Stabiliteit voor ontwerpersProf.ir. D. Dicke Vs Sd DUP Blue Print © VSSD Eerste druk 1991 Tweede druk 1994 DUP Blue Print is een imprint van: Delft University Press P.O. Box 98, 2600 MG Delft, The Netherlands tel. +31 15 27 85678, telefax +31 15 27 85706, e-mail
[email protected] internet: http://www.library.tudelft.nl/dup Uitgegeven in opdracht van: Vereniging voor Studie- en Studentenbelangen te Delft Poortlandplein 6, 2628 BM Delft, The Netherlands tel. +31 15 27 82124, telefax +31 15 27 87585, e-mail:
[email protected] internet: http://www.vssd.nl/hlf URL over deze publicatie: http://www.vssd.nl/hlf/f005.htm Voor docenten die dit boek in cursusverband gebruiken zijn de illustraties in dit boek in elektronische vorm gratis beschikbaar. Een verzoek tot levering kan men richten aan
[email protected] Vs Sd Alle rechten voorbehouden. Niets uit deze uitgave mag worden verveelvoudigd, opgeslagen in een geautomatiseerd gegevensbestand, of openbaar gemaakt, in enige vorm of op enige wijze, hetzij elektronisch, mechanisch, door fotokopieën, opnamen, of op enige andere manier, zonder voorafgaande schriftelijke toestemming van de uitgever. All rights reserved. No part of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system, or transmitted, in any form or by any means, electronic, mechanical, photo-copying, recording, or otherwise, without the prior written permission of the publisher. Printed in The Netherlands. ISBN 90-407-1279-4 NUR 956 Trefw: constructiemechanica, bouwtechniek 5 Voorwoord Dit boek heeft zijn eerste voorloper in een in 1970 uitgegeven collegedictaat over stabiliteit ten behoeve van tweedejaars studenten Bouwkunde. Daar deze studenten in vergelijking tot studenten Civiele Techniek beduidend minder wiskunde en toegepaste mechanica in hun curriculum hadden moest de op zich vrij lastige theorie van de stabiliteit van constructies in een vorm worden gegoten die studenten Bouwkunde voldoende inzicht gaf om in hun ontwerpen rekening te houden met het ‘fenomeen’ stabiliteit. De vraag naar het collegedictaat, niet alleen van andere onderwijsinstellingen, maar ook vanuit de praktijk leidde tot de uitgave ‘Knik en Stabiliteit’ van het Professor Bakkerfonds, inmiddels al vele jaren uitverkocht. Mijn overgang in 1979 naar de afdeling der Civiele Techniek vroeg om een nieuwe aanpak van het college ‘stabiliteit’. In de colleges Toegepaste Mechanica van Civiele Techniek wordt de stabiliteit ‘fundamenteel’ behandeld. Om echter tijdens het ontwerpen snel te kunnen onderkennen of men te maken heeft met een stabiliteitsgeval en zo ja om snel de mate van stabiliteit in orde van grootte te kunnen vaststellen en, niet in de laatste plaats, om inzicht in de stabiliteitsproblematiek te bevorderen is een benaderingsmethode ontwikkeld en in het kader van het college Algemene Constructieleer (ACL) is het dictaat daarvoor in voortdurende ontwikkeling geweest tot het boek dat nu voor u ligt. De laatste wijzigingen betroffen de verwijdering en toepassingen van de voorschriften. Het zou de idee van eenvoudige ontwerpberekeningen geweld aandoen om de voorschriften voor de diverse constructiematerialen in dit boek in te voeren. Hierover zal voldoende literatuur verschijnen en er worden ook reeds cursussen gegeven. Bovendien betekent het begrip kniklengte voor mij een rekentruc, die in sommige gevallen wel handig kan zijn, maar voor het inzicht niet zo bevorderlijk is. De kniklengte is in de nieuwe voorschriften nog niet verdwenen. Om dit begrip te omzeilen zijn los van voorschriften hier en daar fysische en geometrische imperfecties ingevoerd om het werkelijke elastische gedrag van een constructie duidelijk te laten uitkomen. Elastisch gedrag, want in het elasto-plastische gebied wordt de stijfheid en dus de stabiliteit snel minder en gelden andere regels. Voor de ontwerpberekening in eerste instantie niet zo belangrijk. Vs Sd Veel dank ben ik verschuldigd aan ir. C. Hartsuijker voor de vele inspirerende gesprekken over onderwijs in toegepaste mechanica en constructieleer. Voor de kwaliteit van het dictaat ‘stabiliteit’, en dus ook van dit boek ben ik veel dank 6 Stabiliteit voor Ontwerpers verschuldigd aan ing. R.W. van Eede die al die jaren de lay-out en het tekenwerk voor de dictaten op voortreffelijke wijze heeft verzorgd en daarbij indirect ook heeft bijgedragen aan de inhoud van dit boek. Baarn, november 1990 D. Dicke Bij de tweede druk Na de eerste druk zijn de nieuwe voorschriften officieel in gebruik genomen. In een enkel geval is afgeweken van het principe om geen beschouwingen te wijden aan toepassingen van voorschriften. Wel zijn (met uitzondering van de overdruk over ‘Vallen en opstaan bij kruipen en knikken’) notaties en benamingen aangepast. Bovendien konden een aantal typefouten en eigen ingeslopen slordigheden worden gecorrigeerd. De veranderingen betreffen vooral de rekenvoorbeelden. De redactie van deze wijzigingen was in handen van ir. F. Vink, die veel heeft bijgedragen aan het up-to-date houden van dit boek. J.C. Siers en P. den Boer zorgden voor enige nieuwe tekeningen. Hen allen ben ik veel dank verschuldigd. Baarn, oktober 1993 D. Dicke Vs Sd 1.1. 5. De buigzame staaf verend ingeklemd VERDEELDE DRUKBELASTING OP DE INGEKLEMDE STAAF 4. Voorbeelden van translatieveren in de praktijk 2.7. volledig gesteund FICTIEVE STIJFHEID PENDELSTAAF VEREND GESTEUND ONDERLINGE STEUN VAN VEREND INGEKLEMDE STAVEN Sd 7.4.2.2.7 Inhoud 1. Oneindig stijve staven.6. Staven met twee stijfheden 9 14 14 18 25 25 27 29 29 30 36 38 49 49 52 56 56 61 70 70 79 83 86 98 108 112 3. Verend ingeklemde staven. 8. 10. 4. 9. De buigzame staaf oneindig stijf ingeklemd 3. Schijnbare stijfheid 3. GESCHOORDE STAVEN 6.1. verend ingeklemd 3.2. De verend ingeklemde staaf (ongeschoord) 3. INLEIDING VOORBEELDEN IN DE PRAKTIJK 2.1. PARTIëLE STABILITEIT 11.1.5.2. Veel voorkomende gevallen 3. Geschoorde staven 6. 2. Staven met twee rotatieveren 5. Enkele toepassingen 3. ROTATIESTABILITEIT . Gelijkmatig verdeelde drukbelasting op staaf 4. Andere verdelingen van drukbelasting op de staaf STAVEN 5. Vs 6.2.3. Voorbeelden van rotatieveren in de praktijk INGEKLEMDE STAVEN 3. 3.2.1. Dwarsbelasting 115 118 126 126 129 136 BIJLAGE D OVERDRUKKEN VAN ARTIKELEN UIT TIJDSCHRIFTEN Toelichting op het artikel ‘Hoe oud is de kapitein?’ Hoe oud is de kapitein? Vallen en opstaan bij kruipen en knikken INDEX 141 181 183 184 187 206 Vs Sd . Buigslappe staven C.8 Stabiliteit voor Ontwerpers BIJLAGE A BIJLAGE B BIJLAGE C C. Stalen staven C. 1. Zie figuur 1. Maar ook opgelegde vervormingen door temperatuur. In tal van gevallen is de grootte van deze vervormingen van invloed op de grootte van de inwendige krachten in de constructie. Vs Sd Figuur 1. Je kan niet alsmaar blokken op elkaar stapelen. die op hun beurt de uitbuiging en dus de verplaatsing van het zwaartepunt van de verticale belasting vergroten. er moet een toestand van evenwicht ontstaan. gronddruk.1. . Door de uitbuiging verplaatst het zwaartepunt van de verticale belasting.9 1 Inleiding Op een bouwwerk werken uitwendige krachten zoals zwaartekracht. Ten eerste moet dit proces tot rust komen. zettingen. Het stabiliteitsverschijnsel kennen we al vanaf onze jeugd. waterdruk. wind. Enige voorbeelden Op een wolkenkrabber werkt de zwaartekracht als een verticale belasting en de wind als een horizontale belasting. Door de wind buigt de wolkenkrabber. Onder invloed van belastingen vervormt een constructie. enzovoorts. De draagconstructie van het bouwwerk moet dit alles opvangen en ervoor zorgen dat het bouwwerk gedurende z’n levensduur voldoende veilig. Deze verplaatsing veroorzaakt extra buigende momenten. We moeten nu twee gevallen nagaan. krimp en kruip. stijf en stabiel is. De toren gaat bij het hoger stapelen steeds wankeler worden en wordt steeds gevoeliger voor stoten en trillingen. Ook hier een proces waarvan moet worden aangetoond dat het tot een evenwicht komt en waarvan de invloed op de grootte van de buigende momenten moet worden vastgesteld.4 is een ligger getekend met een gelijkmatig verdeelde belasting q die tevens een drukkracht moet opnemen door de wijze van ophanging van een belasting F.2 getekende spant is belast door een gelijkmatig verdeelde verticale belasting groot q kN/m. als we uitgaan van een stijve hoek bij B. Vs Doen we dit niet dan zien we dat de ligger doorbuigt en. Sd . Figuur 1. maar dat kunnen we wel verwaarlozen.2. Door de rol bij C zal bij A geen horizontale reactie optreden en zullen dus geen dwarskrachten en momenten in de kolom ontstaan. We kunnen de oplegreactie ontbinden in een dwarskracht en een normaalkracht. indien we vergeten om te letten op de vervorming van dit spant. zie figuur 1. Het in figuur 1. In figuur 1. althans. enzovoorts. Ten tweede moet voor de sterkte rekening worden gehouden met die extra buigende momenten.3. Wat we niet kunnen verwaarlozen is de door de scheefstand van de kolom ontstane dwarskracht in de kolom. dat de rechte hoek bij B niet vervormt en dus de ligger horizontaal verplaatst. De oplegreactie bij A zal afnemen en bij C toenemen. Deze drukkracht N vergroot de doorbuiging u0. Er ontstaan nu momenten in de kolom die daardoor zal buigen waardoor de horizontale verplaatsing van de ligger groter wordt en dus ook de dwarskracht en de buiging.10 Stabiliteit voor ontwerpers waarbij in de bruikbaarheidsgrenstoestand de totale uitbuiging binnen een vooraf bepaalde limiet blijft. . We spreken kortweg van stabiliteitsproblemen.3. die wordt belast en daardoor buigende momenten moet opnemen die de uitbuiging vergroten waardoor de buigende momenten weer toenemen enzovoorts. Vs Sd Figuur 1. Figuur 1. En zo zijn er meer voorbeelden te bedenken.Inleiding 11 Figuur 1. zoals de niet rechte pendelkolom uit figuur 1. Sterk overdreven getekende verplaatsing van punt B.5. Het evenwicht moet onder invloed van de belastingen stabiel zijn. 5 ql4 u0 = 384 EI en introduceert tevens eigen momenten N ·u als de ligger bij een zakking u in een evenwichtstoestand is gekomen. Het zijn steeds de drukkrachten die vervormingen vergroten en daarna tevens grotere buiging veroorzaken.5.4. al naar gelang de dimensies waarmee we in de berekening werken. want met een handberekening een exacte analyse maken van een constructie die gevoelig is voor instabiliteit is vaak een zeer tijdrovende. aan een fundering. zo niet onmogelijke zaak. De indeling van dit boek in grote lijnen is als volgt – Randvoorwaarden van staven – Verend ingeklemde staven – Geschoorde staven – Rotatiestabiliteit – Imperfecties – Praktijkvoorbeelden Vs Randvoorwaarden Een constructie-element zweeft niet vrij in de lucht. Dat wordt niet in dit boek behandeld.12 Stabiliteit voor ontwerpers Het aantonen dat een constructie stabiel is. is het belangrijk om ten eerste inzicht te hebben of we te maken hebben met een reëel stabiliteitsprobleem. Dit proces mag niet teveel tijd vergen maar moet wel betrouwbaar zijn. Tenzij anders vermeld wordt in dit boek uitgegaan van de elasticiteitstheorie. Sd * Als in dit boek wordt gesproken over oneindig stijf dan betekent dit dat een inklemming of staaf zó stijf is dat hij als oneindig stijf mag worden geschematiseerd. In dit boek zal voor lijnvormige constructies een methodiek worden ontwikkeld die inzicht geeft in de problematiek en snel tot betrouwbare kwantitatieve informatie leidt. Bekend zijn de rol. is met de invoering van de computer eenvoudiger geworden. De translatieveer wordt gekarakteriseerd door de veerconstante k. de oneindig stijve* inklemming en de pendelstaaf. k is de kracht die nodig is om de veer een eenheid van lengte te verkorten of te verlengen. In het ontwerpproces. waar vaak snel beslissingen moeten worden genomen over de vormgeving van een constructie. Zoals ze in figuur 1. Blijkt de mate van stabiliteit gering dan kan men de constructievorm wijzigen of de constructie stijver maken. aan vaste punten. Als vormgeving en dimensionering zijn vastgelegd kan eventueel met de computer een meer exacte analyse worden uitgevoerd.6 zijn getekend zijn het schematiseringen van de werkelijkheid. kN/mm. kN/m. De dimensie van k is dus N/mm. Het is verbonden aan andere elementen. . het scharnier. ten tweede om de mate van stabiliteit te kunnen vaststellen en ten derde tot een voldoende kwantitatieve benadering van vervormingen en inwendige krachten te komen om globale afmetingen van de constructie te kunnen vaststellen. gedeeltelijk vaste punten. Minder bekend zijn de translatieveer en de rotatieveer. 6. Vs Sd .Inleiding 13 Figuur 1. Dit is een nogal gecompliceerde translatieveer omdat ze uit twee delen is samengesteld. de paal zelf en de grond. Voorbeelden van translatieveren in de praktijk Een veel voorkomende translatieveer is de funderingspaal.1.1.14 http:www.nl/hlf/f005.htm 2 Voorbeelden in de praktijk 2.1 getekende schema is aangenomen dat de paalbelasting slechts door de paalpunt wordt overgedragen op de grond en dus niet door wrijving langs de paalschacht. Vs Sd Figuur 2. Veerconstante voor de grond kg. De totale indrukking van de beide veren is F F F kp + kg = k Hierin is k de veerconstante van de combinatie paal + grond.vssd. Veerconstante voor de paal kp. In het in figuur 2. . Paal en grond worden verder lineair elastisch gedrag toegeschreven. Voorbeeld 2.2b).000 N/mm = 288 kN/mm 1 1 1 k = 178 + 288 k = 110 kN/mm Voor boorpalen en schroefpalen kan men de hier gevonden k -waarde met 0.2. Hierin is qp het voetdraagvermogen.2a).1 Voor een betonnen paal van 18 m lengte en een doorsnede van 400 ¥ 400 mm2 zou men dan vinden: 1 k=2 kp = 1 20.5 .2. maar toch het effect van de grond in rekening wil brengen dan is een zeer eenvoudige aanname en niet meer dan dat: kg = kp. De elasticiteitsmodulus van beton voor in de fabriek vervaardigde palen is hoog. Vs Sd Figuur 2. Voor de paal met b = 400 mm en aannemende dat qp = 8 N/mm2 geldt dan: kg = 90 ¥ 400 ¥ 8 = 288. 1 Dan is k = 2 k p. EA Dan is F EA kp = = Dl l Als men niets weet over de grond.000 ¥ 4002 = 8.000 N/mm2. Voor geheide palen kan dan globaal worden aangehouden: kg = 80 D·qp voor ronde palen (figuur 2.000 Een enigszins gecompliceerder regel geeft globale waarden voor kg. Daar echter ook op kruip moet worden gerekend zou men kunnen aanhouden E = 20. kg = 90 b·qp voor vierkante palen (figuur 2. Voorbeelden in de praktijk 15 We zien dat 1 1 1 k = kp + kg Fl De samendrukking van de paal kan men schrijven als Dl = .9 ¥ 104 N/mm = 89 kN/mm 2 · 18. voor de pendelstaaf.3).4. tegen omvallen gesteund door een horizontale trek. zoals getekend in figuur 2. in het vlak van tekening (figuur 2. In dit laatste geval is het echter beter eens te zoeken naar constructieve maatregelen om die gevoeligheid te verminderen. in één steunende translatieveer. een nadere berekening maken. Is de uitkomst wel gevoelig voor de waarde van k dan zal men achteraf.2 In dit voorbeeld wordt een pendelstijl. Beide staven kunnen nu geschematiseerd worden. Voor geheide palen zou men dan als voorlopige aanname kunnen aannemen: k = 100 kN/mm. 3EI/h3 is de veerstijfheid indien EA = •.16 Stabiliteit voor ontwerpers vermenigvuldigen. Sd Figuur 2. Vs Figuur 2. Voorbeeld 2.(of druk-)staaf en een verticale ingeklemde staaf. In de ontwerpfase heeft men vaak nog geen gegevens over palen en grond bij de hand. De veerconstante van palen is belangrijk om de rotatieveerconstante van funderingen vast te stellen. Dus . Is de constructie zeer gevoelig voor de waarde van k dan dient men k vast te stellen in samenwerking met een grondmechanicadeskundige. als men meer gegevens heeft.4. Onder invloed van een trekkracht H verplaatst het aangrijpingspunt van H over een afstand Hl Hh 3 u = EA + 3EI H k=u 1 u l h3 k = H = EA + 3EI EA/l is de veerstijfheid indien EI = •.3. Als blijkt dat de totale uitkomst van een berekening vrij ongevoelig is voor de waarde van k dan kan men het hierbij laten. Daarom wordt meestal EA = • aangehouden. Figuur 2.6 wordt een staaf gesteund door twee kabels.5. De kabels worden licht voorgespannen zodat ze niet slap hangen. Voorbeeld 2. De elasticiteitsmodulus van de kabels is E en doorsnede A.2. zie figuur 2. Om de veerstijfheid k van de vervangende translatieveer te bepalen brengen we weer een kracht H aan en bepalen de verplaatsing u van de top van de staaf.6. Kracht in linker kabel (c/a)·H.7. tenzij duidelijk is dat EA niet kan worden verwaarloosd. Als de top naar rechts zou willen verplaatsen dan zal de rechter kabel slap gaan hangen. . Vs Sd Figuur 2. Meestal is vervorming door normaalkracht veel kleiner dan vervorming door buiging.7. Het eigen gewicht van de kabels wordt verwaarloosd. Voorbeelden in de praktijk 17 1 1 1 k = kstaaf + kkolom Figuur 2.3 Tenzij anders vermeld gaan we er bij de behandelde gevallen steeds van uit dat loodrecht op het vlak van tekening geen verplaatsing mogelijk is! In figuur 2. Alleen de linkerkabel kan dan nog voor stabiliteit van het geheel zorgen. Figuur 2.8): c a ·H·c c2 H Dc = EA = a ·EA Figuur 2.9.8. In figuur 2. Voorbeelden van rotatieveren in de praktijk Voorbeeld 2. We verwaarlozen de verkorting van de staaf ten opzichte van de verlenging van de kabel.9 getekende schema met H a2 k = c = 3 ·EA c Vs De staaf is een pendelstaaf en moet ook zelf beoordeeld worden op stabiliteit. De horizontale verplaatsing van de top is dan gelijk aan c c3 H u = a ·Dc = 2 · a EA Voor de beoordeling van de stabiliteit van dit systeem kunnen we deze afgetuide staaf dan schematiseren tot het in figuur 2.2.10. De verbinding is .18 Stabiliteit voor ontwerpers Uitrekking Dc van de kabel (zie figuur 2.4 Sd Figuur 2. 2.10 is een verticale staaf ingeklemd in een horizontale staaf. . Door de verticale belasting van de toren heerst er druk in alle palen.11. De palen staan zodanig gegroepeerd dat ze twee identieke symmetrie-assen hebben.12. Het blok zal over een hoek f draaien.11.2.5 Een hoge toren is gefundeerd op een als oneindig stijf te beschouwen dikke betonplaat waaronder 16 palen. Figuur 2. Voorbeelden in de praktijk 19 oneindig stijf. maar de inklemming is niet oneindig stijf omdat de verbinding kan roteren. De toren zakt iets. Als er een moment M op de fundering werkt zullen aan de ene zijde de palen extra gedrukt worden en aan de andere zijde wordt de druk verminderd. Brengen we bij A een moment aan op staaf AB dan is de hoekverdraaiing f van deze staaf bij A gelijk aan Ml f = 3EI2 2 We kunnen deze verende inklemming nu schematiseren tot het hier getekende schema waarbij de waarde van de veerconstante gelijk is aan r= M 3EI2 = kNm/rad (indien alle dimensies in kN en m) l2 f Voorbeeld 2. Vs Sd Figuur 2. zie figuur 2. 6 Bij de constructie in figuur 2. .13.20 Stabiliteit voor ontwerpers We kunnen de palen beschouwen als translatieveren met veerconstante k.14.12). Dan is M =  kai2·f = fk ai2 (indien k voor alle palen gelijk is) i=1 i=1 n n De rotatieveerconstante is in dit geval: r= M = k a i2 f i=1 Voorbeeld 2. De constructie is symmetrisch.13 is de middenkolom stijf verbonden aan de bovenregel.15. Sd dus Zie ook het schema van figuur 2.15. Brengen we een moment M aan vanuit de kolom op de ligger (figuur 2. Figuur 2. De verplaatsing van de paalkop is daar gelijk aan aif (zie figuur 2. Met veerconstante k is de paalkracht gelijk aan kaif. Vs Figuur 2. We bekijken paal i op afstand ai van de rotatie-as (een symmetrie-as van de paalgroep). Deze paalkracht levert een bijdrage kaif·ai = kai2·f aan weerstand tegen het moment M.14) dan is M·l Ml f = 3EI = 6EI 1 1 r= M 6EI1 = l f 1 2 n Figuur 2. 16. Figuur 2. k= Vs Sd s u De dimensie is kracht/lengte3. Tabel 2. Het probleem is om de relatie M/f te bepalen. zie figuur 2. Aannemende dat we op een goede zandgrond funderen zouden we tabel 2. Deze is afhankelijk van de grootte van de funderingsplaat.1 kunnen gebruiken voor de grootte van de beddingsconstante.16.1. Voorbeelden in de praktijk 21 Voorbeeld 2.7 In dit voorbeeld is een toren gefundeerd op staal. oppervlakte funderingsplaat in m2 < 10 10 – 20 20 – 100 > 100 beddingsconstante k in kN/m3 5·104 4·104 3·104 2·104 .2. dus N/m3. kN/m3 of N/mm3. de opbouw van de grond en de aanlegdiepte van de fundering. Een eenvoudige methode om tot een redelijke waarde van r te komen is gebruik te maken van het begrip beddingsconstante. Dat is een soort veerconstante voor grond die de relatie aangeeft tussen de spanning s ten gevolge van de belasting en de daarbij behorende vervorming u. 18. bedoeld om enig houvast te krijgen over de rotatiestijfheid van een fundering. zie figuur 2. Voorwaarde voor de afleiding van de hieronder volgende formules is.17.17. Evenzo vindt men voor een cirkelvormige fundering: p r = 64 kD4 . Figuur 2.22 Stabiliteit voor ontwerpers Evenals voor de k-waarde van palen moeten we bedenken dat dit ook een model is. dat er zoveel verticale belasting (Q ) is dat met een moment op de funderingsplaat erbij geen trekspanningen kunnen optreden. Bij een vierkante plaat. is de richting waarin het moment werkt van geen invloed op de grootte van r. Indien de stabiliteit van het geheel gevoelig is voor de waarde van r dan moeten we òf onze constructie veranderen òf de hulp inroepen van een specialist grondmechanica. Q M s1 = A en s2 = 1 a3 6 s 6M u= = 3 k ka u 12M f=1 = 4 ka a 2 r= M = 1 ka4 f 12 Vs Sd Figuur 2. 0200 0.0200 0.04 0. In werkelijkheid zijn ze zo klein dat sin f = tg f = f en dat cos f = 1.0500 In het boek wordt uitgegaan van volledig en onbeperkt elastisch gedrag van staven en veren en van onbeperkt reactievermogen. In de praktijk zal moeten worden nagegaan of spanningen en vervormingen binnen de opgelegde randvoorwaarden vallen. 0.9998 0. Deze gaan een rol spelen bij de vormgeving en dimensionering van de constructie. . Vs Sd Figuur 2. f rad.9988 tg f 0.20.0000 0.19.2. verlies van evenwicht.21.0400 0. het enige onderwerp van onderzoek. Figuur 2.0400 0.0500 cos f 1.03 0.2. Voorlopig is dus hier het eerste grensgeval.9996 0.9992 0. In beide gevallen is men ervan uitgegaan dat de funderingsplaat zelf als oneindig stijf kan worden beschouwd! Aanname De vervormingen die we beschouwen worden steeds overdreven getekend.02 0. Uiteraard is f hierin uitgedrukt in radialen.0300 0.01 0.0100 0. Voorbeelden in de praktijk 23 Figuur 2. Tabel 2.05 sin f 0.0300 0.0100 0. 20) zal schuiner liggen bij een plotselinge windvlaag. In de in figuur 2. Het duikelaartje in figuur 2. Vs Figuur 2. Daardoor ontstaat een terugdraaiend koppel. Een overdekte aanlegsteiger voor plezierboten kan schommelen door wind en golven. en het dak zal weer terugdraaien. Of anders gezegd: de opwaartse waterdruk is rechts groter geworden en links kleiner. Hier is het duidelijk dat de doorsnede van de blokken belangrijk is.22. maar zich weer oprichten als de windvlaag weg is. als de oorzaak van de scheefstand verdwijnt.22 getekende situatie is het rechterblok ‘lichter’ geworden en het linkerblok ‘zwaarder’. Er vormt zich een terugdraaiend koppel.24 Stabiliteit voor ontwerpers Hier volgen nog enige voorbeelden van ‘lichamen’ die door een goede vormgeving stabiel gedrag vertonen. Sd . Een boot (figuur 2. Een grotere doorsnede geeft grotere opwaartse waterdruk rechts en grotere neerwaartse belasting links.21 zal na een stootje weer rechtop staan als op z’n as het middelpunt M van het onderste bolsegment hoger ligt dan het gewichtszwaartepunt Z van het totale figuurtje. 1.1 geschematiseerd komt zeer veel voor.en veranderlijke belasting gelijkmatig verdeeld verticaal wordt belast en onderhevig is aan aanvallen van de wind.2. Hij is ingeklemd in z’n fundering die kan roteren.1 De verend ingeklemde staaf zoals in figuur 3. .2 Sd Figuur 3. rustende.3.1. De verend ingeklemde staaf (ongeschoord) Voorbeeld 3. 3.25 3 Ingeklemde staven De staven in dit hoofdstuk hebben een constante doorsnede. Vs Figuur 3.2 kan worden geschematiseerd tot een staaf die door z’n eigen gewicht. Figuur 3. Voorbeeld 3. De wolkenkrabber in figuur 3. Sd Voorbeeld 3. Stijlen verend ingeklemd in de fundering en de bovenregel vrij opgelegd . Vs Figuur 3. zie figuur 3.26 Stabiliteit voor ontwerpers De stijve kern van een hoog woongebouw. figuur 3. Figuur 3. hallen of dergelijke.4 De stijlen van ongeschoorde tweescharnierspanten voor loodsen.6. voorkomen krijgen onder belasting de in de figuur 3. Voorbeeld 3. Figuur 3.4 aangegeven vervorming.7 geschetst. die geen stijve kern hebben. zijn verend ingeklemd in de bovenregel.5.3 Raamwerken zoals ze in flatgebouwen.3. levert een belangrijke bijdrage aan de stabiliteit van het gehele bouwwerk en kan ook worden gezien als een in de fundering verend ingeklemde gelijkmatig verdeeld belaste staaf. Figuur 3. In stijlen en regels kan men in zo’n gebouw als eerste aanname de buigende momenten halverwege stijlen en regels als nul aannemen: In zo’n constructie ziet men dan tussen die fictieve scharnieren kruisjes ontstaan (zie figuur 3. Geprefabriceerde ongeschoorde loodsen komt men nogal eens tegen zoals in figuur 3.7.6.5) die men verder kan schematiseren tot verend ingeklemde staven.4. 8. Figuur 3.9). Slechts de stijfheid van de veer is over. Met F draait de staaf door tot er evenwicht is.2. Op de staaf werken een aantal krachten die ten opzichte van de inklemming een moment geven en dus de staaf laten draaien. De excentriciteit van F groeit aan van u0 tot u en de veer draait van hoek f0 tot hoek f = u/l. Tengevolge van M0 alleen.8.10).3. verplaatst de top over een afstand u0. r M0 + Fu = l u . Oneindig stijve staven. verend ingeklemd Voor een eerste kennismaking met de aanpak van stabiliteitsproblemen is de oneindig stijve staaf op een verende inklemming een zeer geschikt onderwerp. De veer is gedraaid over een hoek f0 = u0/l. Als evenwicht is bereikt is M0 + Fu = rf (figuur 3. Op de staaf werken nu het actiemoment M0 + Fu en het reactiemoment rf. Doordat de staaf oneindig stijf is. Hierdoor wordt F over een afstand u0 verplaatst. De complicatie van de buigzaamheid van de staaf is hiermee geëlimineerd. Ingeklemde staven 27 op de kolommen. Zonder F is dus Mveer = M0 en f0 = M0/r en u0 = (M0/r)l. Deze krachten zijn aangegeven in figuur 3. 3. Sd We mogen de kracht F centrisch veronderstellen als het moment M0 wordt aangebracht (figuur 3. is er een lineaire relatie tussen u en f. Vs 1 M0 = Fa + bw(d + 2 b) + Hl We kunnen de draaiingsactie om de veer samenvatten in het moment M0. Met Fk/F = n kan ook worden geschreven Fk Fk – F · u 0 Sd . met Fk = r/l is M 0 ·l M 0 u0 = r =F k M M0 u = (r/l) 0 – F = Fk – F dus u= en dus ook Fk f=F – ·f 0 k F Duidelijk is in deze formules dat met het groter worden van F ten opzichte van Fk. Deze evenwichtsformule geldt zolang de veer zich elastisch gedraagt en bovendien indien we nog stellen dat l cos f = l. Figuur 3. M u = (r/l) 0 –F en dus ook M /l f = (r/l)0– F u bereikt een eindige waarde indien r/l > F.10.B. N. Vs Het grensgeval wordt bereikt als F= r/l. De verkorting van de staaf en de verticale indrukking van de veer hebben geen invloed op dit evenwicht.9. Dit is de kritische belasting Fk die onafhankelijk is van de grootte van M0 en slechts afhankelijk is van de grootte van r en van de verticale plaats waar F aangrijpt.28 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 3. u en f snel toenemen. Q = ql r 2r Qk = 1 = l l 2 3.12. Schijnbare stijfheid De kracht F vergroot de vervorming met de factor n/(n–1).4. De staaf wordt scheef geplaatst onder een hoek fi met de verticaal. de vergrotingsfactor. Veel voorkomende gevallen 1. . De stijfheid van de constructie wordt schijnbaar verminderd met de factor (n-1)/n!!! Met n = 1 heeft de constructie schijnbaar geen enkele stijfheid meer. Dat komt erin als F wordt geplaatst. Zie figuur 3. zie figuur 3. Figuur 3. gelijkmatig verdeeld verticaal belast. 2.13. Ingeklemde staven 29 u= n n ·u en f = ·f n–1 0 n–1 0 En daar het moment in de veer gelijk is aan rf (en in eerste orde M0 = rf0) is ook n Mveer = n – 1 M0 3. Zie figuur 3. De hoge toren. r Fk = l Vs Sd Figuur 3.11. In de veer is nog geen moment aanwezig.11.12.3. Het zwaartepunt van de verticale belasting bevindt zich bij een prismatische toren op de halve hoogte van de toren.3. De kracht F staat op de staaf. 3. 13. enz. Dit monument moet de groeiende samenwerking tussen de beton. links het vooraanzicht. Enkele toepassingen Toepassing 3.5. Figuur 3. In de evenwichtsstand is het actiemoment Fu en het reactiemoment r(f – fi). Met f = u/l en fi = ui/l is nu: r u /l u = (r/l) i– F ui ru rui {F·u = r(f – fi) = r(u l – l ) = l – l . Het is een staalconstructie. Eén van de inzendingen is in figuur 3. n Fk ·u i = n – 1 · u i u=F – k F n Mveer = Fu = n – 1 ·Fui Vs Sd 3. Om tot uitdrukking te brengen dat deze samenwerking nog veel te wensen overlaat heeft de ontwerper het monument stabiel gemaakt met vier . rechts het bovenaanzicht.1 Voor de komende Bouwbeurs is een prijsvraag uitgeschreven voor de meest originele publiekstrekker. De bovenste 2 m bestaat uit een massieve piramide van beton.} De kritische belasting blijft Fk = r/l. rustend op een steunpunt.en staalindustrie symboliseren.30 Stabiliteit voor ontwerpers M0 = Fui en neemt toe — door verdere uitbuiging van ui tot u — van Fui tot Fu.14 getekend. De kabels worden voorgespannen zodat ze ook drukkrachten kunnen opnemen. dan zijn in belastingsgeval 1 de kabels theoretisch spanningsloos (behoudens de voorspanning).7 m boven draaipunt. Vs Sd Indien er vanuit wordt gegaan dat het zwaartepunt van de piramide in onbelaste toestand zuiver boven het draaipunt ligt.2 ¥ 64 kN = 76.35. Er mag in de kabels een spanning van 150 N/mm2 worden toegelaten.3.5f m = 0 (geen initiële scheefstand). Ingeklemde staven 31 kunststof kabels.0 m ¥ 24 kN/m3 = 64 kN. Dit probleem zal worden opgelost met een evenwichtsbeschouwing en met een schematisering tot oneindig stijve staaf verend ingeklemd. Figuur 3. b.8 kN en gp·Hwind = 1. bovenaanzicht. a. Gewicht betonnen piramide: 1 G=3 ¥ 2. Rekenwaarden belasting: Belastingsgeval 1: gg·G = 1. Werklijn windbelasting 4.35 ¥ 64 kN = 86. Zwaartepunt piramide is 4.5 m boven draaipunt.2.0 m ¥ 2. a.14. Gevraagd de grootte van de noodzakelijke voorspanning in de kabels en onderzoek of de aangegeven doorsnede van de kabels (40 mm2) voldoende is. De staalconstructie mag als oneindig stijf worden beschouwd.0 m ¥ 2. In belastingsgeval 1: 86. .4 kN Belastingsgeval 2: gg·G = 1. en belastingsgeval 2: gg·G + gp·Hwind en gg = gp = 1. Het eigen gewicht van de staalconstructie mag worden verwaarloosd.5f. Het monument valt in veiligheidsklasse 1 met belastings– geval 1: gg·G en gg = 1. b. in belastingsgeval 2: f π 0. elk met E = 6000 N/mm2 en A = 40 mm2. zijaanzicht.4 kN ¥ 4.2 ¥ 2 kN = 2. G verplaatst zich over afstand 4. Evenwichtsmethode Draai de constructie om het voetscharnier over een hoek f. Windbelasting op de piramide 2 kN. Tot die spanning gedragen de kabels zich elastisch.4 kN. . Geef de constructie een draaiing f met behulp van een moment M. Daar druk niet mag worden toegelaten in de kabels moeten alle kabels tenminste 2. Reactiemoment 240 f kN ¥ 6. Actiemoment 2. De linker kabel wordt 3. Trek in linker kabel en druk in rechter kabel.4 kN ¥ 4. Dan is de minimale trekkracht per kabel 2 ¥ 2.0 m = 1440 f kNm Vs Actie = reactie.0103 rad.32 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 3.0103 = 62 mm Als oneindig stijve staaf (figuur 3.0f langer en de rechter 3.0f (m) korter.3 + 346 f = 1440 f (kNm) f = 0.7 m + 76.5 = 5 kN. Dan is r = M/f.3 kNm + 346f kNm.5f m = 11. dus 11.15.0f ¥ 80 kN/m = 240f kN.8 kN ¥ 4. De veerconstante van een kabel is EA 6 000 N/mm2 ¥ 40 mm2 = 80 N/mm = 80 kN/m k= l = 3 000 mm Dus krachten in kabels 3. Horizontale verplaatsing top piramide: 6000f = 6000 mm ¥ 0.16) Bepaling waarde van r. Sd Dus kracht in kabels 240f kN = 240 kN ¥ 0.0103 = 2.479 kN.5 kN worden voorgespannen. s= 5000 N = 125 N/mm2 < 150 N/mm2 40 mm2 De kabels zijn dik genoeg. 32 ¥ 0.0 m = 18 kf kNm.32 Sd 2‚4 kN ¥ 4‚7 m f0 = 1440 kNm/rad = 0.17. en k is hiervoor berekend op 80 kN/m.B. Figuur 3. N. Deze wat uitvoerige uiteenzetting was behalve toepassing van theorie ook een voorbeeld van schematisering van een op het eerste gezicht gecompliceerd probleem tot een direct herkenbaar probleem. Figuur 3.00783 rad n f = n – 1·f0 = 1.16.0103 rad Zie verder evenwichtsmethode.3.17 volgt M = 3.00783 = 0.0 kf kN ¥ 6. . Opgave Zoek uit bij welke waarde van uibelastingsgeval 1 maatgevend wordt ten opzichte van belastingsgeval 2 met ui = 0 (antwoord: ongeveer 127 mm). r= M 18 ¥ 80f = = 1440 kNm/rad f f 1440 kNm = 320 kN 4‚5 m Gk = Vs 320 kN In belastingsgeval 2: n = 76‚8 kN = 4.17 n n – 1 = 1. Ingeklemde staven 33 Uit figuur 3. 22).18 en 3. Weerstandsmoment ronde funderingsplaat: 1 1 W=3 p D3 = 3 ¥ p ¥ (24 m)3 = 1357 m3 2 2 2u 2s M f = D = kD = 2WkD Rotatieveerconstante: M WkD p p 4 4 3 4 4 r= = 2 = 64kD = 64 ¥ 2 ¥ 10 kN/m ¥ (24 m) = 32570 ¥ 10 kNm/rad = f 325700 MNm/rad Sd Figuur 3. goede zandgrond met beddingsconstante k = 2·104 kN/m3 (zie tabel 2.0 kN/m3. 1 Inhoud toren: 150 m ¥ 4 ¥ p ¥ (20 m)2 = 47124 m3.5. Vs Figuur 3. Op basis van TGB 1990 wordt uitgegaan van een representatieve windbelasting van 0.60 m+. Het gebouw is een betonconstructie met een gemiddelde representatieve belasting van 3 à 3. waarvan 80% permanente en 20% veranderlijke belasting met een momentaanfactor y = 0. neem hier aan 3.19.1 op blz.18. alsmede de invloed van de dynamische windbelasting verwerkt.34 Stabiliteit voor ontwerpers Toepassing 3. Zie de figuren 3. afgerond 128 MN.19 . Beschouw de toren zelf als oneindig stijf. gemiddeld over de volle hoogte en met het aangrijpingspunt van de resultante ongeveer op 84.2 Gegevens: Een hoog woongebouw in de Randstad met ronde doorsnede staat gefundeerd op staal. In de bijlage D zal deze zelfde toren niet oneindig stijf worden behandeld.2 ¥ 0.5 ¥ 3 kN/m3) = 127235 kN. op de fundering de momentane combinatie. Verticale belasting Q: 47124 m3 ¥ (0.8 ¥ 3 kN/m3 + 0.93 kN/m2.5 kN/m3. Hierin zijn alle reductieen vormfactoren. n = 1‚26 ¥ 127235 kN = 27 .60 m + gg·Q ¥ 2 u m = rf Hieruit volgt: u = 0. Alternatieve berekening met Qk: Qk = 2r r Qk 4343000 kN l = 75 m = 4343000 kN.93 kN/m2 = 2790 kN. Ingeklemde staven 35 Figuur 3. Figuur 3.63 452 m2 1357 m3 N/mm2 Dit is op goede vaste zandgrond nog wel toelaatbaar. Gevraagd wordt: 1.3. 1 Uitbuiging: W ¥ 84.112 m.169 m 0‚169 m u Mveer = rf = r· = 32570 ¥ 104 kNm ¥ 150 m = 366955 kNm l Oppervlakte fundering: 1 1 pD2 = 4 ¥ p ¥ (24 m)2 = 452 m2 4 Q M 1‚26 ¥ 128 ¥ 103 kN 366955 kNm smax = A + W = + = (357 + 270) kN/m2 = 0. u = 0.60 m + 2 ¥ 128 ¥ 103 kN ¥ u = 32570 ¥ 104 ¥ 150 m.5? (veiligheidsklasse 3) Oplossing vraag 1. Windbelasting W: 150 m ¥ 20 m ¥ 0. Vs Sd ggemiddeld = 80% ¥ gg + 20% ¥ gp = 1. n = Q .26 1 gp·Wind ¥ 84.2 en gp = 1.21. Oplossing vraag 2. Hoe groot is de uitbuiging u aan de top van dit gebouw? 2.20. Er treedt geen ‘trekspanning’ op onder de plaat.60 m + Q ¥ 2 u m = rf u 1 2790 kN ¥ 84. Hoe groot is de maximale spanning die in de grond onder de funderingsplaat kan optreden bij gg = 1. 26 ¥ 128000 kN ¥ 0. De kracht F geeft een uitwendig moment M x = F·u x. opgewekt door het uitbuigen.23. kan op eenvoudige wijze een ‘exacte’ oplossing worden gevonden voor het probleem van de bepaling van de kritische belasting.5 ¥ 2790 kN ¥ 84.22. indien met constante EI en de belasting op de top.6. de staaf handhaaft z’n uitbuigingslijn ux = u sin (px/2l). px ux = u sin 2l Sd Het inwendig moment.5 ¥ 2790 kN ¥ 84. Dan is p2 px d 2u Mxi = –EI 2x = EI 2 ·u sin 2l (inwendig moment) dx 4l px Mxu = F u sin 2l (uitwendig moment) Mxi = Mxu voor F = p2EI 4 l2 . is gelijk Mxi = –EI (d2u/dx2). Figuur 3. Indien nu in iedere doorsnede Mxi = Mxu dan gebeurt er niets.169 m = 354051 kNm (1e orde) + 13628 kNm (2e orde) = 367679 kNm.60 m = 367668 kNm (vergelijk met n–1 p 26 366955 kNm. Deze inwendige momenten trachten de staaf in z’n oorspronkelijke stand terug te brengen.23) Vs Figuur 3.36 Stabiliteit voor ontwerpers n Mveer = · g · M0 = 27 ¥ 1. afrondingsfoutjes) Controle met: 1 1 gp · Mwind + ggemiddeld · Q · 2 u = 1. De buigzame staaf oneindig stijf ingeklemd Voor de staaf in figuur 3. Neem voor de uitbuiging een sinuslijn aan (figuur 3. Geef de staaf een uitbuiging u. Deze uitwendige momenten trachten de staaf verder uit te buigen.60 m + 2 ¥ 1.22. 3. plaats de kracht F en neem tegelijk de oorzaak van de uitbuiging weg. Het is de grens tussen stabiel en instabiel evenwicht.24. Bovendien geeft een goede handberekening meer inzicht in de problematiek dan de .26. Niet altijd heeft men een computer bij de hand. Bijvoorbeeld de formule M = –EI (d2ux/dx2) is niet zuiver exact. Indien hier en elders over ‘exact’ wordt gesproken dan wordt niet bedoeld zuiver wiskundig exact.27.27. Vs Mxu = Hx + Fux Sd Figuur 3. Figuur 3. Het wordt nog bewerkelijker indien de inklemming verend is. In de ontwerpfase van een constructie is het handig om een snelle handberekening te kunnen maken. maar wel exact in praktische zin omdat we te maken hebben met kleine krommingen. Een eenvoudig geval is een horizontale belasting H aan de top tezamen met de verticale belasting F (zie figuur 3.25. Ingeklemde staven 37 Dit noemen we de kritische belasting Fk. Dit in aanmerking genomen kunnen we de hier afgeleide formule (figuur 3.24): Fk = p2EI 4l2 Figuur 3. Meestal is er ook een belasting aanwezig die buiging in de staaf geeft.3. een exacte uitkomst van de bepaling van de kritische belasting voor de oneindig stijf ingeklemde staaf noemen.25). Ook dwarskrachtvervormingen worden verwaarloosd. Willen we dit probleem exact oplossen dan moeten we een differentiaalvergelijking opstellen en oplossen. Maar de uitbuigingslijn is nu geen sinuslijn meer. Figuur 3. zoals in figuur 3. 28. Dan wordt F geplaatst (eerste stap tweede orde uitbuiging u1) 1 enzovoorts.27.29.28). Evenals bij de oneindig stijve staaf vervorming en momenten konden worden bepaald zonder tussenkomst van de kritische belasting. Bij de eerste stap van de vervorming wordt F weggelaten (eerste orde uitbuiging u0 ten gevolge van H alleen). We nemen aan dat bij elke stap de uitbuiging n maal de uitbuiging van de voorgaande stap is. Vs Doordat de staaf buigzaam is bestaat er nu geen eenvoudige relatie tussen u en f zoals bij de oneindig stijve staaf. Dit probleem is op exacte wijze slechts oplosbaar via een differentiaalvergelijking. . In dit boek zal in de berekeningen de bepaling van de kritische belasting een tussenstap zijn die tot snellere resultaten voert. 3. Figuur 3. Sd Figuur 3. zo kan dat ook bij de buigzame verend ingeklemde staaf. In de bijlage A is een voorbeeld gegeven van een exacte oplossing van het probleem in figuur 3.38 Stabiliteit voor ontwerpers black box operatie met de computer. De buigzame staaf verend ingeklemd Eén van de meest eenvoudige gevallen van dat type is de verend ingeklemde staaf met een verticale kracht F en een horizontale kracht H op de top van de staaf (figuur 3. Om de hier behandelde benaderingsmethodes goed te kunnen begrijpen wordt hier het iteratieproces weergegeven. zoals gedemonstreerd in bijlage A. Maar bij deze laatste is dat wel gecompliceerder. In de uitgebogen toestand kan het evenwicht van de totale constructie worden uitgedrukt in de vergelijking Hl + Fu = rf.7. 1 1 + n u1 + n u2 + 1 u0 n2 + 1 u0 n3 1 1 1 u = u0 + (u0 + u 0 + 2 u0 + enz. Hierin is a > 1. maar verder zijn de eerste en tweede stap (Fu0 en Fu1) al vrij behoorlijk verschrikkelijke affien en wordt de affiniteit met elke volgende stap steeds beter.3. u1. Indien nu de momentenlijn Hl een uitbuiging u0 geeft en de momentenlijn Fu0 een uitbuiging u1 = u0 dan is n = 1 en dus F = Fk.30. + enz. u = u0 + u 1 + u 2 1 u = u0 + n u 0 1 u = u0 + n u 0 + u3 + enz. u2. De momentenlijnen Hl en Fu 0. zoals in figuur 3. Ingeklemde staven 39 Figuur 3. Fk = Hl Hl dus Fk < u 0 au0 Sd . Dan is aFu0 = Hl. zouden een gelijke uitbuiging u0 kunnen geven.) n n n 1 u = u0 + u n n u = n – 1 u0 Vs In de reeks momentenlijnen zijn de eerste orde momentenlijn(Hl) en de eerste stap in de reeks tweede orde momentenlijnen (Fu0) niet affien. Daar de u0.31 getekend.…-termen onderling dus een grote affiniteit vertonen is de formule u = (n/(n–1))u0 een betrouwbare formule en Mtotaal = (n/(n – 1))Hl hier minder betrouwbaar (deze formule geeft bij de oneindig stijve staaf exacte uitkomsten). + enz. immers groter dan de exacte waarde. u02 wordt veroorzaakt door buiging van de staaf. Bij de oneindig stijf ingeklemde staaf in figuur 3. 6% aan de onveilige kant.31.32. Deze waarde is echter wel aan de onveilige kant. Daar a niet zoveel van 1 zal afwijken kunnen we als eerste benadering stellen dat Fk = Hl/u0. Het komt er op neer dat Fu0 = Hl en dat het gearceerde deel van de momentenlijn Fu0 wordt verwaarloosd. dus oneindig stijve inklemming. u 0 is een optelling van twee uitbuigingen u 01 en u 02.33 is u0 = Hl3 3EI Sd en wordt dus gevonden: Hl 3EI Fk = u = 2 0 l De exacte waarde is Fk = p2EI 2‚47EI = 4l2 l2 De fout is dus 21. Vs Figuur 3. hoe geringer de verwaarlozing van het bovengenoemde gearceerde deel van de momentenlijn Fu0 dus hoe exacter de uitkomst.40 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 3. u 01 wordt veroorzaakt door draaiing van de veer. De grootste afwijking wordt gevonden indien u01 = 0. . Hoe groter nu u01 ten opzichte van u02. 35) .6%.3% bedragen.2% dus belangrijk kleiner dan 21.648. Voor het geval u01 = u02 zou bij exacte waarde n = 3 de fout in n/(n – 1) nog maar 2.9% aan de onveilige kant. Dan was de 3 3‚648 exacte waarde n/(n – 1) = 2 = 1.216 = 3. u0 = 2Hl3 3EI Hl2 Hl3 = r 3EI dus wordt gevonden Hl 1‚5EI Fk = u = 2 0 l De exacte waarde is Fk = 1‚43EI l2 Vs Sd De fout is nu nog maar 4.33. Ingeklemde staven 41 Figuur 3. Figuur 3. dan zou in dit geval bij de oneindig stijf ingeklemde kolom de benaderde waarde gelijk zijn aan 3 ¥ 1. Voor het geval van de prismatische staaf op z’n top belast door de kracht F kan echter een betrouwbaarder benadering worden bereikt met de volgende redenering: u0 = u01 + u02 (figuur 3. Belangrijker is de waarde n = Fk/F en de daaruit afgeleide vergrotingsfactor n/(n – 1).34 is u01 = en Hl3 u02 = 3EI dus u01 = u02. De fout is dan 8. Bij de staaf in figuur 3.34.5 en de benaderde waarde n/(n – 1) = 2‚648 = 1. Nu is de waarde van Fk niet het belangrijkst. Stel dat de exacte waarde van n gelijk is aan 3.38.3. Voor een ontwerpberekening en zelfs voor een definitieve berekening is dit dus een zeer bruikbare formule. wat nog belangrijker is. Hl Hl Fk = u = u + u 0 01 02 1 u01 u 02 Fk = Hl + Hl Het proces van de bepaling van u0 is in figuur 3. Fk komt nu aan de veilige kant te liggen. De grootste afwijking zal ongeveer 5% bedragen. De formule wordt nu: 1 1 1 Fk = Fk1 + Fk2 (3. Vs 01 02 Uit de figuren kan worden gesteld dat met de benaderingsmethode geldt: Hl Hl en Fk2 = u Fk1 = u Sd Figuur 3.6% te grote uitkomst.36. Hl Hierin is F k1 — met oneindig stijve staaf — de exacte uitkomst en F k2 = u met 02 oneindig stijve veer een 21. Figuur 3.35. .37.36 en 3.1) Wordt in deze formule nu ingevuld Fk2 = (p2EI/4l2). dus de exacte waarde van Fk2 dan wordt de uitkomst van Fk veel betrouwbaarder in het gebied u01 < u02 en.42 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 3.37 getekend. 3. Ingeklemde staven 43 Een nog exacter formule* met hoogstens 0,2% afwijking (aan de onveilige kant) luidt: 1 1 1 u01 Fk = Fk1 + Fk2 (1 – 0,178 u0 ) (3.2) Figuur 3.38. Voor bepaling u01 en u0 in de bijna exacte formule. Dit is echter geen handzame formule, ze is moeilijk te onthouden. Voor praktisch rekenen is de beste formule: 1 p2EI 1 1 r = + met F = en F = k1 k2 Fk Fk1 Fk2 l 4 l2 (3.3) In geen van de laatste twee formules voor de berekening van Fk komt de horizontale belasting H voor en dit is ook zo in de uitkomst van de oplossing van de differentiaalvergelijking. De kritische belasting is onafhankelijk van de grootte en plaats van de eerste orde belasting. De kritische belasting is wel afhankelijk van de plaats van de drukbelasting in de staaf, zoals verderop zal worden behandeld, en uiteraard ook van de rotatiestijfheid van de veer. In enkele geschematiseerde constructies zal een en ander worden gedemonstreerd. Daarbij kan het volgende worden opgemerkt. Indien men het grootste moment uitrekent met M = M1e orde + Fu dan is M1e orde het exacte deel van de uitkomst en Fu het benaderde deel. De afwijking van u ten opzichte van de exacte waarde van u zal dus relatief groter zijn dan de afwijking van M. Met de formule (3.3) wordt aan de veilige kant gerekend, dus ook de uitkomst M ligt aan de veilige kant, zonder echter oneconomisch af te wijken. Belangrijk voor deze benaderingstheorie is dat de momentenlijnen Fu0, Fu1, enz. een behoorlijke affiniteit bezitten. Affiniteit tussen de momentenlijnen M0 en Fu0 is minder belangrijk alhoewel hoe beter de affiniteit hoe minder afwijking. Men moet voorzichtig zijn met het toepassen van de vergrotingsfactor n/(n – 1) op de momenten, vooral bij grote afwijking in affiniteit tussen de momentenlijnen M0 en Fu0. Vs Sd * De afleiding hiervan is gegeven in bijlage B. 44 Stabiliteit voor ontwerpers Ten aanzien van de uitbuiging als maat voor de bruikbaarheid van de constructie geldt dat deze in dat geval voor de rekenwaarde van de belasting in de bruikbaarheidsgrenstoestand moet worden bepaald, dus met grotere waarden voor n. Hoe groter n, hoe nauwkeuriger de uitkomst. Om een en ander te demonstreren volgen nu enkele voorbeelden. Hierbij wordt steeds uitgegaan van reeds geschematiseerde constructies en belastingen. In de bijlage D zullen meer praktijkgerichte voorbeelden worden gegeven. Voorbeeld 3.5 Beschouw figuur 3.39. Figuur 3.39. r 12 000 kNm Fk1 = l = = 2000 kN 6m p2EI p2 ¥ 20 000 kNm2 Fk2 = 2 = = 1371 kN 4 ¥ (6 m)2 4l 1 1 1 1 1 Fk = Fk1 + Fk2 = 2000 + 1371 Fk = 813 kN 813 n = 250 = 3,25 Vs Sd Hl2 Hl3 10 kN ¥ (6 m)2 10 kN ¥ (6 m)3 + = + = 0,030 m + 0,036 m r 3EI 12000 kNm 3 ¥ 20 000 kNm2 = 0,066 m u0 = 3‚25 n u = n – 1 u0 = 2‚25 ·0,066 m = 0,095 m M = Hl + Fu = 10 kN ¥ 6 m + 250 kN ¥ 0,095 m = 60 + 23,8 = 83,8 kNm Computeruitkomsten (exacte waarde): Fk = 854 kN 3. Ingeklemde staven 45 u = 0,093 m en M = 83,2 kNm n Met M = n – 1 M0 zou zijn gevonden: 3‚25 M = 2‚25 ¥ 60 kNm = 86,7 kNm Met de bijna exacte benadering (formule 3.2) zou zijn gevonden: 0‚030 1 1 1 = + (1 – 0,178 ¥ 0‚066 ) Fk 2000 1371 Fk = 854 kN dus afgezien van afronding gelijk aan de exacte uitkomst. 854 n = 250 = 3,42 3‚42 u = 2‚42 ¥ 0,066 m = 0,093 m M = 60 kNm + 250 kN ¥ 0,093 m = 60 + 23,3 = 83,3 kNm Bruikbaarheidsgrenstoestand Met g = 1,5 is in de bruikbaarheidsgrenstoestand n anderhalf maal zo groot. Nu weer verder met Fk = 813 kN. 813 n = 250 ¥ 1,5 = 4,88 Vs u0 4‚88 0‚066 m n = 3‚88 ¥ 1‚5 = 0,055 m u = n – 1 · 1‚5 Met computer berekende waarde u = 0,055 m. Voorbeeld 3.6 Dit is een voorbeeld waarin geen enkele affiniteit is te bespeuren tussen de eerste orde momentenlijn en de momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde. In dit voorbeeld wordt dezelfde staaf genomen als in voorbeeld 3.5, maar nu op halve hoogte een tegengestelde horizontale kracht van 20 kN, zodat het eerste orde moment in de veer gelijk aan nul wordt (zie figuur 3.40). Met formule (3.3) was gevonden Fk = 813 kN; n = 3,25. In de veer is het eerste orde moment nul, dus in de eerste orde fase verdraait de veer niet. De grootte van u0 is dus onafhankelijk van de waarde van r. Met de momentenvlakmethode wordt nu gevonden: Sd 46 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 3.40. 1 ¥ 2 Figuur 3.41 30 kNm ¥ 6 m ¥ 3 m 20 000 kNm2 = 0,0135 m u0 = 3‚25 u = 2‚25 ¥ 0,0135 m = 0,0195 m Mveer = 250 kN ¥ 0,0195 m = 4,9 kNm Computerberekening: u = 0,0196 m en Mveer = 4,9 kNm Met Mveer = (n/(n – 1)).M1e orde zou zijn gevonden Mveer = 0. Op halve hoogte bedraagt de 1e orde uitbuiging (2 30·3·1)/20 000 = 0,0023 m = = 0,167 u0 (figuur 3.41). Totale uitbuiging dus (3,25/2,25) ¥ 0,0023 m = 0,0032 m (in het midden van de staaf). Het grootste moment in de staaf is dus: M = 30 kNm+ 250 kN (0,0195 m – 0,0032 m) = 30 + 4,1 = 34,1 kNm (figuur 3.42). Voor lage waarden van n worden de afwijkingen van de exacte waarden groter. Zo is voor F = 400 kN: n = 813/400 = 2,03. Dus u = (2,03/1,03) ¥ 0,0135 m = 0,0266 m en M = 400 ¥ 0,0266 = 10,6 kNm. De exacte waarden zijn: u = 0,0237 en M = 9,5 kNm. Voor u een afwijking van 12,2% en voor M een afwijking van 11,6%. In de uiterste grenstoestand (kleinste n) is u niet zo belangrijk en in dit geval is Mveer klein en speelt de afwijking, die bovendien aan de veilige kant is, geen rol van betekenis. 1 Vs Sd 7 = 37.3. Benaderde waarde Fk = 813 kN. Figuur 3. zie figuur 3. dus het benaderde moment is dan: M = 30 kNm + 400 kN (0.7 kNm Een afwijking van + 20% in het 2e orde moment zou betekenen dat de exacte waarde 30 + 6. n = 3. Weer dezelfde staaf.5 kNm Computeruitkomst: u = 0.7 Ditmaal zonder commentaar. u0 = ql3 ql4 3 kN/m ¥ (6 m)3 3 kN/m ¥ (6 m)4 + 2r 8EI = 2 ¥ 12 000 kNm + 8 ¥ 20 000 kNm2 = 0. Met F = 400 kN is benaderd: u = 0. Zelfs voor een definitieve berekening zijn ze acceptabel.0243 m = 0.0721 m en M = 72 kNm Afwijkingen hier respectievelijk + 2. alleen al door hun afwijking naar de veilige kant.2 kNm zou bedragen en de benaderde waarde van M slechts 4.2 = 36.1% te hoog zou zijn berekend.0045 m) = 30 + 7.4%.1010 m en M = 94. 1 . Ingeklemde staven 47 Figuur 3.7% en + 2.43.42.0513 m = 0.5 = 72.0955 m en M = 92.0237 m – 0. Voor een ontwerpberekening zijn de hier gesignaleerde afwijkingen onbelangrijk.25.2 kNm dus afwijkingen respectievelijk + 5.0513 m Vs Sd 3‚25 u = 2‚25 ¥ 0. alleen berekening.4 kNm en geeft de computer: u = 0. De uitbuiging halverwege wordt benaderd door (2.0741 m M = 2 ql2 + Fu = 54 + 18.0045 m.0270 m + 0.03/1.7% en + 0.7% dus niet van betekenis.43.03) ¥ 0. Voorbeeld 3.0023 m = 0. 48 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 3.44. Vs Sd . . Indien de uitbuigingslijn u 0 wordt benaderd door een rechte lijn dan ontstaat momentenlijn 2 die volkomen affien is met de eerste orde momentenlijn. zoals getekend in figuur 4.1.1. verdeeld over de staaflengte.1.49 4 Verdeelde drukbelasting op de ingeklemde staaf 4. Vs In deze categorie is het hoge gebouw een veel voorkomend geval.2 getekend. maar meerdere.3. Figuur 4. Eerste orde Sd Onder invloed van de gelijkmatig verdeelde horizontale belasting w is de momentenlijn in figuur 4. Voor de daarin geïnteresseerden is in bijlage B een bijna exacte berekeningsmethode gegeven waarmee de hier behandelde benaderingsmethode kan worden vergeleken om na te gaan of deze eenvoudige benaderingsmethode betrouwbare uitkomsten geeft. De wiskundig exacte behandeling van dit probleem is gecompliceerder dan deze behandeling bij de voorgaande gevallen. De verticale belasting op deze eerste orde uitgebogen staaf geeft momenten van de eerste stap tweede orde volgens momentenlijn 1 in figuur 4. Gelijkmatig verdeelde drukbelasting op staaf Een andere situatie ontstaat indien niet één drukkracht op de staaf werkt. Deze eerste orde momenten veroorzaken de eerste orde uitbuigingslijn u0. Met u0 = u01 + u02 volgt weer 1 1 1 Q k = Q k1 + Q k2 Zoals eerder afgeleid is Qk1 = 2r/l.2. alleen de eerste is nauwkeuriger door de grotere affiniteit van de momentenlijnen 2 .50 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 4. Indien wordt gesteld dat momentenlijn 2 met een redelijke nauwkeurigheid de momentenlijn is van de eerste stap van de tweede orde dan zal de kritische waarde voor 1 1 q worden bereikt indien 2 wl2 = 2 qlu0.4. Vs Figuur 4. Sd (4.1) Dan is bij benadering qk = wl/u0 of.3.2) . indien W = wl en Q = ql dan is Wl Qk = u 0 Deze formule is van hetzelfde type als de formule F k = Hl /u 0. Zoals uit bijlage B kan worden afgeleid bestaat er al een behoorlijke affiniteit tussen de momentenlijnen 1 en 2 . Voor de oneindig stijf ingeklemde staaf is (4. Figuur 4. 5. Verdeelde drukbelasting op de ingeklemde staaf 51 wl4 Wl3 Wl 8EI u0 = 8EI = 8EI dus Qk = = 2 u0 l De exacte waarde Qk= 7. zodat kan worden vergeleken. De laatste waarde kan gemakkelijker worden onthouden of afgeleid.4.8% aan veilige kant.01 . is via de computer berekend.2% aan de onveilige kant.83EI/l2 of 8EI/l2 kiest. De afwijking van de benaderde waarde is hier 2. maar zo gering dat ze kan worden verwaarloosd. Figuur 4. Vs Sd Figuur 4. 2r 2 ¥ 20 000 kNm Q k1 = l = = 6667 kN 6m Qk2 = 8EI 8 ¥ 35 300 kNm2 = = 7844 kN (6 m)2 l2 Qk = 3604 kN Met computer berekend Qk = 3787 kN afwijking –4.83EI/l2. Het maakt nauwelijks uit of men voor Qk2 nu 7. Voorbeeld 4. Q = 6 m ¥ 100 kN/m = 600 kN n = 6.6.1 Dit voorbeeld met de in bijlage B behandelde zeer nauwkeurige methode. 2.52 Stabiliteit voor ontwerpers n 6‚01 n – 1 = 5‚01 = 1. 1 1 4. De benadering van de eerste orde uitbuigingslijn met een rechte lijn leidde tot nauwkeurige uitkomsten.8%. wordt volkomen affiniteit bereikt tussen de eerste orde momentenlijn Hl + bH(1 – a)l en de momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde Fu0 + bF(1 – a)u0. van u +0.100 m. Evenals bij dit laatste geval zal ook hier de benaderingsmethode betrouwbare uitkomsten geven. De werkelijke momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde is lijn 1 .054 u0 = r + 8EI = 20 000 kNm 8 ¥ 35 300 kNm2 + 0. (lijn 2 ). Dit beeld komt sterk overeen met de overeenkomstige momentenlijnen van het geval van de gelijkmatig verdeelde drukbelasting op de staaf. Vs Sd .046 = 0. Bijvoorbeeld voor het hier getekende belastinggeval van twee drukkrachten.7% dus alle benaderingen aan de veilige kant. Door F en bF 90° te draaien en dan te vervangen door H en bH en bovendien te veronderstellen dat de uitbuigingslijn van H en bH een rechte lijn is.060 m = 180 + 36 = 216 kNm De computerberekening geeft Qk = 3787 kN u = 0. F en bF (figuur 4. n u = n – 1 u0 = 1.20 1 1 wl3 wl4 2 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)3 10 kNm ¥ (6 m)4 2 + = 0.2% en van M +1. Andere verdelingen van drukbelasting op de staaf Bij de gelijkmatig verdeelde drukbelasting bleek dat 90° draaien van deze belasting (bijvoorbeeld in de vorm van windbelasting) leidde tot grote affiniteit in de vervormingslijnen.20 ¥ 0.7).120 m M = 2 wl2 + ql 2 u = 180 kNm + 600 kN ¥ 0. Dit principe kan worden aangehouden voor anders verdeelde drukbelasting.100 = 0.119 m M = 212.3 kNm De afwijking van Qk is –4. . Verdeelde drukbelasting op de ingeklemde staaf 53 Figuur 4. Figuur 4.8. worden op de aangrijpingspunten van de verticale belastingen horizontale belastingen aangebracht in dezelfde onderlinge verhouding als de verticale krachten. De benadering van de rechte uitbuigingslijn geeft affiene momentenlijnen 1e orde en eerste stap tweede orde.9. Voor F = Fk geldt dan dat Hl + bH (1 – a)l = Fku0 + bFk(1 – a)u0 Hieruit volgt: Hl Fk = u 0 Vs Sd Voorbeeld 4.7.2 Om de kritische belasting van de staaf te bepalen.4. Figuur 4. 10.094 m 3‚72 u = 2‚72 ¥ 0.094 m = 0. III : 1 ¥ 2 6 m ¥ 4H (kNm) ¥ 7 m 6 m ¥ 18H (kNm) ¥ 8 m De uitbuiging van de top ten gevolge van de krachten H bedraagt: u0H 621H kNm3 22H kNm ¥ 10 m = + = (621 + 275) ¥ 10–5 H 8 ¥ 104 kNm 105 kNm2 = 896 ¥ 10–5 H Hl Fk = u = 0H Vs = 432H ” ——————— + 621H (kNm3) Sd H ¥ 10 m = 1116 kN 896 ¥ 10–5 H 1116 n = 300 = 3.0313 = 0.11.72 Ten gevolge van de horizontale belasting w is: wl wl4 5 kN/m ¥ (10 m)4 2 ¥ 5 kN/m ¥ (10 m) 2 + u0 = 8EI + r = 8 ¥ 105 kNm2 8 ¥ 104 kNm = 0.54 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 4. II : opp. Figuur 4.0625 + 0.128 m 1 3 1 3 . Statische moment momentenvlak ten opzichte van de top: opp. I : 1 ¥ 2 4 m ¥ 4H (kNm) ¥ 2 ¥ 3 4 m = 21H = 168H (kNm3) ” opp. Vs Figuur 4.2 = 335 kNm Deze uitkomst is aan de veilige kant.077 m 1 M =2 ¥ 5 kN/m ¥ (10 m)2 + 300 kN ¥ 0.4 + 46.128 m = 0.12.4. Verdeelde drukbelasting op de ingeklemde staaf 55 Indien we de uitbuigingslijn als een rechte beschouwen is ter plaatse van de onderste kracht de uitbuiging gelijk aan: 6 ¥ 10 0.077 m = 250 + 38. Sd .0128 m + 600 kN ¥ 0. Het is te beschouwen als een stapeling van twee staven. Staven met twee rotatieveren Dit type staven komt ook vrij veel voor. Invulling in de vergelijking van (1/Fk) levert na enige uitwerking: . Bepaal de kritische belasting van elk staafdeel en stel ze aan elkaar gelijk. Beide staven worden gelijktijdig instabiel. Sd Figuur 5. De bepaling van de kritische belasting met de Fk1 – Fk2-methode ligt voor de hand. elk met een rotatieveer. Vs Figuur 5.2. De knikvorm is redelijk affien met de uitbuigingsvorm ten gevolge van een horizontale kracht H.1. 1 x 4x2 l – x 4(l – x)2 = + = 2 Fk r 1 p EI r 2 + p2EI Voer nu de volgende dimensieloze grootheden in: r1l r2l r1 = EI en r2 = EI Zie ook bijlage A Deze grootheden zijn het quotiënt van de rotatiestijfheden r en de staafstijfheid EI/l.1.56 5 Staven 5. onderling scharnierend verbonden. Men heeft bij gebruik een formuleboekje nodig of dit boek.4. Figuur 5. l–x= 5 r 2 + 2r 1r 2 5 r 1 + 5r 2 + 4r 1r 2 ·l 5r 1 + 2r 1r 2 5/r2 + 2 a x b = l – x = 5 r 2 + 2r 1r 2 = 5/r1 + 2 . indien p2 wordt benaderd door p2 ª 10: x= 5 r 1 + 2r 1r 2 5 r 1 + 5r 2 + 4r 1r 2 ·l Deze formule heeft als bezwaar dat hij moeilijk kan worden onthouden.3. Vs Sd Figuur 5.5. Staven 57 Figuur 5. Een vereenvoudiging is om niet x in l uit te drukken maar de verhouding x/(l – x) ofwel a/b (figuur 5.5. x= p 2r 1 + 4r 1r 2 p 2r 1 + p 2r 2 + 8r 1r 2 ·l of.5). 7.6.516 m = 3. r1l 1 kN ¥ 104 ¥ 6 m r1 = EI = =2 3 kNm2 ¥ 104 Vs Figuur 5. r2l 2 kNm ¥ 104 ¥ 6 m r2 = EI = =4 3 kNm2 ¥ 104 a 5/r2 + 2 5/4 + 2 3‚25 b = 5/r1 + 2 = 5/2 + 2 = 4‚50 3‚25 a = 7‚75 ¥ 6 m = 2.58 Stabiliteit voor ontwerpers a= a ·l a+b Hiermee is Fk bekend uit: 1 a 4a2 = + Fk r 1 p2EI Voorbeeld 5.484 m Sd 1 2‚516 m 4 ¥ (2‚516 m)2 = + Fk 1 kNm ¥ 104 p2 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 3‚484 m 4 ¥ (3‚484 m)2 1 + 2 Controle: F = 4 k p ¥ 3 kNm2 ¥ 104 2 kNm ¥ 10 Het kleine verschil komt uit afrondingen.0 m – 2. fi Fk = 2966 kN fi Fk = 2957 kN .1 Figuur 5.516 m b = 6. 0162 m 3 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 1 kNm ¥ 104 20 kN ¥ (3‚484 m)3 20 kN ¥ (3‚484 m)2 + = 0.550 m.0 kNm en 99. 76. dus zonder F = 1000 kN u01 = u02 = 20 kN ¥ (2‚516 m)3 20 kN ¥ (2‚516 m)2 + = 0. Eerste orde. M1 en M2 respectievelijk 2.057 m M1 = Ha + Fu1 = 20 kN ¥ 2. Sd .032 m = 70 + 32 = 102 kNm De computer geeft Fk = 3092 kN en voor a.0162 m = 0.025 m = 50 + 25 = 75 kNm M2 = Hb + Fu2 = 20 kN ¥ 3.516 m + 1000 kN ¥ 0.0325 m u = u1 + u2 = 0.0215 m = 0.484 m + 1000 kN ¥ 0. Staven 59 Bepaling u1 en u2 en u = u1 + u2 Figuur 5.055 m.0245 m u2 = 1.510 ¥ 0.0215 m 3 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 2 kNm ¥ 104 Vs n Fk 2960 kN n – 1 = Fk – F = 2960 kN – 1000 kN = 1. 0.8.5.6 kNm.510 ¥ 0. u.510 u1 = 1. .60 Stabiliteit voor ontwerpers Voorbeeld 5. 0. 32. M1 en M2 respectievelijk 2. r1l 1 ¥ 104 ¥ 6 r1 = EI = =3 2 ¥ 104 r2 = • Vs a 5/r2 + 2 2 6 b = 5/r1 + 2 = 5/3 + 2 = 11 6 a = 17 ¥ 6 = 2. u.9.10.022 m. De rest gaat als in voorbeeld 5.2 kNm.0 – 2.882 m Sd Fk kan nu het handigst uit het stijf ingeklemde gedeelte worden bepaald. Figuur 5.2 In dit voorbeeld wordt slechts de kritische belasting berekend.1 kNm en 50. Fk = p2EI p2 ¥ 2 ¥ 104 = = 3275 kN 4b2 4 ¥ (3‚882)2 De computer geeft Fk = 3351 kN en voor a. Figuur 5.118 m b = 6.1.118 = 3.226 m. tenzij F k2 met een snelle methode kan worden bepaald.3) en kan n worden bepaald uit n = Fk/F. Voor een exacte bepaling van Fk2 moet men een vergelijking in X oplossen. Figuur 5. Met dit soort tabellen kan Fk worden opgelost uit vergelijking (3. . Voor enkele gevallen is die snelle methode voor Fk2 er wel.2.75. namelijk indien men gebruik kan maken van beschikbare tabellen. voor a = 0.50 en a = 0. Die vergelijking luidt: tg aX·tg(1 – a) TX = en geldt dus voor r = •! In deze vergelijking is T: T= 1 T Vs ÷ ` EI EI1 2 Sd Fk2 = X2EI1 l2 In tabel 5.5.11. Staven met twee stijfheden Figuur 5. Is geen tabel beschikbaar dan is de (Hl/u0)-methode een redelijk alternatief. zeker voor een ontwerpberekening. Vervolgens op de bekende manier de uitbuigingen en de momenten.11 toont het schema van dit type staven. Staven 61 5.25. Om met een snelle berekening uitbuiging en buigende momenten te berekenen is de F k1 -F k2 -methode niet bruikbaar. a = 0.1 staan als voorbeeld drie van zulke tabellen. 882 37.485 T= ÷ ` EI EI1 2 1 Sd Fk2 = X2EI l2 Hier volgt een beschouwing over deze methode.543 5.729 3.186 2.300 0.450 0.62 Stabiliteit voor ontwerpers Tabel 5.586 2.673 9.799 20.200 0.000 0. Het gearceerde deel in figuur 5.25 39.650 0.208 4.050 0.132 4.210 16. X2 T 0.150 0.050 4.869 9.357 4.484 3.13 wordt verwaarloosd.160 6.750 0.500 0.300 3.936 9.900 0.12) zijn zodanig gekozen dat ze bij een gelijke horizontale kracht H dezelfde uitbuiging u0 = u01 + u02 krijgen.104 7.321 4.300 10. In staaf B is de kromming in het bovenste deel van de staaf groter en in het onderste deel kleiner dan in staaf A.903 4.820 9.50 9.964 2.467 a = 0.638 24.700 0.356 3.225 3.637 4.606 6.103 8.919 2.600 4.386 4.696 8.250 0.432 9.818 a = 0.379 4.061 5.539 5.550 0. Die verwaarlozing is voor staaf B groter dan voor staaf A.800 0.000 a = 0.467 3.352 13.949 3.400 0. De stijfheden van de staven A en B (figuur 5.674 6.726 2.680 2.835 2.225 7.382 3.189 3.467 Vs 3.350 0.920 29.095 2.046 3.609 3. In de Hl/uo methode wordt de eerste stap van de tweede orde affien gemaakt met de eerste orde momentenlijn van de kracht H.600 0.800 3.709 2. .478 38.050 33.950 1.271 4.850 0.100 0.75 4.028 2.842 3.1.706 7. Hoe groter de verhouding EI2/EI1 en hoe groter r.5. Een benadering die aan de veilige kant ligt en als een kleine uitbreiding van de Hl/u0methode kan gelden is de volgende. Vs Figuur 5.15). Figuur 5.13. Dit gaat als volgt vrij snel: Bepaal de gemiddelde uitbuiging u0g met de driehoekige en rechthoekige momentenlijn Hl (figuur 5. Daar het hier gaat om snelle berekeningen wordt u bepaald als gemiddelde van de uitbuigingen bepaald met een driehoekige. Staven 63 Figuur 5.14). Sd Indien.14. Dan is bij benadering u1 = en Fu0 Hl u0g . hoe groter de afwijking naar de onveilige kant. met behulp van de werkelijke Fu0 momentenlijn. De Fu 0 momentenlijn ligt tussen de driehoekige benadering en een rechthoekige benadering (figuur 5.12. de uitbuiging u1 van de eerste stap van de tweede orde kan worden bepaald dan volgt uit u 0 / u 1 = n een vrij nauwkeurige waarde van Fk uit Fk = nF.en rechthoekige momentenlijn. 16.16. Dit blijkt uit dezelfde redenering als die voor het geval dat EI2 groter was dan EI1. is de Hl/u0-methode in ieder geval nauwkeuriger dan voor het geval van de staaf met constante doorsnede.64 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 5. u Hl n = u 0 = Fu 1 0g en dus: Fk = Fn = Hl u 0g Bij dit type niet-prismatische staven moet ook steeds het buigend moment op de overgang van EI1. Vs Sd Figuur 5. .15. naar EI2 worden berekend daar dit wel eens maatgevend zou kunnen zijn. zoals in figuur 5. In het geval dat EI1 groter is dan EI2. In dit geval is alleen de inklemmingsdoorsnede maatgevend.5 kNm3 ————— 1215.0 kNm3 . De verwaarlozing is nu bij staaf B geringer dan bij staaf A. Figuur 5. Vs Sd Figuur 5. De uitkomsten blijven echter aan de onveilige kant.3 Met de Hl/u0 methode Bepaal het statisch moment van het gereduceerd momentenvlak ten opzichte van de top van de staaf in figuur 5.5 kNm3 337.0 kNm3 607. 1 ¥ 2 1 ¥ 2 oppervlakte 1 : oppervlakte 2 : oppervlakte 3 : 3 m ¥ 90 kNm ¥ 2 m = 3 m ¥ 45 kNm ¥ 4.5 m = 3 m ¥ 45 kNm ¥ 5 m = 270.18. Figuur 5.17.18. Staven 65 Nu is de kromming van de staaf in het onderste deel groter dan de kromming van staaf A en in het bovenste deel is dat juist andersom. Voorbeeld 5.5.19. MC en MB wijken .5 m = oppervlakte 3 : 1 ¥ 2 Vs 3 m ¥ 45 kNm ¥ 2 m = Sd 202.133 m – 0.5 kNm3 135.66 Stabiliteit voor ontwerpers u0A = Fk = 1215 kNm3 30 kN ¥ (6 m)2 + = 0.0113 + 0.0 kNm3 ————— 337.0765 m = 0.5 kNm3 u0B = uB = 337‚5 kNm3 180 kNm ¥ 3 m + = 0.0180 = 0.029 = 0.0765 m 2 4 3 kNm ¥ 10 3 kNm ¥ 104 Hl 30 ¥ 6 = = 2353 kN u0 0‚0765 Fk 2353 ·u 0 = ¥ 0.0528 m MB = 178 kNm De uitkomsten van de Hl/u0-methode zijn wel aan de onveilige kant.133 m uA = F – 1353 F k MC = Hl + Fu = 180 + 133 = 313 kNm Op halve hoogte Figuur 5.141 m MC = 321 kNm uB = 0.051 m) = 90 + 82 = 172 kNm De computer uitkomsten zijn Fk = 2173 kN uA = 0.029 m 3 kNm2 ¥ 104 3 kNm ¥ 104 2353 1353 ¥ 0.0405 + 0.051 m MB = 30 kN ¥ 3 m + 1000 kN(0.0360 = 0. Moment ten opzichte van halve hoogte oppervlakte 2 : 3 m ¥ 45 kNm ¥ 1.20. 0360 = 0.1035 m 3 kNm2 ¥ 104 Vs 1 u0g = 2 (0. maar met deze waarden ook voor een detailberekening.0765 m = 0.0360 m = 0.5.0293 m = 0.153 m – 0.7% en +3. Figuur 5.4%.5% en –3.5 m = 810 kNm3 oppervlakte 2 : 3 m ¥ 90 kNm ¥ 4. Slechts extra het rechthoekige momentenvlak (figuur 5.1035 m) = 0. Dat vraagt nauwelijks meer rekenwerk. acceptabele afwijkingen.153 m 2000 uB = 1000 ¥ 0.21).0765 m + 0. Staven 67 respectievelijk –2.4% af van de exacte waarden.21.059 m) = 90 + 94 = 184 kNm De afwijkingen van MC en MB zijn nu aan de veilige kant en respectievelijk +3. Zeker voor een ontwerpberekening.5 m = 1215 kNm3 ————— 2025 kNm3 u0A = Gemiddelde 2025 kNm3 + 0.09 m Sd Hl 180 kNm Fk = u = 0‚09 m = 2000 kN 0g 2000 uA = 1000 ¥ 0. Voelt men zich onzeker dan kan gerekend worden met de Hl/u0g-methode. Met de Hl/u0g-methode oppervlakte 1 : 3 m ¥ 180 kNm ¥ 1.059 m MC = 180 + 153 = 333 kNm MB = 90 kNm + 1000 kN(0.0675 + 0. . 057) = 183 kNm Deze uitkomsten zijn ongeveer gelijk aan de aangepaste Hl/u0-methode en aan de veilige kant.137 Fk2 = Fk1 = 4‚137 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 = 3448 kN (6 m)2 r 3 kNm ¥ 104 = 5000 kN l = 6m Fk = 2041 kN n Fk 2041 n – 1 = Fk – F = 2041 – 1000 = 1.150 m uB = 1. .7071 Uit tabel met lineaire interpolatie: X2 = 4. 63) worden gerekend.68 Stabiliteit voor ontwerpers De Fk1-Fk2-methode In dit geval met gelijke lengtes voor EI1 en EI2 kan met de tabel a = 0.22.4 Met de Hl/u0-methode De berekening zal niet in detail worden opgeschreven. T= ÷ ` EI EI1 2 = 0. Vs Sd Figuur 5.057 m MC = 180 + 1000 ¥ 0.0293 m = 0.150 – 0. Statistisch moment gereduceerde momentenvlak: 1350 kNm3.96 ¥ 0. Voorbeeld 5.0765 m = 0.96 ¥ 0.50 (blz.150 = 330 kNm MB = 90 + 1000(0.96 uA = 1. 0690 = 0. +4. M = 216 kNm.3%.5%.24.121 = 211 kNm Figuur 5. Staven 69 u0 = Fk = u= 1350 120 ¥ 6 + = 0. u = 0.0870) = 0.9%. Figuur 5.23. –6.76 ¥ 0.121 m n–1 0 M = 120 + 750 ¥ 0. . dus aan de veilige kant. Met de Hl/u0g-methode Met rechthoekig diagram is u0 = 1890 + 0.078 m 120 Fk = 0‚0780 = 1538 kN u = 0.0690 m 4 3 ¥ 104 3 ¥ 10 Hl 20 ¥ 6 = = 1739 kN u0 0‚0690 n u = 1.129 m.0240 = 0. De Hl/u0-methode geeft voor deze drie waarden afwijkingen van respectievelijk +7.3%.7% en +2. De Hl/u0g-methode geeft afwijkingen van respectievelijk –4.0690 + 0.0870 m 3 ¥ 104 1 Vs u0g = 2 (0.0450 + 0.135 m M = 221 kNm Sd Met de computer wordt gevonden: Fk = 1611 kN.0240 = 0.2% en –2.5. .1. in het tweede geval als geschoord. In het eerste geval zou de staaf dan als ongeschoord kunnen worden beschouwd. Indien de staafeinden niet ten opzichte van elkaar kunnen verplaatsen spreekt men van geschoorde staven (figuur 6.1.3. Geschoorde staven In alle voorgaande gevallen konden de staafeinden vrij ten opzichte van elkaar loodrecht op de staafas verplaatsen (figuur 6.3). Tussen beide is er een vorm van gedeeltelijk geschoorde staven (figuur 6. Beide gevallen moeten worden onderzocht.2.70 6 Geschoorde staven 6. Vs Sd Figuur 6.1). maar de verplaatsing roept een reactiekracht op. In schema is de staaf dan gesteund door een translatieveer. Er is wel verplaatsing mogelijk. Figuur 6. Figuur 6. Bij deze categorie kan instabiliteit veroorzaakt worden door een te slappe translatieveer of door een te slappe staaf. Ze waren niet geschoord.2). Vs Figuur 6. Hier worden benaderingstheorieën behandeld waarbij de staven òf een dwarsbelasting hebben òf een duidelijk gedefinieerde vormafwijking. Indien de halve staaf wordt beschouwd is dit een bekend geval. volledig gesteund De meest bekende van de geschoorde staven is de pendelstaaf. Met l = 2L geldt voor de pendelstaaf Fk = p2EI/l2. mits symmetrisch verdeeld (figuur 6. zuiver ideaal gezien. Gezien echter een aantal mogelijke imperfecties mogen deze staven nooit getoetst worden met de voor trekstaven gebruikte formule: Fd £ rekenwaarde druksterkte A Figuur 6.6. De kritische belasting is: Sd .4.5). wordt deze staaf altijd.5. In uitgeknikte toestand is er sprake van een spiegeling om het midden van de staaf. De knik van pendelstaven kan worden vergeleken met de knik van star ingeklemde ongeschoorde staven (figuur 6. Indien niet dwarsbelast.6). De kritische belasting van de halve staaf is eerder behandeld en leverde Fk = p2EI/4L2. Dwarsbelaste pendelstaven Een gelijkmatig verdeeld belaste staaf onder invloed van een drukkracht (figuur 6. In een later stadium zullen de effecten van imperfecties worden behandeld. Geschoorde staven 71 Pendelstaven. centrisch belast. Dit geval kan worden opgelost met de methode gegeven bij de ingeklemde staven.7). Zo kunnen ook pendelstaven met meerdere stijfheden worden beschouwd. Figuur 6. handig zijn. Fk = p2EI p2EI = 2 4L2 l 5 ql4 u0 = 384 · EI F n = Fk n u = n – 1 u0 M 0 = 8 ql2 1 2 M=8 ql + Fu 1 Vs Sd In dit geval was er een goede affiniteit tussen de eerste orde momentenlijn (parabool). De nauwkeurigheid van deze M-formule kan als volgt worden vastgesteld. Dus mag worden verwacht dat een goede benadering voor het totale buigende moment gelijk is aan n M = n – 1 M0 Voor een ontwerpberekening waarin men snel de sterkte wil verifiëren kan zo’n directe M-formule. mits redelijk betrouwbaar.72 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 6. de momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde en de volgende stappen. Bij nadere uitwerking kan eventueel altijd nog nauwkeuriger worden gerekend.7.6. . 6. Geschoorde staven 73 Figuur 6.8. Slechte affiniteit tussen Hl en Fu1 momentenlijnen. Figuur 6.9. Veel betere affiniteit tussen 1 2 ql en Fu1 momentenlijnen. 8 n 1 2 1 2 M=8 ql + Fu = 8 ql + n – 1 Fu0 5 ql4 u0 = 384 EI en Fn = Fk = p2EI l2 Dit ingevuld in de formule levert M= n + 0‚028 n–1 1 8 ql2 Deze formule kan worden benaderd met n n 1 M = n – 1 8 ql2 = n – 1 M0 Vs De benadering is aan de onveilige kant, maar de afwijking is zo gering dat deze benadering als bijna exact kan worden gerekend. (Voor de lage waarde van n = 2 is de afwijking slechts 1,4%; zie tabel 6.1). Tabel 6.1. q-last n 2 3 4 5 · · · 10 afw. % –1,4 –0,9 –0,7 –0,6 · · · –0,3 Sd Voor de pendelstaaf dwars belast met een puntlast P is de affiniteit tussen eerste orde momentenlijn en de momentenlijnen van de stappen van de tweede orde niet zo goed. 74 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 6.10. De benadering M = (n/(n – 1))M 0 is afgeleid van de formule M = M 0 + Fu die,op dezelfde wijze uitgewerkt als hiervoor, leidt tot M= n – 0‚178 n–1 1 4 Pl = M = n – 0‚178 n – 1 M0 Voor n = 2 is de afwijking nu 9,8%, maar wel aan de veilige kant (zie tabel 6.2). Tabel 6.2. puntlast n 2 3 4 5 · · · 10 afw. % +9,8 +6,3 +4,7 +3,7 · · · +1,8 Vs Sd Wanneer is de benadering M = (n/(n – 1))M0 aan de veilige en wanneer aan de onveilige kant? n F u0 1 F ku 0 M = M 0 + n – 1 Fu0 = M0 + n k – 1 = M 0( 1 + n – 1 M 0 ) Indien F ku 0 n M0 = 1 dan is M = n – 1 M0 Indien F ku 0 n M0 > 1 dan is M > n – 1 M0 en is de benadering dus aan de onveilige kant en indien 6. Geschoorde staven 75 F ku 0 <1 M0 dan is het omgekeerde waar en is de benadering M = (n/(n – 1))M0 aan de veilige kant. Indien de eerste orde momentenlijn een sinuslijn is zijn ook alle tweede orde uitbuigings- en momentenstappen sinuslijnen. Er is zuivere affiniteit. Dan is exact n M = n – 1 M0 px M0 sin l d2u0x Mx = – EI = – EI dx2 Vs Figuur 6.11. Sd Tweemaal integreren geeft: u0x = u0 = l2 p2EI l2 px M0 sin l p2EI M M0 = F 0 k F ku 0 =1 M0 Bij gelijkblijvende M en F k zal een momentenlijn die binnen de sinuslijn valt een kleinere u0 geven dan de sinuslijn geeft. Dit is het geval bij de puntlast P. 76 Stabiliteit voor ontwerpers Daar Fku0/M0 voor de sinuslijn gelijk is aan 1, is ze voor de momentenlijn 1 kleiner dan 1 en dus is: n 1 F ku 0 n – 1 M 0 > (1 + n – 1 M 0 )M 0 en is de benadering aan de veilige kant. Voor lijn 2 is het juist andersom. Figuur 6.12. Figuur 6.13. Vs Figuur 6.14. Sd Figuur 6.15. En ook voor de parabool, die theoretisch buiten de sinuslijn ligt, maar bijna samenvalt. Het scheelt voor de grootte van u0 zo weinig dat de benadering voor M bijna exact is. Voorbeeld 6.1 Een stalen buis (200 ¥ 200 ¥ 10) wordt belast zoals in figuur 6.15 aangegeven. Fk = p2EI p2 ¥ 9276 kNm2 = = 1430 kN (8m)2 l2 1430 n = 500 = 2,86 u0 = 6 kNm ¥ (8 m)4 5 ¥ = 0,0345 m 384 9276 kNm2 n = 2.040 m = 20 kNm.0172 m 8 ¥ 9276 kNm2 Dit geval is op deze wijze beschouwd als een pendelstaaf met aan elk uiteinde een moment van 500 kN ¥ 0.6.16.053 m n – 1 0 1‚86 1 2 1 M =8 ql + Fu = 8 ¥ 6 kN/m ¥ (8 m)2 + 500 kN ¥ 0. 2‚86 u = 1‚86 ¥ 0.8 kNm Voorbeeld 6. Geschoorde staven 77 u= n 2‚86 u = ¥ 0.0264 m M = 20 kNm + 500 kN ¥ 0.5 kNm benadering M 2‚86 n M = n – 1 M0 = 1‚86 ¥ 48 kNm = 73. overdreven getekend in figuur 6.16. Sd M0l2 20 kNm ¥ (8 m)2 u0 = 8EI = = 0.053 m = 48 + 26.0172 m = 0.86 Vs Figuur 6.5 = 74.2 kNm benadering M: 2‚86 M = 1‚86 ¥ 20 kNm = 30.0264 m = 33. maar nu excentrisch belast.2 Dezelfde kolom als in voorbeeld 6.0345 m = 0.1.8 kNm . 78 Stabiliteit voor ontwerpers zoals gesteld.0424 m = 69.0276 m = 0. zie figuur 6.17.2 kNm benadering M: 2‚86 M = 1‚86 ·48 = 73. aan de onveilige kant.8 kNm zoals verwacht kon worden aan de veilige kant. Vs Figuur 6. Sd .86 u0 = 1 24 kN ¥ (8 m)3 ¥ = 0.3 Weer dezelfde kolom als in voorbeeld 6. Voorbeeld 6. n = 2.1 maar nu met P = 24 kN.17.0276 m 48 9276 kNm2 2‚86 u = 1‚86 ¥ 0.0424 m 1 M=4 ¥ 24 kN ¥ 8 m + 500 kN ¥ 0. volledig gesteund Dit type staven (zie figuur 6.5 ¥ 10–3 – 1. Er bestaat een benaderings formule voor de kniklengte (formule van N.4.5 l (bij r1 = r2 = •) en l (bij r1 = r2 = 0).18. Figuur 6.5j0 = 9 ¥ 10–3 Mi0 = 2000f0 = 18 kNm . De bepaling van de kritische belasting voor dit geval is nogal bewerkelijk. Verend ingeklemde staven.2. Voorbeeld 6. Geschoorde staven 79 6. De kniklengte lk ligt voor dit geval tussen 0.364 m Fk = p2 ¥ 4000 kNm2 = 2073 kN (4‚364 m)2 Mi0 = rf0 = 2000f0 2000f0 ¥ 6 m 1 ql3 Mi0·l 1 10 kN/m ¥ (6 m)3 f0 = 24 EI – 2EI = 24 ¥ – = 2 4000 kNm 2 ¥ 4000 kNm2 f0 = 22.M.19 Vs r1 = r2 = lk = 2000 kNm ¥ 6 m =3 4000 kNm2 ¥ Sd 11 11 ÷ ``` 8¥8 ¥ 6 m = 4. Zie gegevens bij figuur 6.18) komt veel voor in geschoorde raamwerken. Newmark) lk l = ÷ ````` (5 + r1)·(5 + r2) (5 + 2r1)·(5 + 2r2) rl met r = EI Met Fk = p2EI/l2 k is hiermee de kritische belasting bij benadering bekend.6. u .932 u = 1. Sd Figuur 6.19.0219 m = 0.073 1000 n 2‚073 n – 1 = 1‚073 = 1.8 kNm = 45 + 42 – 34.2 kNm Vs Figuur 6.80 Stabiliteit voor ontwerpers u0 = 10 kN/m ¥ (6 m)4 18 kNm ¥ (6 m)2 5 ¥ – = 0. Mm0 = 45 – 18 = 27 kNm n Met Mm = n – 1 Mm0 is: Mm = 1.20.3 kNm en 53.0219 m n= 2073 = 2. M i en M m respectievelijk 2102 kN.042 – 34.932 ¥ 0.5 1000 kNm ¥ 6 m = 1.8 kNm In het midden van de staaf is: 1 Mm = 8 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)2 + 1000 kN ¥ 0.6 kNm.932 ¥ 18 kNm = 34.041 m. Voorbeeld 6.042 m Mi = 1.0422 – 0.5 4000 kNm2 r1 = . Er is een goede overeenstemming.932 ¥ 27 kNm = 52. 0.8 = 52.0203 384 4000 kNm2 8 ¥ 4000 kNm2 = 0. 33.2 kNm De computer geeft voor F k . Geschoorde staven 81 Figuur 6.00789 en M02 = 23.50j01 + 0. r2 = lk = 3000 kNm ¥ 6 m = 4.455 m 8 14 ÷ ``` Fk = p2 ¥ 4000 kNm2 = 1989 kN (4‚455 m)2 De buigende momenten aan de einden zijn groot rj kNm. Figuur 6.1 kNm + 23.25j01 + 2.7 kNm + 11.6.0422 – 0.5 4000 kNm2 6‚5 ¥ 9‚5 ¥ ¥ 6 m = 4.7 kNm.50j02 = 0.7 kNm) Vs Sd = 45 – 17.0226 m . en in het midden is 1 1 Mm0 = 8 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)2 – 2 (11.0196 = 0.4 = 27. 1 ql3 1000j01·l 3000j02·l j01 = 24 EI – 3EI – 6EI 1 ql3 1000j01·l 3000j02·l j02 = 24 EI – 6EI – 3EI 1.0225 0.6 kNm In het midden is 1 2 10 kN/m ¥ (6 m)4 2 (23.1 kNm en j 0 2 = 0.0225 Hieruit volgt j 0 1 = 0.75j02 = 0.21.01106 en M 0 1 = 11.22.1 kNm) ¥ (6 m) 5 – u0 = 384 ¥ 4000 kNm2 8 ¥ 4000 kNm2 = 0. Sd .0 kNm Met n/(n – 1): Mm = 2.8 kNm. 44.0 – 35.011 ¥ 23.23.045 m n–1 0 Indien de hoekverdraaiingen ook worden vergroot met de vergrotingsfactor n/(n – 1).6 kNm = 55.0 + 45.0226 m = 0. 0.7 kNm Figuur 6.011 u= n u = 2.1 kNm = 22.6 kNm. M2 en Mm: 2019 kN.3 kNm n M2 = n – 1 M02 = 2.044 m.5 kNm De computer geeft respectievelijk voor Fk. dan is n M1 = n – 1 M01 = 2. dus een goede overeenstemming.0 = 55.011 ¥ 11. u. Vs 1 1 In het midden van de staaf is: Mm = 8 ql2 – 2 (M1 + M2) + Fu = 45. 21.6 kNm en 56. wat niet helemaal waar is.7 kNm = 47.011 ¥ 0.011 ¥ 27. M1.82 Stabiliteit voor ontwerpers n Fk 1989 n – 1 = Fk – F = 989 = 2. Is echter de staaf belast met een drukkracht F dan zal bij dezelfde eerste orde belasting de vervorming n/(n – 1) maal zo groot zijn. Aan de constructie zelf is niets veranderd.83 7 Fictieve stijfheid In § 3. Bij een eerste orde belasting zal de vervorming een functie zijn van de rotatiestijfheid van de inklemming en de buigstijfheid van de staaf. De stijfheid van de staaf is dus schijnbaar kleiner geworden door de aanwezigheid van F.1.3 is reeds gesproken over schijnbare stijfheid. . Het zijn geen eigen grootheden meer van de constructie alleen. waarbij n = Fk/F. Dit kan worden aangegeven als de fictieve stijfheid van de constructie. Uitgaande van lineaire elasticiteit zal de vervorming evenredig zijn met de belasting.3). als het erom gaat de vervorming te berekenen. Deze nieuwe stijfheidsfactoren EI* en r* zijn echter afhankelijk van de grootte van de belasting die de tweede orde effecten veroorzaakt (figuur 7. Dus belasting vervorming = constant Vs Figuur 7. respectievelijk uitgedrukt in r en EI. Sd Figuur 7. Zouden de stijfheidsfactoren r en EI worden verkleind met de reductiefactor (n – 1)/n dan kan verder met een eerste orde berekening worden volstaan.2. .4. Deze waarde van k is gelijk aan k = H/u0. In het volgende hoofdstuk zullen gevallen worden behandeld waarin staven hun stabiliteit geheel of gedeeltelijk ontlenen aan andere delen van de constructie.5) dan wordt deze schijnbaar slapper en is Figuur 7. Deze laatste kan worden geschematiseerd tot de translatieveer met veerstijfheid k. belaste.5. pendelstaaf gesteund door de verend ingeklemde staaf. zolang de staaf zich lineair elastisch gedraagt en daarvan wordt steeds uitgegaan.84 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 7. Sd Is de verend ingeklemde staaf zelf ook belast (figuur 7. In het zeer eenvoudige geval van figuur 7. Vs Figuur 7.3. In veel gevallen kan het interessant zijn om zo’n steunstaaf dan te schematiseren tot een translatieveer.4 wordt de onstabiele. Fictieve stijfheid 85 u 0* = n u n–1 0 waarin n = Fk/F2 en Fk de kritische belasting van de vrijstaande verend ingeklemde staaf.7. De vervangende translatieveer heeft dan een schijnbare veerstijfheid k*: k* = H n–1 u 0 * = n ·k Vs Sd . .86 8 Pendelstaaf verend gesteund De staaf wordt gesteund door een translatieveer met veerstijfheid k kN/m. De staaf zelf knikt uit. Er bestaan nu twee instabiliteitsmogelijkheden. De staaf blijft stabiel maar de instabiliteit ontstaat door een te slappe translatieveer.1.2. b. Geval a Fk = Vs p2EI l2 Sd Figuur 8. Figuur 8. a. Geval b Indien door één of andere oorzaak de staaf scheef komt te staan en deze oorzaak wordt weggenomen en gelijktijdig wordt F geplaatst dan is er evenwicht indien Fu0 = ku0l. Voor F = 0 is u0 = H/k. Dus Fk = kl. Dus Fk = kl.4 is evenwicht indien 1 2 ql2 + Fu = kul 1 2 ql2 u = kl – F Met F = 0 is . Bij belasting H en F zal de staaf in figuur 8.8.3 een uitwijking u krijgen. In het geval van figuur 8. Pendelstaaf verend gesteund 87 Figuur 8. Fk kl u = kl – F u0 = F – F u0 k Met Fk/F = n is n u = n – 1 u0 Vs Sd Figuur 8.4. Er is evenwicht indien Hl + Fu = kul Hl u = kl – F Instabiliteit treedt op als F > kl.3. 6. Figuur 8. stabiliteit door veer: .6). Vs Sd Figuur 8.1 (figuur 8.1. Figuur bij voorbeeld 8.7.5) dan is de schuine component praktisch gelijk aan F en de horizontale component gelijk aan Fu/l. Indien we F ontbinden (zie figuur 8. Voorbeeld 8.7) a. Tezamen met ku is de horizontale reactie dan Fu kl – F F n–1 1 ku – l = ku(1 – ) = ku ( kl ) = n ku = ku0 = 2 ql kl De staaf zelf wordt nu apart bekeken als normale pendelstaaf belast door F en q (figuur 8.88 Stabiliteit voor ontwerpers 1 2 u0 = u= ql .5. eigen instabiliteit staaf: Fk = p2 ¥ 12 000 kNm2 = 3290 kN (6 m)2 b. k 1 ku0 = 2 ql n kl u = u kl – F 0 n – 1 0 De kracht in de veer is n 1 1 1 n 1 ku = n – 1 ku0 = n – 1 2 ql (ku = 2 ql + n – 1 ·2 ql) Figuur 8. 052 m 1 M = 8 ¥ 20 kN/m ¥ (6 m)2 + 1500 kN ¥ 0.100 m 600 kN/m k De kritische belasting Fk = 3600 kN. De kritische belasting van de pendelstaaf zelf is kleiner dan de kritische belasting van het systeem. Pendelstaaf verend gesteund 89 Fk = kl = 600 kN/m ¥ 6 m = 3600 kN De indrukking van de veer bedraagt 1 2 ql 60 kN = = 0. N. Vs u0 = u= De staaf zelf kan nu worden berekend als een normale dwarsbelaste pendelstaaf met Fk = 3290 kN.B. De verticale belasting is echter beduidend kleiner dan de kritische belastingen dus dat is geen probleem.100 m = 0. Figuur 8.171 m k De kracht in de veer is ku = 600 kN/m ¥ 0.052 m = 90 + 78 = 168 kNm Dit zijn alle exacte uitkomsten. Fk 3600 n u = n – 1 u0 = F – F u0 = 3600 – 1500 ¥ 0.028 m 384 12 000 kNm2 Sd Fk 3290 Fk – F ·u0 = 3290 – 1500 ¥ 0. . De uitbuiging u0 in het midden bedraagt 20 kN/m ¥ (6 m)4 5 ¥ = 0.171 m = 103 kN.8.028 m = 0.8. Ook deze uitkomsten zijn exact.064 = 0. Voorbeeld 8.9kN ¥ 8 m = 127 kNm.149 m 2 10 000 kNm 3 ¥ 20 000 kNm Sd Fk = kl = 67 kN/m ¥ 8 m = 536 kN 536 Fk ·u0 = 336 ¥ 0. .11.9 kN.238 m = 15. zie figuur 8.2 maar nu is de belasting over beide staven verdeeld.238 m u=F – F k De kracht in de veer is: ku = 67 kN/m ¥ 0. Figuur 8.9.2 De verend ingeklemde kolom wordt geschematiseerd tot translatieveer.0 kN/m 0 10 kN ¥ (8 m)3 10 kN ¥ (8 m)2 u0 = + = 0. Voorbeeld 8.10. Het moment in de rotatieveer bedraagt: 15. Vs H 10 kN k=u = 0‚149 m = 67.90 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 8.149 m = 0.3 Dezelfde constructie als in voorbeeld 8.085 + 0. verend ingeklemde kolom.9 kN/m k* = 477 Sd Figuur 8.0 kN/m = 45. Belast is 477 – 150 ¥ 67.11. . Pendelstaaf verend gesteund 91 Figuur 8.0 kN/m. De pendelkolom rust tegen een belaste. Hiermee is het probleem teruggebracht tot de door een translatieveer gesteunde pendelkolom. Figuur 8.12) volgt uit r 10 000 kNm = 1250 kN Fk1 = l = 8m Fk2 = p2EI = 771 kN 4 l2 1 1 1 Fk = 1250 + 771 Fk = 477 kN Vs Onbelast was k = 67. De kritische belasting van de vrijstaande ingeklemde kolom (figuur 8.8.12.13. 2 werd voor de kritische belasting van geval A (figuur 8.9 kN/m ¥ 8 m = 367 kN De uiteindelijke uitbuiging bedraagt 367 F* u = F* –kF ·u*0 = 367 – 50 ¥ 0. Sd De uitkomsten van u en Mveer wijken maar weinig af van overeenkomende uitkomsten van voorbeeld 8.3 werd voor geval B dus onbelaste pendelkolom.6 kN ¥ 8 m + 150 kN ¥ 0. wat niet helemaal het geval is.8 + 37.218 m = 0.3 exacte antwoorden. .15) gevonden FkA = 536 kN.252 m = 92.8 = 130.252 m k 1 Tegen de ingeklemde kolom drukt nu een kracht 10 kN + 0‚252 m ¥ 50 kN = 11.2.92 Stabiliteit voor ontwerpers u*0 = 10 kN = 0. Vs Figuur 8.14. die ook vrijwel exacte antwoorden geeft is de volgende: In voorbeeld 8. Als wordt aangenomen dat de berekende waarde van Fk voor de vrijstaande ingeklemde kolom exact is.218 m 45‚9 kN/m F*k = k*·l = 45. dan geeft de methode van voorbeeld 8.6 kNm De horizontale regel vervormt niet of nauwelijks. Een nog inzichtelijker methode. In voorbeeld 8. dus met onbelaste ingeklemde kolom. gevonden FkB = 477 kN.6 kN 8m Mveer = 11. Figuur 8.15.16. Dus als de belasting wordt verplaatst van de pendelkolom naar de ingeklemde kolom neemt de kritische belasting geleidelijk af. dat is dus de benadering (figuur 8.2) Vs Sd 492 u = 492 – 200 ¥ 0.17). .3a In dit voorbeeld met F1 = 50 kN en F2 = 150 kN dus 50 150 Fks = 200 ¥ 536 kN + 200 ¥ 477 kN = 134 + 358 = 492 kN. Pendelstaaf verend gesteund 93 Figuur 8. Met deze benadering wordt aangenomen dat de kritische belasting van het systeem gelijk is aan de kritische belasting van de vrijstaande ingeklemde staaf. In vervormde toestand vallen ze niet meer samen. De lengte van de verbindingsstaaf tussen beide staven speelt geen rol omdat die staaf oneindig stijf is verondersteld. u0 = 0.8.251 m Hetzelfde antwoord als eerder gevonden. Wordt nu aangenomen dat die afname lineair verloopt dan is de kritische belasting Fk van het systeem gelijk aan: F F Fks = F1 ·FkA + F2 ·FkB Voorbeeld 8. Als de staaf een lengte nul krijgt staan beide staven achter elkaar.149 m = 0. Een zeer praktische. maar wel grovere benadering is de volgende.149 m (uit voorbeeld 8. 18. een geringere druk . Vs Sd Figuur 8.94 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 8.257 m = 80 + 51. Voorbeeld 8.149 m = 0. bij gelijke belasting F en uitwijking u.149 m 477 u = 477 – 200 ¥ 0.257 m Mveer = 10 kN ¥ 8 m + 200 kN ¥ 0.17. maar dan met de aanpassing van de belasting. Zonder bezwaar kan de constructie zodanig worden geschematiseerd dat die verplaatsing wel weer kan. zie figuur 8. Voor de spanningsberekening moeten vanzelfsprekend de normaalkrachten worden vastgesteld met de belasting op de juiste plaats. Een lange pendelstaaf oefent.18. Ongelijke staaflengten Bij ongelijke lengte van staven mag de belasting niet zomaar verplaatst worden naar de ingeklemde staaf.3b Dus in dit voorbeeld wordt dan Fks = 477 kN u0 = 0.3 kNm (uitkomst aan de veilige kant) Al deze schematiseringen hebben tot doel de invloed van de stabiliteit op de krachtsverdeling in de constructie te bepalen. Een lengte nul van de verbindingsstaaf geeft in belaste toestand een totaal ander beeld dan bij even lange staven.3 = 131. 19 blijkt.21. zoals uit figuur 8. Door de korte pendelkolom te vervangen door een pendelkolom van 8 m lengte en 8 gelijktijdig de belasting te verhogen tot 4 ¥ 25 = 50 kN is de constructie van vraagstuk 3 bereikt en zullen dus de antwoorden van vraagstuk 3 worden gevonden.20.22 getekend kan worden geschematiseerd tot een constructie met één pendelkolom en één ingeklemde kolom. Voorbeeld 8.8. Figuur 8. Figuur 8.5 De constructie zoals in figuur 8.4 Vs Sd Figuur 8. Pendelstaaf verend gesteund 95 op de constructie uit dan een korte. Wordt nu een korte pendelstaaf vervangen door een lange en wordt gelijktijdig zijn belasting vermenigvuldigd met de factor l2/l1 dan is zijn horizontale druk gelijk aan l2 Fu Fu · = l l1 l2 1 en deze druk is gelijk aan de druk die de korte pendelkolom uitoefende. .19. Voorbeeld 8. De eindkolommen worden vervangen door pendelkolommen van 5 m lang. De pendelkolommen worden nu allen samengevoegd tot een kolom met gezamenlijke belasting. Opmerking Daar de belasting op de pendelstijl veel groter is dan op de ingeklemde kolom en men toch de uitbuiging wil weten kan men met weinig meer moeite volgens methode 8.3a rekenen. wat winst oplevert omdat dan Fk groter is.96 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur 8. een gebouw waarvan alle knooppunten scharnieren zijn. Figuur 8. verend ingeklemd in de fundering en.24.23. Verdiepingbouw met aanpendelende constructie Het gebouw bestaat uit een stijve kern (bijvoorbeeld liftschacht en trappenhuis).22. Van de kolom wordt nu Fk bepaald en u uit n Fk n – 1 ·u0 = Fk – 1100 ·u0 Vs Sd Daarmee is dan alles (bij benadering) bekend en aan de veilige kant. Wil men nog verder gaan dan kan als laatste schema de enkele ingeklemde kolom worden genomen met alle belasting. . 5 De belasting wordt 2 ¥ 100 kN = 250 kN. Als de schacht onder invloed van de wind uitbuigt verplaatsen ook alle verdiepingen. Bijvoorbeeld bij wind van links ‘drukt’ of ‘leunt’ het linker deel van de vloeren tegen de schacht en het rechter deel gaat ‘hangen’ of ‘trekken’. meestal als schema. Figuur 8. Pendelstaaf verend gesteund 97 In het schema wordt nu de volledige verticale gebouwbelasting in de schacht gedacht. Vs Figuur 8. Figuur 8.26.27.8.25. Sd . Figuur 8. dwingt beide staven tot eenzelfde uitbuiging u. Vs Sd Figuur 9. In werkelijkheid gedraagt geval I zich stijver dan geval II. De horizontale verbindingsstaaf. .1. maar zijn bovendien elk op druk belast. de uitbuiging u en het moment in de rotatieveer in beide gevallen I en II (figuur 9.3.1 moeten samen een horizontale belasting H opnemen. met enige verwaarlozing wat de mate van stabiliteit betreft. Figuur 9.98 9 Onderlinge steun van verend ingeklemde staven De twee staven A en B in figuur 9.2. Een eenvoudige manier om de krachtswerking van deze constructie te analyseren gaat uit van de aanname dat. waarvoor in het algemeen kan worden aangenomen dat EA = •. Figuur 9.2) mogen worden gelijk gesteld. Dit geval kan weer worden geschematiseerd tot de geschoorde pendelkolom. Dus nu niet voor Fk de kritische belasting van de vrijstaande staven invullen. met betrouwbare uitkomsten. Vs Sd Figuur 9. gesteund door een translatieveer met stijfheid k (figuur 9.3).9. De belaste ingeklemde kolom wordt vervangen door dezelfde kolom onbelast gekoppeld aan een belaste pendelkolom. Onderlinge steun van verend ingeklemde staven 99 Voor een ontwerpberekening is de benadering echter zeer praktisch.4. . De veermomenten zijn nu gelijk aan n Fks n – 1 = Fks – F maal de eerste orde momenten kAu0l Aen kBu0lA.1). Immers zullen in de tweede orde toestand in de verbindingsstaaf vereffenende krachten optreden die ook in de tweede orde aan beide staven gelijke uitbuigingen geven. De eerste en tweede orde samen geven nu F n u = n – 1 u0 = F ks – F u0 ks 0 De horizontale kracht H verdeelt zich in de eerste orde over beide staven in de verhouding van hun veerstijfheden kA en kB (weer terug naar figuur 9. De waarde van k volgt uit H k=u met Hl3 Hl2 u0 = 3EI + r De kritische belasting van het systeem is nu F ks = kl en de eerste orde uitbuiging u0 = H/k. Figuur 9. .0072 H 2 3 ¥ 20 000 kNm H ¥ (5 m)3 H ¥ (5 m)2 + 20 000 kNm = 0. Voor de vrijstaande staven A en B geldt nu: u0A = u0B = H ¥ (6 m)3 H ¥ (6 m)2 + 10 000 kNm = 0.1 De verticale belasting wordt van de ingeklemde staven afgenomen en op even lange pendelstaven geplaatst.5.0023 H 2 3 ¥ 40 000 kNm Vs H kA = u0A = 139 kN/m H kB = u = 436 kN/m 0B Sd In eerste orde toestand is dus Figuur 9. die samen de veersteun: k = kA + kB. voor de pendelstaven leveren. De staven A en B worden nu vervangen door translatieveren met stijfheden kA en kB.6.100 Stabiliteit voor ontwerpers Voorbeeld 9. 42 kN HB0 = kBu0 = 436 kN/m ¥ 0. MveerA = 27 kNm.0174 m = 7. HA0 = kAu0 = 139 kN/m ¥ 0. Fks = kl = 575 kN/m ¥ 6 m = 3450 kN n Fks 3450 n – 1 = Fks – F = 1850 = 1.0174 m Als beide pendelstaven even lang waren konden ze tot één staaf worden samengevoegd.034 m.865 ¥ 7.42 kN ¥ 6 m = 27 kNm MveerB = 1.7. De fictieve belasting op de twee samengevoegde pendelstaven is nu 400 + 1200 = 1600 kN.865 Vs n u = n – 1 ·u0 = 1.58 kN ¥ 5 m = 71 kNm De computer geeft als exacte uitkomsten: u = 0.865 ¥ 0. Onderlinge steun van verend ingeklemde staven 101 k = kA + kB = 575 kN/m H 10 kN u0 = k = 575 kN/m = 0.865 ¥ 2. MveerB = 72 kNm De kracht in de verbindingsstaaf volgt uit de evenwichtsbeschouwing van staaf B Sd .0174 m = 0. Daartoe wordt pendelstaaf B verlengd tot 6 m en gelijktijdig de belasting aangepast tot lA 6 ·F = ¥ 1000 kN = 1200 kN lB B 5 Figuur 9.0174 m = 2.9.58 kN n MveerA = n – 1·HA0·lA = 1.032 m In de eerste orde toestand verdeelt H zich over de staven A en B in verhouding van kA : kB. 683 ¥ 2.8 kN Op staaf A werkt een horizontale kracht H – X = 10 – 7. Staaf A zal dus gaan leunen tegen staaf B.0 m = 64 kNm De computer geeft als exacte uitkomst u = 0.8 kN.032 m = 71 Æ X = 7.1 maar nu met de totale belasting van 1400 kN op staaf A. MveerB = 66 kNm. De kracht in de verbindingsstaaf volgt nu uit X ¥ 5 m = 64 kNm.42 kN naar rechts is dus van teken omgedraaid en werkt in de eindtoestand groot 2. MveerA = 23 kNm. X ¥ 5 m + 1000 kN ¥ 0. X = 12.102 Stabiliteit voor ontwerpers (figuur 9.8).9.0174 m = 0. Figuur 9. 8 kN naar links! Staaf A heeft steun nodig voor z’n stabiliteit.0 m = 24 kNm MveerB = 1.58 kN ¥ 5. Op staaf A werkt nu dus een naar links gerichte kracht van 2.2 Dezelfde constructie als in voorbeeld 9. .683 ¥ 0.8 kN. Nu is n Fks 3450 n – 1 = Fks – F = 2050 = 1.683 Vs Sd u = 1.029 m MveerA = 1. Deze belasting is groter dan de kritische belasting FkA van de vrijstaande staaf A.42 kN ¥ 6. De in eerste orde opgenomen kracht kA u 0 = 2.8 = 2.683 ¥ 7.2 kN Figuur 9. dus groter dan 10 kN.8. Voorbeeld 9.030 m. Vs Met de benadering FkA = kAlA is * = kA = FkA – F kAlA – F FkA ·kA = lA Sd (kA is berekend in voorbeeld 9. in figuur 9.11.12): .106 m betekent dat er in die stand evenwicht mogelijk is. Transformatie vrijstaande belaste staaf A. Dat u = –0. 139 kN/m ¥ 6 m – 1400 kN = –94.11. Dit blijkt uit de evenwichtsvergelijking (figuur 9.73 kN In vrijstaande toestand zou staaf A omgaan.072 m 10 kN u = –94‚3 kN/m = –0. De vrijstaande belaste staaf A.9. *= kA n–1 FkA – F n ·kA = FkA ·kA Hierin is FkA de kritische belasting van de vrijstaande staaf A. kan worden getransformeerd naar een pendelstaaf zonder verticale belasting gesteund door een translatieveer met stijfheid k*.10.106 m Æ kAu = 14.3 kN/m 6m 10 kN u0 = 139 kN/m = 0. Onderlinge steun van verend ingeklemde staven 103 Figuur 9.1) Figuur 9. 73 kN) ¥ 6 m – 1400 kN ¥ 0.75 kN ¥ 6 m + 1400 kN ¥ 0.1 is het probleem behandeld van de tweezijdig verend ingeklemde Sd .029 m *u = –94.104 Stabiliteit voor ontwerpers (10 kN + 14.3 ¥ 0.2. Dit evenwicht is echter niet stabiel Hl + kul – Fu = 0 Hl Hl u = F – kl = F – F k Als F groter wordt.106 m = 148. wordt u kleiner en als F kleiner wordt.029 m = 24 kNm MveerB = 12.75 kN ¥ 5 m = 64 kNm Voorbeeld 9.75 kN HA = kA *u = 436 ¥ 0.4 = 0 Figuur 9.3 + 436 = 342 kN/m * + kB k* = kA 10 kN H u = k* = 342 kN/m = 0.029 = 12.12. maar nu bezien vanuit de methode ‘fictieve stijfheid’.75 kN HB = kB MveerA = –2. = kA Vs Voorbeeld 9. Het zal duidelijk zijn dat dit in werkelijkheid tegengesteld zal zijn. k*B = kB = 436 kN/m (zie voorbeeld 9.13.029 = –2. Er is in een andere stand geen evenwicht mogelijk. Staaf A is echter verbonden aan staaf B en kan daar steun vinden zolang k * = * + kB * positief is. wordt u groter.3 Zelfde constructie en belasting als in voorbeeld 9. Dit evenwicht is dus instabiel.4 – 148.1) * = –94.4 In paragraaf 5. Figuur 9. De veerstijfheid voor de onbelaste kolom is nu .4a2 = 1. Hieruit volgt a = 2. 1 a 4a2 b 4b2 Fk = r 1 + p2EI = r 2 + p2EI EIa 4a2 EI(l – a) 4b2 + 2 r1 + p2 = r2 p EI = 3 ¥ 104 kNm2 neem p2 =10: r1 = 1 ¥ 104 kNm/rad Vs 3a + 0. die dezelfde Fk moeten hebben. Dat wordt hier gedemonstreerd door F k te bepalen voor de boven en onder het buigpunt gelegen delen.5(l – a) + 0.9. Voor de vrijstaande kolom werd nu gevonden: u01 = 0. Onderlinge steun van verend ingeklemde staven 105 vrijstaande kolom (zie ook figuur 9.15.14).14.0377 m (bladzijde 59 en 60). Figuur 9.484 m. maar met de bekende formule voor 1/Fk. Dat resulteerde in enige formules.4(l – a)2 Sd r2 = 2 ¥ 104 kNm/rad Figuur 9.516 m en b = 3. Het kan ook zonder die formules.0215 m. Samen u0 = 0.0162 m en u02 = 0. 0274 m Figuur 9. De eerste orde kracht op de staaf is k1·u0 = 530 kN/m ¥ 0.5 kN ¥ 2.17.036 m Eerste orde momenten in de veren: Vs Sd M10 = 14. u0 voor de complete constructie is nu: 20 kN u0 = 730 kN/m =0.0274 m = 14.2 kNm en Figuur 9.5 kNm.5 kN ¥ 3.484 m = 50. 4380 u = 4380 – 1000 ¥ 0.16.5 kN De kritische belasting is Fks = kl = 730 kN/m ¥ 6 m = 4380 kN.0274 m = 0.516 m = 36. 4380 – 1000 zijn de uiteindelijke momenten: M1 = 47. .5 kNm M20 = 14.5 kNm Vermenigvuldigd met 4 3 8 0 M2 = 65. Eerste orde toestand van de staaf.106 Stabiliteit voor ontwerpers k1 = 20 kN = 530 kN/m 0‚0377 m Samen met de aanwezige veer met k2 = 200 kN/m is de veerstijfheid 730 kN/m. 8 kNm.057 m (bladzijde 60).5 Voorbeeld 9. M1 = 48.8 kNm 12‚74 kN M2 = 20 kN ¥ 102 kNm = 65.036 m De staaf neemt hiervan op k* 1 u = 351 kN/m ¥ 0.9 kNm. . u = 0.74 kN Met 20 kN horizontale kracht werd gevonden M1 = 75 kNm en M2 = 102 kNm.0 kNm Vs Sd Figuur 9.55 m. Dus: 20 kN k* 1 = 0‚057 m = 351 kN/m Totaal: * k = k* 1 + k 2 = 351 + 200 = 551 kN/m Voor de belaste constructie is totale uitbuiging: 20 kN u = 551 kN/m = 0. M2 = 63. Onderlinge steun van verend ingeklemde staven 107 Voorbeeld 9. Een exacte berekening met de computer geeft a = 2.036 m.9. In voorbeeld 5.1 is gevonden voor de vrijstaande belaste staaf u = 0.4 nu uitgewerkt met fictieve stijfheid.18.036 m = 12. Met 12.74 kN wordt dit 12‚74 kN M1 = 20 kN ¥ 75 kNm = 47. Niet onderzocht is of de staaf zelf niet eerder onstabiel is geworden. Vs Sd Voorbeeld 10.1 Als u een eindige waarde heeft dan is wat de translatieveer betreft de constructie stabiel. Stel dat tijdens de toename van de belasting de staaf zelf instabiel wordt dan kan de staaf op dat moment als geschoord worden beschouwd. r2 = EI = 16 000 = 4 lk = ¥ 8.2). dus voor k2 = • (figuur 10. Figuur 10. maar de staaf zelf zal uitknikken. de top van de staaf zal immers op dat moment niet meer verder uitbuigen.1 In dit geval is het voor de hand liggend om eerst de partiële stabiliteit na te gaan. De theorie van paragraaf 6.656 m Fk = p2 ¥ 16 000 kNm2 = 3564 kN (6.108 10 Partiële stabiliteit In het voorgaande hoofdstuk werd van dit type constructie (figuur 10.1) de indrukking u van de veer bepaald en het buigend moment in de rotatieveer.2 kan dan worden toegepast.656 m)2 . lk l = ÷ ````` ÷ ` 13 9 (5 + r 1)(5 + r 2) (5 + 2r1)(5 + 2r2) r2l 8000·8 r1 = 0.0 m = 6. Figuur bij voorbeeld 10. maar nu met F = 2000 kN. . Voorbeeld 10.0 = 3629 kN H ¥ (8 m)3 H ¥ (8 m)2 + 8000 kNm = 0.10. Figuur 10. Eerst wordt nu de stabiliteit onderzocht in relatie tot de translatieveer. Partiële stabiliteit 109 Figuur 10.2 Dezelfde constructie als in voorbeeld 10.6·8. Ten gevolge van een horizontale kracht H bedraagt de uitbuiging: u0H = k1 = Totaal k = k1 + k2 = 453.4. Figuur 10. die niet verder behoeft te worden onderzocht. Figuur bij voorbeeld 10.2.1.1.5.6 kN/m Sd Figuur 10.6 kN/m Fk = kl = 453. Daartoe wordt de eigen stijfheid van de ingeklemde staaf onderzocht.0187 H 2 3 ¥ 16 000 kNm Vs H 1 kN u0H = 0‚0187 m = 53. Met F = 4000 kN is dit dus een instabiele constructie.2.3. Vervolgens wordt de eerste orde uitbuiging bepaald ten gevolge van de q-belasting. 0 ku – l = 400 kN/m ¥ 0.084 m – 8m = 12.1 kN. Sd De dwarskracht ter plaatse van de translatieveer is gelijk aan 2000 kN ¥ 0‚084 m F·u = 33. 1 Vs Figuur 10.110 Stabiliteit voor ontwerpers 1 5 kN/m ¥ (8 m)4 1 5 kN/m ¥ (8 m)3 – 0.084 m ¥ 8 m = 59 kNm Nu moet ook het maximum buigend moment in de staaf zelf worden onderzocht.6 kN De dwarskracht is nul voor 12‚6 x = 5 = 2.6 – 21.038 m 3629 Fk u0 = 1629 ¥ 0.038 m = 0.6. Om hier inzicht in te krijgen wordt in de uitgebogen eindtoestand F ontbonden in een kracht gericht op de inklemming én een horizontale kracht Fu/l.084 m u=F – k F Moment in de veer: Mveer = 2 ¥ 5 kN/m ¥ (8 m)2 + 2000 kN ¥ 0.52 m dus 2x = 5.0187 R = 8 ¥ 16 000 kNm2 + 2 ¥ 8000 kNm = R 400 kN/m Hieruit volgt R = 15.04 m . 15‚1 kN u0 = 400 kN/m = 0.084 m – 400kN/m ¥ 0. 0060 m = 15. w = 0. Mveer = 61.04 m)2 + 2000 kN ¥ 0. grootste moment.9 kNm Met de computer is gevonden u = 0. in absolute waarde. Mmax.9 + 12.0 Vs = 27.006 m.10. x = 2.082 m. Met de gevonden waarde voor F k = 3564 kN bij het onderzoek naar de partiële stabiliteit wordt de uitbuiging 3564 w = 1564 ¥ 0. Sd .staaf = 27.7.0026 m = 0.0026 m 384 16 000 kNm2 Figuur 10.0060 m 1 M =8 ¥ 5 kN/m ¥ (5. Partiële stabiliteit 111 Eerste orde uitbuiging van dit staafdeel (ter onderscheiding nu w0 genoemd) w0 = 5 kN/m ¥ (5‚04 m)4 5 ¥ = 0.638 m.B. Indien Fu/l > ku dan hebben alle momenten hetzelfde teken en is Mveer het.4 kNm.2 kNm. N. 3.1 bevat twee verend ingeklemde kolommen en twee pendelkolommen. Die moeten van dit moment een horizontale kracht overnemen groot: Faf 2a Fa2f l ·2b = bl . Nu rotatie bekeken. Ten opzichte van O ontstaat nu een draaiend moment (Faf/l)·2a. De pendelkolommen verplaatsen af. bij translatie.112 11 Rotatiestabiliteit De constructie in figuur 11. Indien de kritische belasting van een vrijstaande verend ingeklemde kolom gelijk is aan Fk is in dit geval n = Fk/3F. Dit moment moet worden opgevangen door de twee ingeklemde kolommen. Vs Sd Figuur 11. Geef het dak een rotatie om het draaipunt O (figuur 11.2). Bij een translatie van ‘het dak’ steunen de pendelkolommen tegen de ingeklemde kolommen (zie figuur 11. De kolommen zijn allen van gelijke lengte l.1.4).2. Figuur 11. Figuur 11.3). de ingeklemde kolommen bf. De pendelkolommen geven nu een horizontale kracht Faf/l af aan het dak (zie figuur 11. de equivalente belasting bij translatie. Figuur 11.5b). Dus Fa2 Feq·bf = 2Fbf + b ·f Feq = 2F + F F n = Fk a2 b2 Vs b. Een op de constructie werkend rotatiemoment Mr dat een eerste orde hoekverdraaiing geeft. In dit geval van gelijke staaflengten is de Feq onafhankelijk van l. Sd eq Indien a > b dan is rotatie gevaarlijker dan translatie.4. . geeft een totale hoekverdraaiing n f = n – 1 f0 N. Een staaf met belasting Feq en uitbuiging bf die hetzelfde veermoment geeft kan bij benadering eenzelfde mate van stabiliteit hebben (figuur 11.B.5. want dan is F eq > 3F . De beide krachten geven een moment in de veer gelijk aan: 2Fbf + Fa2f Fa2 ·l = 2Fbf + ·f bl b a.5a is getekend.Rotatiestabiliteit 113 Figuur 11. De situatie van de ingeklemde kolom is nu zoals in figuur 11. Met Fk = is Hl u0 Hl 12 kN ¥ 4 m u0 = F = 600 kN = 0.16 m = 96 kNm Ook: Mveer = n n – 1 ¥ 48 kNm = 2 ¥ 48 kNm = 96 kNm Opgave Bewijs dat met lengtes van de pendelkolommen gelijk aan 2 m bij rotatie Feq = 500 kN 600 zou zijn. l = 4 m. 4 Figuur 11. Mveer = 20 kN ¥ 4 m + 100 kN ¥ 0. n = 2.080 rad Fa2f 50 kN ¥ (4 m)2·0‚080 = 8 kN 2m¥4m bl = Sd De totale horizontal kracht per ingeklemde kolom is 20 kN.080 m k n u = n – 1 u0 = 2 2 – 1 ¥ 0. b = 2 m.6. Fk = 600 kN. Bij rotatie is Feq = 2F + F (a2/b2) = 100 + 200 = 300 kN.7. Bij translatie is Feq = 3F = 150 kN.080 m = 0. n = 4. Figuur 11. M r = 48 kNm geeft elk der ingeklemde kolommen in eerste instantie een horizontaalkracht 48 = 12 kN (Mr/2b).160 m Vs u 0‚160 m f = b = 2‚0 m = 0.114 Stabiliteit voor ontwerpers Voorbeeld 11. .1 De afmetingen en belastingen van het hiervóór behandelde geval zijn: a = 4 m. F = 50 kN.2 een zeer riskant lage waarde. en dus n = 500 = 1. Mr = 48 kNm. 1. En het inwendige moment: M xi = – Gelijkstelling levert: EI d 2u x + Fux = –Hx dx2 d 2u x ·EI dx2 Vs Sd Met F/EI = a2 wordt dit: d 2u x H + a2ux = – EI x dx2 De oplossing van deze differentiaalvergelijking is: ux = A sin ax + B cos ax – voor x = 0 is ux = 0: dus: B = 0 ux = A sin ax – H x a2EI H x a2EI .115 Bijlage A In de doorsnede op afstand x van de top is het uitwendige moment gelijk aan: Mxu = Hx + Fux Figuur A. de staaf blijft in uitgebogen positie staan en neemt de sinusvorm aan. Indien we in de uitgebogen toestand H weghalen.116 Stabiliteit voor ontwerpers dux H = Aa cos ax – 2 dx a EI voor x = l is dux M = x=l dx r Mx = l = Hl + Fux = l Hl + Fu H = Aa cos al – 2 r a EI u = A sin al – of F H Hl A cos al – ar u = 3 + a EI ar A sin al – u = met H Hl Hl + = P en 2 = Q a3EI ar a EI vinden we: u= P sin al – Q sin al F cos al – ar sin al Hl a2EI Hl a2EI Vs P en Q zijn recht evenredig met H. Dan is F = a2EI de kritische belasting. Tenzij F cos al – ar sin al = 0 In dat geval is u onbepaald. dus ook u is recht evenredig met H. dus H = 0 dan zijn P en Q gelijk aan nul en dus wordt u nul. Uit a2EI cos al = ar sin al of EI EI 1 cotg al = al rl met rl = r Sd . We behoeven nog slechts de uiterste spanning s in de staaf te berekenen en na te gaan of s beneden een rekenwaarde van de vloeispanning ligt en verder kunnen we eenvoudig u in de bruikbaarheidsgrenstoestand bepalen. Vs Sd .Bijlage A 117 cotg al = al r Met proberen of met behulp van de computer kan al worden opgelost. Immers als u bekend is is ook M = Hl + Fu bekend. Als x = al is Fk = a2EI = x2EI l2 Eigenlijk interesseert ons Fk niet meer. Vs Figuur B. De vergelijking van de momentenlijn Fu02 is nu: Sd Figuur B. px Fu02 sin l Fu01l2 4 l2 Fu u1 = 3EI + 2 ·Fu02 + r 0 l p EI met u1 = u01 1 n u0 u0 = a F·n = Fk wordt deze vergelijking: al2 (1 – a) 1 1 = Fk 3EI + Fk2 + Fk1 .118 Bijlage B Verfijnde benadering van Fk voor de verend ingeklemde buigzame staaf.2. Deze momentenlijn bestaat uit twee delen. een driehoekig deel Fu01. Eerste stap tweede orde. en een derdegraadskromme Fu02.1. Eerste orde Bepaal de uitbuiging u0 = u01 + u02 ten gevolge van de horizontale kracht H. Benaderen we de derdegraadskromme door een kwart sinusgolf Fu02 dan kunnen we u1 bepalen. Hieruit volgt de momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde. Een iteratiemethode Hier volgt een iteratiemethode waarvan de eerste iteraties al een zeer nauwkeurige uitkomst geven. Vs Met deze methode worden de uitbuigingen u en de momenten M stapsgewijs bepaald.178a) Fk1 Fk2 Figuur B. Vervolgens wordt de verticale belasting geplaatst en worden de buigende momenten M1 berekend ten gevolge van de excentriciteit van deze belasting. Deze momenten M1 vergroten de uitbuiging met u1. Deze uitbuiging u1 veroorzaakt weer extra momenten M2. enzovoorts. Sd Figuur B.3.Bijlage B 119 = = a p2/12 (1 – a) 1 Fk2 + Fk2 + Fk1 1 1 + (1 – 0. Begonnen wordt met de eerste orde uitbuigingslijn u0. voor de verend ingeklemde gelijkmatig verdeeld belaste staaf.4. . 1 Mxu = 2 wx2 Sd Æ uitwendig moment Æ inwendig moment Mxi = –EI Mxu = Mxi EI d 2u dx2 d2u 1 =–2 wx2 dx2 du 1 EI dx = – 6 wx 3 + C 1 .120 Stabiliteit voor ontwerpers Aangetoond wordt dat er reeds een grote mate van affiniteit bestaat tussen de uitbuigingslijnen u0 en u1 en een nog grotere affiniteit tussen de lijnen u1 en u2. Op grond van deze grote affiniteit wordt een grote nauwkeurigheid bereikt in de bepaling van n = Qk/Q indien we hiervoor aannemen n = u1/u2. en worden aangetoond dat deze benaderingsmethode voldoende nauwkeurigheid bezit om zelfs in een definitieve berekening te worden toegepast. Uitbuigingslijn u0 Vs Figuur B. Gevonden wordt dan ook met zeer grote nauwkeurigheid dat de eindwaarden voor uitbuiging en buigend moment gelijk zijn aan: u = u0 + u1 + n u n–1 2 n M = M 0 + M 1 + n – 1 M2 Met deze uitkomsten kunnen de waarden.5. gevonden met de benaderingsmethode 1 1 1 Q k = Q k1 + Q k2 worden vergeleken. De tweede term is oneindig veel kleiner dan de andere termen.6. dus EI wl2 1 =–6 wl 3 + C 1 2r EIwl2 2r 1 1 C1 = 6 wl3 + 1 EIwl2 1 1 u0x = EI (– 2 wx4 + 6 wl3x + x) 4 2r 1 u0 = 8 wl4 wl3 + EI 2r Eerste stap tweede orde We nemen aan dat ds = dx. dat is de benadering. 1 qx·du + q dx· 2 du = dM x Vs Sd Figuur B. 1 Voor x = l is du/dx = M/r en M = 2 wl2. Dus dMx = qx·du. volgens de eerste orde uitbuigingsvergelijking: .Bijlage B 121 EI·u = – 2 4 wx4 + C1x + C2 Voor x = 0 is u = 0 dus C2 = 0. De staaf staat in de eerste orde gebogen toestand. Evenwicht van elementje ds van de staaf. du1x/dX = M1l/r.122 Stabiliteit voor ontwerpers u0x = w EI l2 1 1 ( – 2 4 x4 + 6 l3x + 2r x) EI Indien wordt gesteld X = x/l en r = rl/EI dan wordt deze vergelijking: u 0x = wl4 EI 1 (– 214 X4 + 6 X+ 1 X) 2r = r+3 wl4 1 ( –2 X4 + X) 4 EI 6r dM 1x = qx du0x = qXl du0x r+3 qwl5 1 4 = EI (– 6 X + X) dX 6r r+3 2 qwl5 1 X) M 1x = EI (– 3 0 X 5 + 12r (voor X = 0 is M1x = 0) Vs Figuur B. u1x = 0 en X = 1. Sd Dit zijn dus de momenten van de eerste stap van de tweede orde. levert de uitkomst r+3 4 1 qwl7 2 1 1 u1x = ·{1260 X7 – X +( 2 + + 45 )X} 2 (EI) 144r 4r 15r Met deze uitbuigingslijn kan weer via . Deze momenten geven de staaf de uitbuiging u1.7. waarbij de integratieconstanten worden bepaald uit de randvoorwaarden X = 0. d2u1x 1 d2u1x M = 2 = – 1x EI dx2 l dX2 Tweemaal integreren. Bijlage B 123 dM2x = qx du1x = qXl du1x M2x worden bepaald. w = 10 kN/m. Voorbeeld Vs Sd Figuur B. Dit levert: M2x = – r+3 5 1 q2wl8 1 1 1 { – 1440 X8 – X +( 2 + + ) X 2} 2 90 (EI) 180r 8r 15r en hieruit kan weer worden afgeleid: u2x = r+3 7 1 q2wl10 1 1 1 { – 129600 X10 + X –( + + )X4 + 3 (EI) 96r2 180r 1080 7560r 37 (81 3 + 11 2 + 37 + 12960 )X} 120r 1440r r enzovoorts.4 is. Voor het onderzoek naar bovengenoemde affiniteit is gekozen voor een staaf waarvoor r = 3. r = 20 000 kNm/rad.8. . EI = 35 300 kNm2. u1 en u2 en de momentenlijnen M0. Een onderzoek naar de mate van nauwkeurigheid van de in het boek ontwikkelde benaderingsformule voor de kritische belasting heeft aangetoond. Met de nu afgeleide formules kan de mate van affiniteit tussen de uitbuigingslijnen u0. l = 6 m. M1 en M2 worden vastgesteld.4 met een afwijking van 6% aan de veilige kant ten opzichte van de nauwkeurig bepaalde waarde.. dat de grootste afwijking van de benaderingsmethode tot de in deze bijlage behandelde nauwkeurige methode wordt bereikt voor: rl r = EI = 3. q = 100 kN/m. 2 0.614 M 1 /M 2 6.7 0.319 6.307 6.320 M 0 /M 1 5.163 6.315 6.971 Hieruit kan worden geconcludeerd dat de affiniteit tussen de lijnen u0 en u1 goed is en tussen die van u1 en u2 zeer goed.8 0.307 6.222 6.280 5. Voor de berekening van u en M geldt: u0 u1 = 6‚280 u1 u2 = 6‚320 Vs Sd .209 5.313 6.309 6.219 6.6 0.998 Dat is voor M0/M1 gelijk aan: 5‚209 6‚614 = 0.187 6.983 en voor u1/u2: 6‚306 6‚320 = 0. Dat is hier nog niet het geval.9 1.217 5.172 6.175 6.0 u 0 /u 1 6.173 6. x/l 0.318 6.308 6. Dat is voor u0/u1 gelijk aan: 6‚172 6‚280 = 0.4 0.618 5.239 6.124 Stabiliteit voor ontwerpers Tabel B.238 5.350 5.459 5.788 en voor M1/M2: 6‚172 6‚354 = 0. Maar de mate van affiniteit kan wel worden uitgedrukt in de verhouding van bet laagsteen hoogste getal in de kolom. De affiniteit tussen de lijnen M0 en M1 is niet zo goed.190 6.260 6.202 6.1.844 6.354 Bij volkomen affiniteit zouden alle getallen in één kolom gelijk moeten zijn.5 0.1 0. maar tussen die van M1 en M2 alweer duidelijk beter.181 6.178 6.282 6.311 6.306 6.249 6.3 0.201 6.173 6.172 6.280 u 1 /u 2 6. Daarmee is Qk = 6. u = 0. 10 kN/m ¥ (6 m)4 2 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m) + = 0.311·600 = 3787 kN.100 m 1 M0 = 2 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)2 = 180 kNm 1 3 n 6‚311 u = u0 + u1 + n – 1 u2 = 0. de gemiddelde waarde van u1/u2 dus 6. Æ Goede overeenstemming! Vs Sd .0 + 27.054 u0 = 20 000 kNm 8 ¥ 35 300 kNm2 = 0.311.1) komt men op: Q k = 3604 kN.3 kNm M et de benaderingsberekening (paragraaf 4.28 = 212.100 m + 0.119 m n 6‚311 M = M 0 + M 1 + n – 1 M2 = 180.016 m + 5‚311 ¥ 0.003 m = 0.2 + 5‚311 ¥ 4.046 + 0.Bijlage B 125 M1 = M0 6‚614 M2 = M1 6‚354 Voor n = Qk/Q kan worden aangehouden.120 m en M = 216 kNm. Maar rechte staven zijn nooit zuiver recht. De uitwendige krachten F zullen altijd wel een kleine excentriciteit u0 hebben (zie figuur C.126 Bijlage C In deze bijlage wordt enige achtergrondinformatie gegeven over de berekening van op druk en buiging belaste staven mede onder invloed van geometrische en fysische imperfecties. kortom. c. In de gevallen a en b spreekt men van geometrische imperfecties. . Theoretisch kan de druklijn samenvallen met de staafas. b.1b).1.1. waardoor de druklijn en de staafas niet samenvallen. a. We beschouwen nu geval a. Buigslappe staven Als de druklijn in alle belastingsgevallen zou samenvallen met de staafas.1a). Er is vaak een dwarsbelasting aanwezig die de staaf een doorbuiging geeft. de belastingen kunnen van alle kanten aangrijpen en de staven zodanig vervormen dat er geen sprake is van het samenvallen van druklijn en staafas. Vs Sd Figuur C. Van alle buigslappe staven is de pendelstaaf nog de meest eenvoudige. C. is er toch sprake van een combinatie van druk en buiging. dan zou er geen stabiliteitsprobleem zijn. er is een stabiliteitsprobleem. Het vervaardigingsproces kan tot inwendige spanningen leiden. De staaf zal altijd wel een kleine eigen uitbuiging hebben (zie figuur C. maar in de praktijk is dat onmogelijk. Ook als er geen dwarsbelasting op de staaf staat. 2 zonder dwarsbelasting dus ook gewichtsloos. dan wordt n/(n – 1) oneindig groot voor n = 1. Initiële vervorming: px ui sin l dus F = 0 (zonder last of moment) Eindvervorming: px utot sin l moment is F·u (met last en moment) Bijkomend ten gevolg van F: (utot – ui) sin px/l. en is de staaf bezweken. Ook als ui heel klein is.2. Beschouw de staaf van figuur C. De theorie van Fourierreeksen laat zien dat we veel vervormingslijnen met sinusfuncties kunnen benaderen. px dus w = (utot – ui) sin l Sd p2 px px F sin l = – EI utot sin l l2 . De kritische belasting is bereikt als n = 1 of Fk = p2EI/l2 en n = Fk/F.Bijlage C 127 Figuur C. In de uiteindelijke toestand heeft de momentenlijn de vergelijking: px Mx = F·utot·sin l Vs Tengevolge van de momenten Mx is w de doorbuiging van de staaf en d 2w M =– x EI dx2 en –(utot – ui) stel Fl2 1 1 = n dan (utot – ui) = n u tot 2 p EI n u tot = n – 1 ui Om evenwicht te kunnen bereiken moet n > 1. Door de uitwendige drukkracht wordt de initiële uitbuiging vergroot tot utot. maar door de uitwendige krachten F. Deze formule kan ook worden afgeleid met behulp van een eenvoudige differentiaalvergelijking. We nemen aan dat de staaf gewichtsloos is. Nu geven we de staaf een kleine doorbuiging en nemen de oorzaak van die uitbuiging weer weg (figuur C. De staaf zal door de opgewekte inwendige momenten Mi weer willen terugveren. Figuur C.3) Figuur C. De E is van Euler. In een willekeurige doorsnede op afstand x van één van de staafeinden is het inwendige moment gelijk aan Vs Sd Mx = –EI d 2u dx2 en het uitwendige moment gelijk aan Fu. Er is evenwicht als –EI d2u = Fu dx2 . dan buigt de staaf verder door en knikt uit. Als Mi de overhand heeft dan veert de staaf terug in de rechte toestand. wil de staaf weer verder doorbuigen.3.4. dan spreken we van de Eulerse knikkracht. dus niet doorbuigt. Daarbij kan men uitgaan van een theoretisch zuiver rechte staaf van een zuiver homogeen materiaal. van over de volle lengte constante doorsnede en een druklijn die overal samenvalt met de as van de staaf.128 Stabiliteit voor ontwerpers Deze kritische belasting zal nooit kunnen worden bereikt! Vaak wordt in plaats van Fk geschreven FE. Het grensgeval van evenwicht wordt bereikt indien de inwendige momenten zich zodanig instellen dat ze in iedere doorsnede evenwicht maken met de uitwendige momenten. Indien Mu de overhand heeft. die dan de uitwendige momenten Mu in de staaf geven. Leonard Euler (1707 – 1783) heeft de formule voor de knikkracht voor het eerst afgeleid. – sin (mpx/l) = 0 voor alle waarden van x. C. Figuur C.5. is de kritische belasting ofwel de knikkracht.2. Stalen staven Als F < Fk dan is het evenwicht van de staaf dus theoretisch stabiel. Invulling in de vergelijking geeft: –A m 2 p2 mx mpx EI sin l + AF sin l = 0 2 l Oplossingen: – A = 0. – F = m2 (p2EI/l2) De kleinste waarde van F waarbij evenwicht mogelijk is. Bij het beproeven van verschillende profielen op druk bleek de last waarbij de knik optrad altijd lager te liggen dan de waarde die met de formule van Euler wordt berekend. .Bijlage C 129 of EI d2u + Fu = 0 dx2 Aan deze vergelijking voldoet de algemene oplossing mpx u = A sin l hierin is m een geheel getal. Dit heeft ook geen betekenis. dat is in tegenspraak met het uitgangspunt van de gegeven doorbuiging. dus x = 0. De kleinste waarde van F volgt uit m =1. Een stalen staaf kan ook dan nog bezwijken. dus Vs FE = p2EI p2EI of Fk = 2 l l Sd Deze formule is slechts geldig zolang de staaf zich over de volle lengte elastisch gedraagt! Wat nu verder volgt sluit het beste aan bij stalen staven. Er moet nog worden voldaan aan de sterkte-eis dat de inwendige spanningen nergens de vloeigrens overschrijden. en H-profielen geconstateerde residuele spanningen.en H-profielen. omdat er inwendig evenwicht moet zijn in de rest van het profiel. Bij het opstellen van de instabiliteitskrommen in de TGB is daarmee rekening gehouden. Uit metingen is gebleken dat deze spanningen wel kunnen oplopen tot 0. Het is dus mogelijk dat de profielen door ongelijkmatig afkoelen ook al enigszins krom staan. drukspanningen. Zodra het materiaal ergens begint te vloeien.130 Stabiliteit voor ontwerpers a. b. vandaar de keuzetabel in de TGB. Bij buis.3fy. Voor de gewalste H-profielen bijvoorbeeld met h/b £ 1. een ander gedeelte al in het plastische gebied.d. Het materiaal is niet homogeen van samenstelling en in het profiel zijn altijd residuele spanningen aanwezig tengevolge van de fabricage. Na het walsen van H.of I-profielen koelen deze ongelijkmatig af. Figuur C. Daar ontstaan trekspanningen en. Ú s dA = 0. De einden van de flenzen en het midden van het lijf verhinderen de verkorting van de overgang. Bij afkoeling zal het deel dat naar de aarde is gericht minder snel afkoelen dan het deel waarvan de uitstraling in de vrije lucht plaatsvindt.2 en t £ 80 mm en instabiliteitskans om de z-z-as moet kromme c worden aangehouden. Deze spanningen zijn eigen spanningen en zijn niet bij alle profielen gelijk en ook niet symmetrisch verdeeld. In I. zie figuur C. terwijl het omringende materiaal al volledig is afgekoeld en niet meer krimpt. Het gedeelte bij de overgang van lijf naar flens heeft zo’n grote massa ten opzichte van lijf en flenzen zelf. dan verandert de elasticiteitsmodulus van het materiaal daar ter plaatse en verandert ook de uitkomst van Euler. c. Deze verschijnselen noemt men fysische imperfecties. Dus le is een grenswaarde voor het gebied waarin de formule van Euler geldig is.6. Vs Sd . dat deze overgang nog aan het afkoelen en krimpen is. het eerst in de gedrukte zones van figuur C.en kokerprofielen werden andere residuele spanningen gemeten dan bij I. De slankheid van een staaf waarbij de Eulerspanning juist gelijk is aan de vloeispanning is le genoemd.7. Boven deze grenswaarde bevindt een deel van het materiaal zich nog in het elastische gebied. Geometrische en fysische imperfecties beïnvloeden de capaciteit van de drukstaaf.6. 9.Bijlage C 131 Figuur C. Aan de einden van de staaf werken dan momenten F·uo. .9.7fy. Figuur C.7 Willen we blijven rekenen volgens de elasticiteitsleer dan moet bij zo’n profiel.d. rekening houdend met de eigen spanningen.d Daar komt de stabiliteitsproblematiek bij. Dus F M A + W £ 0‚7fy. We hebben al gezien dat een initiële uitbuiging ui door de drukkrachten worden vergroot tot n u tot = n – 1 ui Een andere imperfectie kan zijn het niet centrisch aangrijpen van F. de spanning tengevolge van normaalkracht en buigend moment niet groter worden dan 0. zie figuur C.8. Deze momenten geven een eerste orde uitbuiging in het midden van de staaf van: F·uo·l2 8EI Vs Sd Door de drukkracht F wordt deze uitbuiging vergroot tot u tot = n F·uo·l2 · n – 1 8EI Figuur C. d moeten we schrijven F n Fu* A + n – 1 W £ 0. voor n = 5 nog 4. kunnen we stellen dat n n Mmax = n – 1 F(uo + ui) = n – 1 Fu* waarin u* de geometrische imperfectie is.928 0.132 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur C. Behalve een normaalkracht is er ook een buigend moment alleen al door de geometrische imperfecties. n 2 3 5 10 n n + 0‚234 0. ui en uo vormen samen een geometrische imperfectie.895 0. Daarmee wordt de totale excentriciteit in het midden: uo + n Fuol2 1 l2 = u ( 1 + · F · n · o 8EI) n – 1 8EI n–1 p2EI l2 1 = uo (1 + n – 1 · 2 · 8EI) l p2 1 n + 0‚234 = uo (1 + 8 n – 1) = n – 1 uo Met enige benadering kunnen we hiervoor ook schrijven: n n – 1 uo Deze benadering is gelijk aan n/(n + 0.5%.7fy.10.7fy.5% en voor n = 10 nog maar 2.234) maal de exacte waarde.d .3%. zie tabel. Als er geen dwarsbelasting op de staaf werkt. Voor n = 2 is de theoretische fout die we met deze benadering maken 10. die afhangt van de zorgvuldigheid van de maatvoering. F M Voor A + W £ 0.995 0.977 Vs Sd uo is een onbekende factor. d ( 1+ n Au* n–1 W 0‚7 )£f y. Vs Sd Figuur C. Het snijpunt van beide lijnen geeft de uiterste waarde Fu van de drukkracht weer.7fy. tevens moet F voldoen aan de voorwaarde: F Au A (1 + W ) £ 0.d Au 1+ W (C.1) Als u* = ui + uo gegeven is. Zolang de lijn van de eerste formule in het gearceerde gebied van de tweede formule ligt. dan is u afhankelijk van F door n = Fk/Fd.Bijlage C 133 F A F A (1 + n n –1 Au* W ) £ 0. We rekenen immers volgens de elasticiteitstheorie.1) en (C.d of F£ 0‚7Afy. is aan de tweede formule voldaan. Uiteraard kan de doorsnede van een .11.2) Indien we rekenen volgens de elasticiteitstheorie moet aan beide formules (C.2) zijn voldaan.d We hebben nu te maken met een excentriciteit van de drukkracht groot n u = n – 1 u* (C. Voor een gegeven staaf kunnen we de beide formules grafisch weergeven in een F-udiagram.7fy. d = Wel·fy. Nc.d en voor H-profielen 0. Binnen het elastisch gebied is Mu.s. In de TGB (NEN 6771) is het toegestaan een centrisch belaste staaf te berekenen als een staaf met een fictieve vervangende vooruitbuiging u*. maar dat behoort tot de plasticiteitstheorie die we hier niet bespreken.u.d = rekenwaarde van de druknormaalkracht tengevolge van de belasting. Al met al zal de staaf toch nog wel wat extra belasting kunnen opnemen voordat bezwijken optreedt.u.d = A·fy.d = rekenwaarde van het buigend moment met betrekking tot de capaciteit in de uiterste grenstoestand.d = rekenwaarde van de druknormaalkracht met betrekking tot de capaciteit in de uiterste grenstoestand.134 Stabiliteit voor ontwerpers profiel meer belasting opnemen. Mu.d en verder M 1.d = Npl.d Sd .3fy. Binnen het elastisch gebied is Nc. De eigen spanning is voor vierkante profielen ongeveer 0.s. In de TGB worden de grootheden als volgt gesymboliseerd Nc.d = rekenwaarde van het eerste-orde buigend moment tengevolge van de belasting.d. Stellen we n Au* 1+n–1 W 1 = 0‚7 w dan kunnen we voor de pendelstaaf schrijven F £ fy. Daar staat tegenover dat de staaf dan slapper wordt omdat bij toename van de drukkracht een steeds groter wordend deel van de doorsnede in het plastische gebeid terecht komt en niet meer bijdraagt tot de stijfheid van de staaf.d wA In w zijn verenigd de factor n met n= Fk p2EI Fd = Fdl2 Vs en verder de grootheden A en W (doorsnede en weerstandsmoment van de staaf). u* (de geometrische imperfecties) en de fysische imperfectie van de eigen spanning.2fy. Deze factor w staat in de TGB berekend. d·u* smax = c.s. en wordt de toets Nc.s.d N pl.d n – 1 W ·fy.d A (1 + n n –1·W ·u * ) £ 1 Wil de methode van het vooraf vaststellen van geometrische en fysische imperfecties hetzelfde resultaat leveren als de ‘w-methode’ dan moet de vorm tussen haakjes gelijk zijn aan 1/wbuc.s. Nog moeilijker wordt het voor een langs zijn as belaste staaf.d vergelijkbaar met de hiervoor afgeleide formule F £ fy.d Nc. voor de meeste gevallen is het een inzichtloze bedenkelijke rekentruc! Het invoeren van waarden voor de geometrische en fysische imperfecties geeft inzicht in het gedrag van op druk en buiging belaste elementen.s. Sd . Voor de ‘w-methode’ moet de kniklengte worden vastgesteld.Bijlage C 135 Voor de hiervoor besproken staaf zónder dwarsbelasting wordt de formule F M smax = A + W inclusief het tweede-orde effect dan geschreven als N n Nc.d n Nc.d + £ fy. Kniklengte is een kunstmatig begrip en moeilijk vast te stellen. Het invoeren van het begrip kniklengte kan voor een enkel geval een inzichtelijke berekening opleveren.d·u* + £1 A·fy. Bij verend ingeklemde staven is de kniklengte niet alleen afhankelijk van de rotatiestijfheid r van de inklemming maar ook van de waarde EI van de staaf.d wA Vs In de praktijk is het zo gegaan dat men veel proeven heeft genomen op staven van verschillende lengten en doorsneden en zo met behulp van statistische verwerking van de gegevens grafieken en tabellen heeft afgeleid zoals deze in de TGB-staal zijn opgenomen.d W n–1 A De TGB werkt met de zogenaamde Unity Check: Nc.s.s. Bij niet-prismatische staven kunnen we al niet meer van een sinuslijn spreken.d £1 wbuc·Npl. u. indien de staaf.u.8)fy. immers Iyy < Izz en dus Fky < Fkz.d = Afy. Centrische druk Nc. Bij alleen normaalkracht kan men stellen. behalve op normaalkracht. Dwarsbelasting Er is nog een ander probleem.s. Met de TGB-grafieken en tabellen: Druk en buiging Nc.d A + [ n – 1] W el £ (0. ook nog op een dwarsbelasting moet worden berekend. Vs Sd C.s.8)fy.d. Als de staaf tussen beide aangrijpingspunten van F nergens wordt gesteund.d Deze tweede methode geldt zowel voor centrisch als excentrisch belaste staven. dat de beide flenzen elk een kracht Ff en het lijf een kracht Fl moeten opnemen.d wbucNc.7 à 0.u.d waarin Nc. speciaal voor stalen staven met I-doorsneden. We kunnen de staaf in y-richting steunen.7 à 0.d of n M 1.d n M + [ n – 1] 1.d = Welfy. Op ‘eigen kracht’ door vooraf de geometrische en fysische imperfecties vast te stellen en de spanningen te controlen met F n M A + [ n – 1] W £ (0.d = Npl. zal hij in zijn slappe richting uitknikken bij toename van F.s.d £1 wbucNc.136 Stabiliteit voor ontwerpers Resumerend kan dus worden gesteld dat een stalen staaf op twee manieren kan worden berekend: 1.s.d Nc.s.d 2.d Mu. zodat voor uitknikken in y-richting de kniklengte kleiner wordt. . tezamen F = 2Ff + Fl.d en Mu.3. De tweede berekeningsmethode geeft inzicht in het gedrag van de staaf. 13. Het profiel zal willen torderen. Komt er echter een buigend moment M bij. die op de oorspronkelijke kracht Ff een trekkracht gesuperponeerd krijgt. onder invloed van zijn aandeel in de normaalkracht plus de kracht M(h – tf) nog voldoet aan de spanningsvoorwaarden voor gedrukte staven. met de momentvector in y-richting en verwaarlozen we in gedachten even het lijf. . op zichzelf.14. dan krijgt één van de flenzen een extra drukkracht M/(h – tf) Deze flens wil ten opzichte van de andere. Het is niet de intentie van dit boek om voor diverse materialen spanningsberekeningen te demonstreren volgens de nieuwe TGB1990-uitgaven. Naast deze TGB’s zullen uitvoerige handleidingen verschijnen om nieuwe inzichten te verduidelijken. Vs Sd Figuur C.Bijlage C 137 Figuur C. eerder zijdelings knikken. Figuur C. Een eenvoudige maar vrij grove benadering is om na te gaan of de gedrukte flens.12. 006 m. In tal van gevallen zal de constructeur zelf moeten beslissen of het zinvol is om zelf imperfecties in te voeren. Voorbeeld C.15.1 Vs Sd Figuur C. betonkwaliteit) een scheefstand in te voeren. De hoofdopzet van dit boek is om inzicht te geven in de stabiliteitsproblematiek. waarin geometrische en fysische imperfecties zijn begrepen.50 m.5 kN/m He 400 B Æ e.55 kN/m ————— totaal g = 9.50 m ¥ 3. Bij grote gevoeligheid kan men beter de constructie stijver maken dan op de rand van de veiligheid te flaneren. Verdere gegevens: .138 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur C.0 kN/m2 en een overspanning van 2. kan zijn u = 0. indien de berekening wijst op enige gevoeligheid ten opzichte van bepaalde aannamen (bijvoorbeeld beddingsconstante. De geschetste balk is een onderdeel van een staalplaatbetonvloer met een gewicht van 3. k-waarde van palen. = 1.g.05 kN/m permanente belasting De gedrukte bovenflens is door de staalplaatbetonvloer over de volle lengte gesteund.16.0 kN/m2 = 7. zodat deze vloer op de balk een rustende belasting van 2. Een vervangende imperfectie. Bijvoorbeeld voor een hoog en slank gebouw kan het zinvol zijn om. Figuur C.2.5 De normaalkracht is een veranderlijke belasting. gg = 1. gp = 1. Doorbuiging tengevolge van q: . Gevraagd Welke veranderlijke belasting p mag de balk nog dragen? Oplossing De spanning door de normaalkracht is Vs sc.d = 1‚5 ¥ 1 500 000 = 114 N/mm2 19 780 Sd Dan is er beschikbaar voor buiging: sm = 235 – 114 = 121 N/mm2 Dus n M 2 n – 1 W = 121 N/mm Fk = p2EI p2 ¥ 2‚1 ¥ 108 ¥ 5‚768 ¥ 10–4 = = 33 208 kN 36 l2 n 33 208 n – 1 = 33 208 – 2250 = 1.05 + p) kN/m.17.Bijlage C 139 Izz(Iy) = 57680 ¥ 104 mm4 Wy = 2880 ¥ 103 mm3 staalkwaliteit FeE 235 (Fe 360) constructie veiligheidsklasse 3.07 Totale belasting q = g + p = (9. 085 ¥ 10–4 ¥ 36 kN/m = 0.0 = 45 kN/m).085p) 10–4 m M1e-orde = Mgd + Mpd + F·utotaal = = 8 ¥ 1.9 + 7‚22p) ¥ 106 = 121 N/mm2 fi n–1W = 2880 ¥ 103 fi p = 36.0 N/mm = 36.22p zodat n M 1‚07 ¥ (65.085 ¥ 10–4p) = = 49 + 6.5 ¥ p ¥ (6 m)2 + 2250 kN ¥ (0.006 m + 0.015 m < < 0.05 + 36.0075 = 0.75p + 13.00151 + 0.9 + 7.469p = 65.8) zal n /(n – 1) niet zo snel toenemen als de balk het elastisch stadium verlaat en in het elasto-plastisch gebied terecht komt.5 + 3.006 m + 0.00151 m + 2.003l = 18 mm 1 1 Daar n vrij groot is (n = 14.0 kN/m (q = 9.006 m + 0.140 Stabiliteit voor ontwerpers u = (1‚2 ¥ 9‚05 kN/m + 1‚5 ¥ p) ¥ (6 m)4 5 ¥ = 384 2‚1 ¥ 57 680 kNm2 = (15.05 kN/m ¥ (6 m)2 + 8 ¥ 1.00151 m + 2.2 ¥ 9. Vs Sd .37 + 0. Onder deze belasting krijgt de balk een totale doorbuiging: u tot = 0. Bijvoorbeeld als EI 13% afneemt neemt n/(n – 1) slechts 1% toe.1 + 2. Windbelasting is kortstondig. Neem aan een gesloten cylinder van beton met uitwendige diameter 20 m en constante wanddikte van 0.1 Zoals aangekondigd op toepassing 3. De toren kan worden beschouwd als een dunwandige cylinder met straal 19.30 m. de . maar men doet er goed aan uit de TGB regels voor imperfecties af te leiden die praktisch aannemelijk zijn.1.2 zal nu de daar als oneindig stijf behandelde toren worden behandeld als niet-oneindig stijf. Toepassing Voorbeeld D.7 m. Voor zover er imperfecties zijn aangenomen zijn deze niet volkomen willekeurig gekozen. Vs Sd Figuur D. Uiteraard moeten er openingen in de wanden komen voor lichtdoorlating en beneden voor toegankelijkheid.B. waarin de theorie wordt toegepast.2. dus er is geen kruip. Ze verzwakken de doorsneden maar kunnen weer versterkt worden door rondom de openingen de wand dikker te maken. Over EI van beton valt veel te schrijven. N.141 Bijlage D In deze bijlage is een aantal voorbeelden opgenomen. Figuur D. Als er geen trekspanningen ontstaan in het beton dan is dit probleem eenvoudiger. of met ribben te versterken. 2.6 m2.7¥1.8 Uitbuigingen Sd W il3 W il2 2790 kN¥(150 m)3 2790 kN¥(150 m)2 u0 = 8EI + 2c = + = 0.194 m = 770 l Bij praktisch alle hoge gebouwen is u < 500 l.184 m = 0.1 = 17. ggemiddeld = 1.5 m3 A = 2pRt = 18. In uiterste grenstoestand: 1 .142 Stabiliteit voor ontwerpers elasticiteitsmodulus is hoog. Scheefstand reeds tijdens de bouw is langdurige belasting.26 ¥ 14. omdat hier is gerekend met Wi op 75 m+. uiterste grenstoestand: Q k1 = 4 343 MN Qk2 = 8EI 8¥135¥108 kNm2 = = 4 800 MN (150 m)2 l2 1 1 1 Q k = Q k1 + Q k2 Qk = 2 280 MN. De uitbuiging is in werkelijkheid iets groter.1 Vs Met gebruiksbelastingen. bruikbaarheidsgrenstoestand: n = 1.28 = 2790 kN Stabiliteit Veerconstante fundering: r = 32570¥104 kNm/rad Met rekenbelastingen. wel kruip. Hier wordt aangehouden E = 15000 N/mm2. Gegevens doorsnede schacht I = pR3t = p·(9. representatief Verticale belasting: 128 MN Windbelasting: 150¥20¥0. zie toepassing 3.85m)3·0.184 8¥135¥108 kNm 2 2¥32570 kNm¥104 m 1 17‚8 u = 16‚8¥0. Belastingen.40 m+.26 2 280 MN n = 1‚26¥128 MN = 14.3 m = 901 m4 EI = 15 kN/m2¥106¥901 m4 = 135¥108 kNm2 W = pR2t = 91. terwijl het aangrijpingspunt van de resultante van de windbelasting in werkelijkheid ligt op 86. E laag. 6% van het totale moment.26Q·1 u = 1. Gerekend mag worden met een totale belasting van 2 kN/m3 inhoud.3 en dat is ook nog voldoende stabiel.25 m = 361584 kNm + 20160 kNm = 381744 kNm Het moment ten gevolge van de uitbuiging bedraagt 5.2 m. of dat de rest ook nog stijfheid heeft.26 ¥ 128000 2 1 kN ¥ 2 ¥ 0. Voorbeeld D.4 m + 1.Bijlage D 143 u= n 14‚1 ·1. Bij een windbelasting van 2 kN/m2. De uit de stuwdruk afgeleide wind- . dus: totaal W = 100 m ¥ 25 m ¥ 2 kNm2 = 5000 kN en een lengte l = 100 m is de uitbuiging 0. dan is n* = 12.26u0 = ¥ 1. Controle spanningen in de schacht s= 1‚26Q M 1‚26 ¥ 128000 kN 381744 kNm +W = ± = 8671 + 4172 A 18‚6 m2 91‚5 m3 = 12843 kN/m2 = 12.4 m + 1.26 ¥ 0. Het gebouw als geheel buigt uit.2 kN/m3 is: Q = 100 m ¥ 25 m ¥ 25 m ¥ 3.5 moeten rekenen.3 Een torengebouw met vierkante doorsnede moet worden gefundeerd op palen. Het gebouw is licht geconstrueerd — staalskelet en stalen vloeren.2 Tijdens een lezing over een hoogbouw van 100 m hoogte vertelt de spreker. Het gaat om een torengebouw van 25 m ¥ 25 m.2 kN/m3 = 2¥105 kN = 200 MN dus: n = 25/2 = 12.5/1. Als we voor deze betonconstructie met een belastingfactor g = 1.184 m = 0. dat bij een windbelasting van 2 kN/m2 de uitbuiging van het behandelde gebouw gelijk is aan 0.8 N/mm2 Nodig beton B25. Uit de lezing blijkt. De invloed van de uitbuiging op de totale spanning bedraagt minder dan 2%.5·Wi ¥ 86. of het nu een stijve kern is met voor de rest pendelwanden.5 ¥ 2790 ¥ 86.5 = 8. dat het gaat om een gebouw met betonskelet en betonvloeren. Is dit gebouw voldoende stabiel? Hoe de stijfheden verdeeld zijn doet nu niet ter zake.2 m. Voorbeeld D.5.25 m n–1 13‚1 M = 1. Dus: Vs Sd Wl 5000 kN¥100 m Qk = u = = 25¥105 kN 0‚2 m Bij een geschatte totale belasting van 3. Dit gebouw is voldoende stabiel. met stijfheidsfactor EI = 6. Gevraagd Vs Bepaal met bovengenoemde gegevens het minimum aantal palen onder deze toren. omdat het bij grote hoogte van het gebouw buiten het gebouw zal uitsteken en grote dwarskrachten moet opnemen (zie figuur D. De grootste paalbelasting mag niet meer bedragen dan 1500 kN De veerconstante voor één paal kan worden gerekend als k = 100 kN/mm. Voor een eerste opzet van een stabiliteitsberekening kan de vergrotingsfactor n/(n – 1) een belangrijke rol spelen. met een zo klein mogelijke afmeting voor het funderingsblok. De constructie die de stijfheid aan het gebouw moet geven kan worden beschouwd als een koker.3. De dikte van de plaat is vooral afhankelijk van de grootte van de schuifspanningen. De paalafstand bedraagt 2. Om n te bepalen moeten we ook de rotatiestijfheid r van de fundering kennen.144 Stabiliteit voor ontwerpers belasting bedraagt 1.5 m. . als eerste benadering. Figuur D. Dit gewicht zit niet verwerkt in de 2 kN/m3 gebouwbelasting. Opmerking Sd Figuur D. De paalkrachten geven een omhoog gerichte belasting die door de funderingsplaat moeten worden afgeleid naar de dragende wanden van de toren.4 Bij torengebouwen kan het gewicht van het funderingsblok vrij groot worden.4).3¥109 kNm2. De paalafstand moet om praktische redenen groter zijn dan 7¥ de paaldiameter.8 kN/m2. Uit voorgaande formules volgt: Vs f= M k  a i2 Sd Dus de paalbelasting ten gevolge van M is: k ai M Mai = k  a i2  a i 2 Deze formule is analoog aan de spanningsformule: Mz s= I We bepalen eerst  ai2. Telkens twee rijen palen hebben gelijke afstand tot de draaiingsas. Deze is immers kaif.6.5. Het funderingsblok zou dan een afmeting van ongeveer 30 m ¥ 30 m ¥ 1 m kunnen krijgen.252 2¥12¥ 3. Met een veerconstante k is dan de paalkracht in paal i ten gevolge van het moment M gelijk aan k aif en de bijdrage aan het tegenmoment M: kai2f. Dus M =  k ai2f = kf  ai2 indien k voor alle palen gelijk is.752 2¥12¥ 11.Bijlage D 145 Figuur D. 2¥12¥ 1. De invloed daarop van één enkele paal i kan als volgt worden bepaald. We proberen nu een fundering van 12 ¥ 12 = 144 palen.252 .252 2¥12¥ 8. Onder invloed van M verdraait de fundering over een hoek f.752 2¥12¥ 6. De paalbelasting tengevolge van M kunnen we nu ook direct bepalen. De rotatiestijfheid r = M/f = k Âa i 2 . zie figuur D. De kop van paal i verplaatst daarbij over een afstand aif. 8.88 k= r= 100 kN/mm k  a i2 = 105 kN/m = 10725 ¥ 105 kNm/rad = 1072500 MNm/rad Figuur D.146 Stabiliteit voor ontwerpers 2¥12¥ 13. 2r 2 ¥ 107250 MNm Q k1 = l = = 14300 MN 150 m Qk2 = 7‚83EI 7‚83 ¥ 6‚3 ¥ 106 MNm2 = = 2190 MN (150 m)2 l2 1 1 1 Q k = Q k1 + Q k2 Hieruit volgt: Qk = 1900 MN.752 ————— + = 10725 m2  ai2 = 2¥12¥446. Figuur D.7. Vs Sd Figuur D.6. . 8 n 15‚8 n – 1 = 14‚8 = 1.784 = 1.Bijlage D 147 Het gebouw weegt 150 m ¥ 20 m ¥ 20 m ¥ 2 kN/m3 = 120 MN.75 ` ÷ 2 = 19.833 + 0. Voor de grootste paalbelasting moet een assenkruis onder 45° worden genomen en daarvoor is in dit voorbeeld ai max = 13.8 kN/m2 = 5400 kN Mwind = 5. dan wordt  ai2 vermeerderd met: 2 ¥ 9 ¥ (13. Neemt men bijvoorbeeld de middelste 36 palen weg en plaatst men die in de buitenste rijen.8 kN/m2) geldt voor alle windrichtingen. De totale windbelasting is (gelijkmatig verdeeld over de hoogte): 20 m ¥ 150 m ¥ 1. Figuur D. Het funderingsblok komt er ook nog eens bij.9. Voor een dubbel symmetrisch en dubbel gelijk palenplan is  ai2 voor alle assen door het zwaartepunt gelijk.9 ingetekende cirkel kan worden aangehouden. Deze palen kunnen dan vierzijdig naar buiten worden geplaatst.6 MN 144 10 725 m2 De paalbelasting is dus te hoog.75 m)2 = 3400 m2 (globaal) en wordt dus . Men zou een aantal palen uit het midden van het blok kunnen weglaten.4 MN ¥ 75 m = 405 MNm De maximum belasting op de palen volgt nu uit: Q n Mwind·amax = aantal palen + n – 1  a i2 = Vs Sd 120 MN 1‚068 ¥ 405 MNm ¥ 19‚45 m + = 0. 1900 n = 120 = 15.45 m. Die hebben nauwelijks invloed op  ai2. waarbij voor het in rekening te brengen oppervlak de in figuur D.068 We nemen hier aan dat de windbelasting (1. 10). Het dak kan toegankelijk worden gemaakt voor het publiek door rondom de buis kolommen wenteltrapjes te maken. Vs Sd Belastingen Reken voor de rustende belasting op de pendelkolommen dat het dak gemiddeld 2 kN/m2 weegt.59 14125 m2 en dus wordt de grootste paalkracht nu: 0.0 m ¥ 24 kN/m3/144 stuks = 150 kN van de funderingsplaat. . De term Q/aantal palen blijft gelijk.59 = 1. Opgave Teken een nieuw palenstramien en bereken  ai2 nauwkeuriger. De veranderlijke belasting door mensen op het dak moet worden aangenomen op 3 kN/m2. Voorbeeld D. We rekenen op een mogelijke toevallige scheefstand van alle pendelkolommen.6 kN/m2 en een totale horizontale belasting van 30 kN worden gerekend. r = 14125 ¥ 105 kNm/rad Qk1 = 18838 MN. Tengevolge van wind kan op het dak een verticale belasting van 0.83 + 0. De vermindering van het aantal palen binnen de schachtwaarden is zeer gunstig voor de dwarskrachten en buigende momenten in dat gedeelte van de funderingsplaat. Uiteraard moet in beide gevallen nog de dikte van het funderingsblok worden vastgesteld. die als oneindig stijf in hun fundering ingeklemd kunnen worden gedacht (figuur D.148 Stabiliteit voor ontwerpers 10 725 m2 + 3400 m2 = 14124 m2. zodanig 1 dat de ingeklemde kolommen een horizontale kracht van 300 maal de totale verticale belasting moeten opnemen.42 MN (zonder funderingsblok). Veranderlijke belasting en windbelasting treden niet gelijktijdig op.0 m.4 Een dak van 20 m ¥ 20 m rust op 9 houten pendelkolommen. Dit is dan 4% afwijking van de toelaatbare waarde. Het evenwicht van deze constructie is mogelijk door hem te koppelen aan twee stalen buiskolommen. Qk = 1962 MN en n/(n – 1) verandert nauwelijks. dan draagt elke paal 30 m ¥ 30 m ¥ 1. De “momentterm” wordt: 1‚065 ¥ 405 MNm ¥ 19‚45 m = 0. De maximum paalbelasting in het laatste geval is dan 1420 + 150 = 1570 kN. Stel dat deze dikte gelijk is aan 1. 2 en gp = 1. Deze laatste combinatie moet worden beoordeeld omdat wegens de grotere verticale belasting het tweede-orde-effect belangrijker is.6 kN/m2 = 240 kN. Totale verticale belasting: Permanente belasting 20 m ¥ 20 m ¥ 2 kN/m2 = 800 kN. . Gevraagd Wat is de kleinst toelaatbare straal R van de buiskolommen. afgerond op 10 mm? Vs Figuur D. Permanente belasting + windbelasting. Translatiestabiliteit is dus maatgevend en niet rotatiestabiliteit. Permanente belasting + veranderlijke belasting.10.Bijlage D 149 Figuur D. windbelasting 400 m2 ¥ 0.11. De belastingsfactoren bedragen: gg = 1. We moeten onderzoeken: a. Oplossing Sd De beide buis kolommen hebben een grotere afstand tot het draaiingscentrum van het dak dan de pendelkolommen.5. De stalen buiskolommen zijn van kwaliteit FeE 275 (Fe 430) met een wanddikte van 2 mm. b. veranderlijke belasting 400 m2 ¥ 3 kN/m2 = 1200 kN. 7 kN 2 eerste-orde buigend moment 24.2 = 960 kN 240 kN ¥ 1.48 n M s = n – 1 ·W dus . 30 kN 1 ¥ 1.3 m)3 = (5m)2 l2 = 4275 kN Vs Bij verticaal onbelaste stijf ingeklemde steunkolom is in dit geval: Fk = 3EI l2 Sd (Bij onbelaste pendelkolom en belaste steunkolom is Fk = p2EI 4l2 Zijn beide belast dan ligt de juiste waarde tussen beide in en kan men de veiligste weg kiezen door alle belasting maar op de ingeklemde kolom te denken.5 kN + 2.5 + 300 ¥ 660 kN = 22.2 kN = 24.5 kNm.12. Na enig proberen vinden we met R = 300 mm: Fk = 3EI 3 ¥ 2‚1 ¥ 108 kNm2 ¥ 0‚002 m ¥ p ¥ (0.) 4275 kN n = 660 kN = 6. Horizontale belasting op de kolom: Figuur D.7 kN ¥ 5m = 123.150 Stabiliteit voor ontwerpers Combinatie a Permanente belasting totaal Windbelasting verticaal 800 kN ¥ 1.5 = 360 kN ———— ———— 1040 kN 1320 kN Per buiskolom 1320 kN/2 = 660 kN. . zie figuur D. van onderen als oneindig stijf ingeklemd te beschouwen. en een middenkolom van 4 m lengte. en nog erger. kan desastreus zijn! Zie figuur D.14. Permanente belasting totaal 800 kN ¥ 1. die rusten op twee pendelkolommen van 1 m lengte.0 N/mm2 < 275 N/mm2 2 mm ¥ p ¥ (300 mm)2 Vs Figuur D. het verwaarlozen van relatief korte pendelkolommen.2 = 960 kN Veranderlijke belasting totaal 1200 kN ¥ 1. Sd Voorbeeld D.5 Het verwaarlozen van pendelkolommen. Het dak van een gedeeltelijk onder de grond liggende kelder van 40 m ¥ 80 m oppervlakte wordt gedragen door balken hart op hart 5 m. eerste-orde buigend moment: 4. in de gevels. Horizontale belasting op de kolom 1 ¥ 300 1380 kN = 4. Combinatie b Met R = 300 mm is Fk = 4275 kN.13.0 kNm 4275 kN n = 1380 kN = 3.0 m = 23.13.6 kN.1 3‚1 s = 2‚1 ¥ Dus R = 300 mm 23‚0 kNm ¥ 106 = 6.5 = 1800 kN ———— 2760 kN Rekenbelasting per buis kolom 1380 kN.6 kN ¥ 5.Bijlage D 151 6‚48 s = 5‚48 ¥ 123‚5 kNm ¥ 106 = 271 N/mm2 < 275 N/mm2 2 mm ¥ p ¥ (300 mm)2 Met R = 290 mm wordt 275 N/mm2 overschreden. die daarbij ook de horizontale belasting van 5 kN per balk moeten opnemen.152 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D. Om zo slank mogelijk te bouwen koos hij een buisprofiel met staalkwaliteit Fe 510. Vs Sd Figuur D. zodat de stabiliteit loodrecht op het vlak van tekening verzorgd is.4. Figuur D.17. De constructeur had weinig begrip van stabiliteitsproblemen en kende alleen maar de theorie van de kniklengte en de TGB-staal. met een vloeigrens van 355 N/mm2.15. zodat de stabiliteit moet worden verzekerd door de middenkolommen. In de lengterichting van het gebouw is tussen twee midden kolommen een windverband aangebracht. Dit werd een buis 200 mm ¥ 200 mm ¥ 10 mm met de volgende gegevens: .16. De gemiddelde belastingsfactor heeft hij vastgesteld op 1. Hij ging uit van de volgende gegevens: 5 kolombelasting 4 ¥ 15 kN/m ¥ 20 m = 375 kN kniklengte lk = 2 ¥ 4000 mm = 8000 mm.14. Figuur D. In de gevels zijn geen windverbanden aangebracht. 4 mm W = 452 ¥ 103 mm3 I = 4525 ¥ 104 mm4.s.9 en in de uiterste grenstoestand 1‚4 = 2.18.44 Verder.d n M 1.35 In de betreffende tabel (instabiliteitskromme a) vond hij: wbuc = 0.s.72 < <1 + 1‚8 ¥ 452 mm3 ¥ 103 ¥ 355 N/mm2 dus ruim voldoende. Daarbij rekende hij als volgt: 8000 103 l = 77‚4 = 103. wordt nu: 1‚4 ¥ 375000 N + 0‚44 ¥ 7550 mm2 ¥ 355 N/mm2 1‚4 ¥ 5 kN ¥ 4 m ¥ 106 2‚8 = 0.Bijlage D 153 A = 7550 mm2 i = 77. EI = 9502 kNm2 Figuur D.8. voor Fe 510 is le = 76.45 + 0. De voorwaarde: N c.d (waarin n = Fk/Fd).d + · £1 wbuc·A·fy. om n te berekenen vond hij: Fk = dus p2 ¥ 9502 kNm2 = 1465 kN (8 m)2 Vs 1465 3‚9 n = 375 = 3.27 = 0.4 en lrel = 76‚4 = 1. Sd .d n – 1 W el·fy. als zeer stijf ingeklemd te beschouwen. Indien we de balk niet via een scharnier op de kolom opleggen maar een stijve verbinding geven.20. wat neerkomt op een 1 horizontale belasting van 300 ¥ (375 kN + 2 ¥ 112.19. Zie voor nauwkeuriger berekening het rekenvoorbeeld 5. zullen beide pendelkolommen een horizontale kracht op de middenkolom uitoefenen.5 kN) = 2 kN. Sd . Het inklemmingsmoment bedraagt nu: Vs 375 u + 225 u·4 m = 375 u + 900 u = 1275 u Dat is hetzelfde effect als een belasting Feq van 1275 kN op de uitgebogen kolom. Aan de eis van pas mogen bezwijken bij een 1. Bij een 1.4: 1.8 kN.5 (u/l) kN.15-voudige belasting is nu al n = 1 bereikt.15. In 1465 de gebruikstoestand is in werkelijkheid n = 1275 = 1. dan is de kolom met z’n I = 4525 ¥ 104 mm4. ondanks de grotere lengte van beide balkdelen.154 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D. de balk is een HEA 600 met I = 141 208 ¥ 104 mm4. Met de reeds aanwezige 5 kN wordt dit in de uiterste grenstoestand met g = 1. Nu bekijken we deze constructie volgens de theorie van de stabiliteit van het evenwicht.5 kN. Indien de balken over een afstand u worden verplaatst. dus samen 225 u kN (l =1 m).4 ¥ 7 kN = 9. groot 112. wordt de situatie aanmerkelijk beter. 3 De belasting van de beide gevelkolommen bedraagt: 8 ¥ 15 kN/m ¥ 20 m = 112. De kritische belasting zal in de orde van grootte 4 ¥ 1465 = 5860 kN zijn. Stel. We voeren rekenbelastingen in en een scheefstand van 1/300.4-voudige belasting kan niet worden voldaan.2. Figuur D. Bijlage D 155 Figuur D.21. Figuur D.22. Figuur D.23. We kiezen als staalsoort FeE 235 (Fe 360). 4‚0 m Feq = 1,4 kN ¥ 375 kN + 1,4 ¥ 2 ¥ 1‚0 m ¥ 112,5 kN = 1785 kN (1,4 ¥ 1275 kN, zie figuur D.22) 5860 kN n = 1785 kN = 3,3 Vs Het eerste orde buigend moment in de kolom is nu 9,8 kN ¥ 2 m (figuur D.24 en D.25). Nu is s gelijk aan: 1‚4 ¥ 375 000 N 3‚3 19‚6 kNm ¥ 106 + 2‚3 ¥ = 69,5 + 62,2 = 132 N/mm2 7550 mm2 452 ¥ 103 mm3 Sd Figuur D.24. Voor een vierkante buis zou men de grootste eigenspanning (druk) kunnen voorstellen op 0,2fy;d, dus om binnen de elasticiteit te blijven moet s £ 0,8 ¥ 235 N/mm2 = 188 N/mm2. 156 Stabiliteit voor ontwerpers We kunnen zelfs een lichtere kolom opzoeken. Een eenvoudige verandering van scharnieroplegging naar inklemming betekent in dit geval een beduidend groot verschil in krachtswerking. Berekening via de uitbuiging is iets nauwkeuriger. u0 = 2 ¥ 9‚8 kN ¥ (2‚0 m)3 = 0,0055 m 3 ¥ 9502 kNm2 n = 3,3 3‚3 u = 2‚3 ·u0 = 0,0079 m (zie figuren D.25 en D.26) 1 M = 525 kN· 2 u + 1,4(7 kN + 225 u) ¥ 2,0 m = 263 u + 630 u + 19,6 kNm = 893 u + 19,6 kNm = 7,0 kNm + 19,6 kNm = 26,6 kNm s = 69,5 N/mm2 + 26‚6 ¥ 106 = 128,5 N/mm2 452 mm2 ¥ 103 Vs Figuur D.25. Sd Figuur D.26. Voorbeeld D.6 Een bestaand portaal krijgt een andere functie. Men wil onderzoeken of het daarvoor geschikt is. Het portaal moet 2 puntlasten F0 dragen. Het eigen gewicht van de bovenregel plus nog enige toevallige belasting, tezamen 1,5 kN/m, wordt niet verwaarloosd. We proberen F0 = 300 kN. Gelijktijdig met de puntlasten F0 moet een horizontale belasting H worden opgenomen; H = 2 kN. De spanten worden loodrecht op hun vlak gesteund in hun beide bovenhoeken en op halve hoogte van de kolommen. Bijlage D 157 Figuur D.27. 1 We nemen een scheefstand aan van f = 300 , wat neerkomt op een horizontale belasting 1 van 300 maal de totale verticale belasting. De bovenregel kan horizontaal verplaatsen; er zijn geen windverbanden die deze verplaatsing belemmeren. De belastingscoëfficiënt bedraagt 1,5. Oplossing Vs Figuur D.28. Sd Figuur D.29. Profielgegevens: IPE 400 I EI HE 180B Izz Iyy = 23130 ¥ 104 mm4 = 48600 kNm2 = 3831 ¥ 104 mm4 = 1363 ¥ 104 mm4 as A = 6530 mm } sterke W = 426 ¥ 103mm3 2 EIzz = 8045 kNm2 EIyy = 2862 kNm2 Eerste-orde momenten } zwakke as Zonder de krachten F0 bedraagt de horizontale kracht 1 1,5 ¥ 2 kN + 300 ¥ 10 m ¥ 2,25 kN/m = 3,1 kN De totale horizontale kracht is dus 158 Stabiliteit voor ontwerpers 3,1 kN + 1,5 ¥ 300 ¥ 2 ¥ F0 = 3,1 kN + 100 ¥ F0 = 6,1 kN, zie figuur D.32. De stijfheden van de staven in knooppunt 2 verhouden zich, in het geval van symmetrie zowel in constructie als in belasting, als 3EIcln 2EIbm 3 ¥ 8045 kNm2 2 ¥ 48 600 kNm2 : = : = 0,38 : 0,62 lcln lbm 4m 10 m Bij volledige inklemming is het moment 1 M 23 = 1 ¥ 2,25 kN/m ¥ (10m)2 = 18,8 kNm 2 1 1 Figuur D.30. Figuur D.31. Het knooppuntsmoment M21 = M23 is dus gelijk aan 0,38 ¥ 18,8 kNm = 7,1 kNm. Dit moment wordt niet vergroot, eerder verkleind onder invloed van de verticale belasting. Ten gevolge van de horizontale belasting zijn de knooppuntsmomenten gelijk aan Vs 1 ¥ 2 6,1 kN ¥ 4 m = 12,2 kNm 1 ¥ 300 kN) ¥ 4 m = of (1,55 kN + 200 Sd 1 = 6,2 kNm + 5 F kNm (zie figuur D.33) 0 0 Overdreven getekend ziet de knikvorm van het spant eruit zoals in figuur D.34 is aangegeven. Het moment in knooppunt 3 wordt dus, in absolute zin, vergroot en in knooppunt 2 verkleind. In het midden van de bovenregel is in deze knikfiguur het buigend moment nul en de doorbuiging nul. We kunnen de kritische belasting bepalen uit het halve spant. Figuur D.32. 33.Bijlage D 159 Figuur D.36.25 kN/m = 461 kN n 1060 n – 1 = 1060 – 461 = 1.77 Figuur D. Figuur D.35. r= 3 ¥ 48 600 kNm2 = 29 160 kNm/rad 5m 29 160 kNm = 7290 kN 4m Fk1 = Fk2 = p ¥ 8045 kNm2 = 1241 kN (8 m)2 Vs 1 1 1 Fk = 7290 + 1241 Fk = 1060 kN Totaal rekenbelasting: Sd F = 1. .5 ¥ 300 kN + 5 m ¥ 2.34. Figuur D. 6 = 28.8 kNm).39) Fk = p2 ¥ 2862 kNm2 = 7062 kN > 1060 kN (2 m)2 (in deze richting halverwege gesteund) dus z-richting maatgevend.7 kNm (de computer berekening geeft M = 28. De fundering kan als onverdraaibaar worden beschouwd. Het portaal is dus geschikt om de beide puntlasten of zelfs iets meer te dragen.3 fy.77 ¥ 12.1 kNm + 1. In knoop 3 is in kolom HE 180B s= 461000 N 28‚7 ¥ 106 Nmm + = 138 N/mm2 6530 mm2 426 ¥ 103 mm3 Voor staal FeE 235 en een fysische imperfectie voor de HEB van 0. Knik in y-richting. Sd Voorbeeld D.2 kNm = 7.d is de toelaatbare spanning 70% ¥ 235 N/mm2 = 165 N/mm2.37. afgezien van eventueel te groot worden van de vervormingen. .1 + 21. Vs Figuur D. De ingeklemde kolommen zijn ronde stalen buizen.160 Stabiliteit voor ontwerpers In y-richting is (zie figuur D.7a Een dak wordt gedragen door 10 pendelkolommen en door 2 in de fundering stijf ingeklemde kolommen. Het maximale buigend moment in knooppunt 3 is M = 7. 38. 4. Oplossing We bekijken twee mogelijkheden: a. b. 3. a. 1 We rekenen ook hier op een extra horizontale belasting van 300 van de totale belasting. dus 1 ¥ 2400 kN = 8 kN 300 Vs Sd Gevraagd wordt deze constructie te controleren. De belastingsfactor g = 1. Translatie Het schema is eenvoudig. 5. 8.39. A = 2pRt = 2 ¥ p ¥ 300 mm ¥ 4 mm = 7540 mm2 1 I=2 AR2 = 33 930 ¥ 104 mm4 . Draaiing van het dak — rotatie. over de breedte van 32 m werkt een totale horizontale windbelasting van 40 kN. 10 en 11 dragen elk 200 kN. Evenwijdige verplaatsing van het dak — translatie.5.Bijlage D 161 Figuur D. Elke ingeklemde kolom neemt dus de helft van de horizontale belasting op. Belastingen Figuur D. 9 en 12 dragen elk 100 kN. De hoekkolommen 1. de randkolommen 2. de middenkolommen 6 en 7 dragen elk 400 kN. De twee ingeklemde kolommen moeten de horizontale belasting opnemen en de stabiliteit van het gehele dak verzorgen. .40 en D.41 n= 10990 kN 1800 = 6.40.5 ¥ 1200 kN per kolom.10 s= 600 ¥ 103 N 6‚10 36000 N ¥ 4 ¥ 106 mm + 5‚10 ¥ = 231 N/mm2 7540 mm2 1131 ¥ 103 mm3 < 235 N/mm2 Figuur D. De afstand van elke kolom i tot het rotatiecentrum 0 noemen we ai. b. Vs Sd Figuur D. Dit rotatiemoment moet worden opgenomen door de twee ingeklemde kolommen. Stabiliteitsschema. Neem aan dat iemand met een rotatiemoment Mr het dak laat draaien over een hoek f. Dan verplaatst de bovenzijde van elke kolom loodrecht op z’n verbindingslijn met 0 over een afstand aif.41.42. Die krijgen elk een horizontale kracht Mr/2b. Rotatie Figuur D. (8 m)2 Fdequi = 1.162 Stabiliteit voor ontwerpers W = 2 AR = 1131 ¥ 103 mm3 Fk = 1 p2 ¥ 2‚1 ¥ 108 kN/m2 ¥ 33930 ¥ 10-8 m4 = 10990 kN. Zie figuur D. Door de draaiing van het dak over hoek f verplaatst de bovenzijde van de pendelkolom over een afstand aif. Deze kracht oefent ten opzichte van het draaiingscentrum 0 een moment uit op het dak groot: Vs Sd Fiaif F ia i2 f ·a = i li li Alle pendelkolommen tezamen leveren een rotatiemoment Mr =  F ia i2 f Fa2 = f  il i li i . Indien deze pendelkolom een lengte li heeft. Figuur D. weer in zijn oorspronkelijke stand terugkeren. het dak doordraaien en bezwijken. na weghalen van het oorspronkelijke rotatiemoment.43. Als dit rotatiemoment wordt weggenomen zal het dak indien het onbelast en gewicht loos is. Het is weer hetzelfde als bij de pendelkolom die wordt gesteund door een ingeklemde kolom. We zullen nu bekijken welke horizontale kracht door de draaiing van het dak wordt uitgeoefend door een pendelkolom. Maar het dak is niet gewichtloos en onbelast en in die gedraaide toestand staat elke pendelkolom scheef en elke ingeklemde kolom uitgebogen en wordt op het dak een nieuw rotatiemoment uitgeoefend. Boven een kritische dakbelasting zal. dan is er voor evenwicht een steunkracht Fiaif/li nodig en dit is tevens gelijk aan de actie van deze pendelkolom op het dak. Daartoe bekijken we pendelkolom i op een afstand ai van het draaiingscentrum 0.44.Bijlage D 163 Figuur D. daar beneden zal het in zijn oorspronkelijke stand terugkeren. Vs Sd Mr 2b ·l + F6·bf = Feq·bf Feq =  Fiai2 + F6 2b2 F n = Fk eq We zullen dit nu uitwerken voor het gegeven dak. .47. Hierbij geven beide kolommen eenzelfde inklemmingsmoment.45.49 en D.50).164 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D. Figuur D. waarvan de top over een afstand bf is verplaatst. De kolommen hebben ongeveer een gelijke uitbuigingslijn. Daarbij komt nog de eigen verticale belasting van de ingeklemde kolom. Indien alle pendelkolommen dezelfde lengte l hebben. Figuur D. We kunnen dit nu vergelijken met een kolom belast met een equivalente belasting Feq en een uitbuiging a6f (figuur D. wordt dit f M r = l  Fi a i 2 Dit moment geeft aan de beide ingeklemde kolommen een horizontale kracht Mr/2b indien 2b de onderlinge afstand is van deze kolommen.46. Bepaling  Fiai2 voor de pendelkolommen voor de rekenbelasting.077 4 Sd (figuur D. 4.48.0 11. We kunnen het ook als volgt formuleren: Al eerder is berekend dat Fk = 10 990 kN dan is 10 990 n = 10 200 = 1. 8 150 300 300 18.22 = 151 000 2 ¥ 300 ¥ 15. 10.1.0  Fi ai 2 in kNm2 4 ¥ 150 ¥ 18.49. Figuur D. 3. 12 2.02 = 135 000 totaal = 480 000 kNm2 f 480 000 kNm2 Mr = l  Fiai2 = f = 120 000 f kNm 4m De kracht op de ingeklemde kolommen is: Vs Mr 120 000 f = = 12 000 f kN 2b 10 Feq ¥ 5f = 12 000 f ¥ 4 m + 600 kN ¥ 5 f m Voor de stabiliteit is het dus alsof kolom 6 Feq = 5 ¥ 12000 kN + 600 kN = 10 200 kN moet dragen. 11 5. Tabel D.51) .02 = 194 000 4 ¥ 300 ¥ 11.2 15.50) (figuur D. 9. Pendelkolommen Fi (kN) ai (m) 1.Bijlage D 165 Figuur D. 300 ¥ 2400 kN = 8 kN horizontale kracht. Bij een belasting van 1.5 ¥ 4 kN = 6 kN. Bij een zuiver verticale stand van alle kolommen zou er theoretisch nog wel evenwicht zijn met deze n > 1. loodrecht op zijn verbindingslijn met het rotatiecentrum. dan zouden we deze regel op twee manieren kunnen interpreteren: 1 1. Vs Sd Dit is niet reëel voor het geval van rotatie. Dit belooft niet veel goeds voor de constructie.166 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D. Vanwege het bijzondere karakter van de rotatie lijkt het een betere interpretatie om 1 iedere kolom een horizontale kracht van 300 van zijn verticale kracht.51. te laten afgeven.99 De totale belasting van het dak was 2400 kN. 2. Rekenbelasting 1.50. 1 Indien we de ingeklemde kolommen een dwarskracht laten opnemen gelijk aan 300 van de verticale belasting. Aangezien deze belasting door het rotatiecentrum O gaat geeft hij geen rotatiemoment en geldt de n-waarde die we bij de translatie vonden. buigend moment eerste-orde 6 kN ¥ 4 m = 24 kNm. . n 1‚077 n – 1 = 0‚077 = 13. maar er is maar weinig voor nodig om deze constructie te laten bezwijken. Dit geeft een rotatiemoment 1 Mr =  300 F ia i en daar deze kracht ook voor de ingeklemde kolommen geldt moet nu de som worden genomen over alle kolommen.077 ¥ 2400 kN = 2585 kN zou n = 1 zijn. letterlijk. Figuur D. Dus de kritische dakbelasting is Qk = 2585 kN. dus 4 kN per kolom. 70 Sd . Tabel D. 12 2.1 kN ¥ 4 = 52.1 kN M1e-orde = 13. Voorbeeld D. 4. dan had men gevonden: Mr = 93 732 f kNm Mr 93 732 f = = 3124 f kN 2b 30 Feq ¥ 15 f = 3124 f ¥ 4 + 300kN ¥ 15 f (de ingeklemde kolom zou nu de belasting van kolom 5 of 8 dragen = 1. 9.0  Fi ai in kNm 4¥150¥18. 7 Fi (kN) ai (m) 150 300 300 600 18.0 11.0 = 9 000 2 ¥ 600 ¥ 5.2 15.2 = 13 440 2 ¥ 300 ¥ 15.Bijlage D 167 Figuur D.4 kNm Alleen al uit het moment is Vs s= 13‚99 ¥ 52‚4 ¥ 106 = 648 N/mm2 1131 ¥ 103 Deze tweede interpretatie vloeit logisch voort uit het rotatiegeval. 10. kolommen 1. 3.5 ¥ 200 kN = 300 kN) Feq = 833 + 300 = 1133 kN 10 990 n = 1133 = 9.2. 11 5.0 = 10 800 4¥300¥11.52.0 totaal 1 Mr = 300 ¥ 39 240 kNm = 131 kNm = 6 000 = 39 240 kNm Dus kracht op ingeklemde kolommen: 131 M H = 2br = 10 = 13.0 5.7b Zou men de ingeklemde kolommen aan de beide uiteinden hebben geplaatst. 8 6. 11 Figuur D. Dus nu op ingeklemde kolommen: 131 kNm M H = 26r = 30 m = 4.168 Stabiliteit voor ontwerpers n 9‚70 n – 1 = 8‚70 = 1. bijvoorbeeld op het halve dak. dan levert dit een extra spanning: 6‚10 120 kNm ¥ 106 2 5‚10 ¥ 1131 ¥ 103 = 127 N/mm waarmee de totale spanning wordt 183 N/mm2.53. Men zou nu nog kunnen stellen dat een windvlaag plaatselijk optreedt. Met 300 F i op ieder kolomeinde vonden we een rotatiemoment eerste-orde van 131 kNm.6 kNm 17‚6 ¥ 106 Nmm 300 kN ¥ 103 + 1‚11 ¥ = 56 N/mm2 2 1131 ¥ 103 mm3 7540 mm 1 s= Vs Zouden we hierbij nu nog een windmoment moeten opnemen van 1. Sd .5 ¥ 20 kN ¥ 4 m = 120 kNm (eerste-orde) waarvoor de n/(n – 1) van de translatie geldt.4 kN en M1e-orde = 17. 8 Een dak wordt gedragen door vakwerkliggers die in het midden dragen op een in de fundering stijf ingeklemde kolom. Sd . Nu wordt de spanning in de ingeklemde kolom: s= 300 ¥ 103 N 6‚10 1‚5 ¥ 10 kN ¥ 4 m ¥ 106 + 5‚10 ¥ 7540 mm2 1131 ¥ 103 mm3 9‚70 1‚5 ¥ 5 kN ¥ 4 m ¥ 106 + 8‚70 ¥ = 133 N/mm2 1131 ¥ 103 mm3 Vs In dit geval van ver uiteengeplaatste stijve kolommen is de translatie gevaarlijker dan de rotatie. Voorbeeld D.54.Bijlage D 169 .4 staan de ingeklemde kolommen verder van het rotatiecentrum dan de pendelkolommen en speelt rotatie eveneens geen rol. Bij voorbeeld D. Rotatie-instabiliteit of rotatiegevaar kan gemakkelijk worden voorkomen door zover mogelijk van het rotatiecentrum weerstanden tegen rotatie in te bouwen.55 Dan moet 20 kN met translatiekracht worden bekeken en 20 kN ¥ 8 m = 160 kNm als 1 rotatiemoment. De translatiekracht op de kolom is 2 ¥ 20 kN = 10 kN en de 160 kNm rotatiekracht 30 m = 5 kN (ongeveer). Figuur D. De eerste moet met n/(n – 1) van de translatie worden vermenigvuldigd en de tweede met de n/(n – 1) van de rotatie. Figuur D. 58. De bovenrand van de vakwerkligger kan door het dakvlak niet horizontaal verplaatsen. Neem aan dat de vakwerkligger scharnierend op de kolom is opgelegd. Stel. Sd u Fequ = Fu + F a l (figuur D.57. Op de bekende manier kan nu weer de equivalente kracht Feq worden bepaald uit: Vs Figuur D.59) l Feq = F(1 + a ) n= Fkk l F(1 + a ) .56. De belasting komt via de diagonalen van het vakwerk via de bovenkant van de middenverticaal op de kolom terecht. Plaatsen we nu de kracht F onder gelijktijdig weghalen van H dan werken op de bovenzijde van de ingeklemde kolom de verticale kracht F en de horizontale kracht Fu/a.170 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D. Dan zullen de inwendige momenten in de kolom deze weer willen terugbuigen. Figuur D. we geven de ingeklemde kolom met een horizontale kracht H een zeer kleine uitbuiging u . 015 m (figuur D. De kolom voldoet niet. a = 1 m) n M 900 ¥ 103 N 289 ¥ 106 Nmm F +n–1W = + = 260 N/mm2 A 13 600 mm2 1489 ¥ 103 mm3 Voor een vierkante kolom kan een fysische imperfectie van 0.d (eigen spanning) optreden.61. 1 l = 0.346 Vs De constructie bevindt zich binnen.015 m = 0. De kritische waarde van het systeem is Fks = Fn = Fkk l 1+a Fkk = p2 ¥ 54 700 kNm2 = 6665 kN 4 ¥ 4‚52 6665 n = 900(1 + 4‚5) = 1. er is geen uitwendige horizontale belasting.0584 m M = 900 u + 900 u·4. Hierin is Fkk de kritische belasting van de ingeklemde kolom zelf.59.8 ¥ 275 N/mm2= 220 N/mm2.5 m = 289 kNm (figuur D. Er 1 kunnen echter wel imperfecties zijn.2fy.Bijlage D 171 Figuur D.60) u0 = 300 Sd 1‚346 u = 0‚346 ¥ 0. . Dat limiteert voor een eerste en tweede orde berekening op basis van elasticiteit de spanning tot 0. Neem aan een initiële uitbuiging van 300 l. 01 m = 9.172 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D.7 n n – 1 = 1. Als de inklemming slapper is wordt n direct nog veel kleiner. Het is veel beter om de kolom helemaal door te voeren naar de bovenrand van het spant.3 kNm F M 900 ¥ 103 N 9‚3 ¥ 106 Nmm 2 A + W = 13 600 mm2 + 1489 ¥ 103 mm3 = 72 N/mm Eenzelfde berekening voor een buis 150 mm ¥ 150 mm ¥ 10 mm met eveneens uitbuiging van 10 mm zou geleid hebben tot s = 227 N/mm2 . Daar het dakvlak door windverbanden in de constructie nauwelijks kan verplaatsen is Fk = 2p2EI = 35 694 kN l2 Vs 35 694 n = 900 = 39.60. Een constructie van dit type is al eens op instabiliteit bezweken. Bovendien kost deze constructie veel materiaal. Figuur D.03 Sd Met een geometrische imperfectie van 10 mm M = 1. Met de geringe waarde van n is deze constructie riskant.61.03 ¥ 900 kN ¥ 0. Neem aan dat het betonnen voetstuk onder kolom AB oneindig stijf is. Rotatiestijfheid . Ligger BC is bij C stijf verbonden aan kolom CD. Figuur D. Voorbeeld D.64 getekend. Sd Gevraagd wordt de horizontale verplaatsing van BC en het buigend moment in C ten gevolge van de gegeven rekenbelastingen.62.63.Bijlage D 173 Figuur D. Het gewicht van een buis 150 ¥ 150 ¥ 10 is 430 N/m.65.9 Een overkapping heeft als draagconstructie om de 5 m het stalen portaal ABCD zoals in figuur D. Het gewicht van een buis 350 ¥ 350 ¥ 10 is 1060 N/m. Figuur D.65. Figuur D. Dus een relatief grote besparing.66. Vs Figuur D. Kolom AB is een pendelkolom. De bevestiging van kolom CD aan de fundering moet worden beschouwd als een scharnier. Kolom CD is verend ingeklemd in ligger BC. volgens figuur D.64. 67.1815 m 7415 kNm 3 ¥ 16302 kNm2 (dit is eigenlijk te veel voor zo’n gebouwtje) u0 = 5.0148 + De invloed van f01 is relatief groot.8 kNm In de kolom in punt C: s = 35000 N 121‚8 ¥ 106 Nmm + 675 ¥ 103 mm3 7680 mm2 Sd = 185 N/mm2 > 0.0 m ¥ 0.7 kN = 22.1 kN + 4.222 m = 121.8 kN ¥ 5 m + 35 kN ¥ 0.7 kN Reactie in D: 18.8 kN M = 22.0148 rad 24717 kNm2 Eerste orde verplaatsing van BC: 18‚1 kN ¥ (5 m)3 18‚1 kN ¥ (5 m)2 + = 0.174 Stabiliteit voor ontwerpers r= 3 ¥ 24717 kNm2 = 7415 kNm/rad 10 m Onder invloed van de verticale belasting buigt de ligger BC door 1 8‚8 kN/m ¥ (10 m)3 f01 = 24 ¥ = 0.222 m Vs 0‚222 m horizontale kracht in A en B: 53 kN ¥ 2‚50 m = 4.1815 m = 0.7 ¥ 235 N/mm2 Figuur D. . Fk1 = en Fk2 = 7415 kNm = 1483 kN 5m p2 ¥ 16302 kNm2 = 1609 kN (2 ¥ 5 m)2 Fk = 772 kN 5‚0 Feq = 35 kN + 2‚5 ¥ 53 kN = 141 kN 772 u = 772 – 141 ¥ 0. 18 kN ¥ 5 m – 2 kN ¥ 0.B.18 kN groter.10 Boven en vóór de ingang van het Haagse Congresgebouw bevindt zich een grote luifel.5 kNm. b. Er kan in de gevel en/of het dak wellicht scheurvorming of glasbreuk optreden. De belasting q geeft echter wel een tweede orde moment. Het moment M wordt slechts 0. Daarom is het hier onveilig om te stellen dat n M = n – 1 M1e-orde Dat zou geven Vs 772 M = 772 – 141 ¥ 90.222m ¥ 8. Hier is duidelijk de stijfheid maatgevend boven de sterkte. Sd . die ondersteund is door een groot aantal pendelkolommen en twee stijf ingeklemde kolommen.8 kNm). De drie volgende voorbeelden laten zien hoe men zonder te rekenen al rekening kan houden met het fenomeen stabiliteit.5 kNm = 110.Bijlage D 175 N. c. Uiteraard kan men de kopgevels zo stijf maken dat er geen of weinig momenten in de kolommen optreden. De belasting q geeft een eerste orde moment nul. De horizontale kracht bij B wordt 0‚222 m 2‚5 m ¥ 2. Dat heeft een te verwaarlozen invloed op de vergrotingsfactor n Fk n – 1 = Fk – Feq en dus op u. De verplaatsing van BC geeft ook een wijziging van de oplegreacties.8 kN/m = 2. De verplaatsing van BC is hier wel erg groot. Het eerste orde moment in C is 18.5 kNm groter.7 kNm een fout van ruim 9% ten opzichte van de werkelijke waarde (121. Voorbeeld D. De invloed van de verplaatsing van BC op de verkregen uitkomsten kan dus worden verwaarloosd.222 m = 0.1 kN ¥ 5 m = 90.0 kN = 0. Bij gelijke lengten van AB en CD zou dit niets uitmaken maar nu wordt Feq 2 kN groter.0 kN groter en reactie D evenveel kleiner. De oplegreactie A wordt u/l·ql = uq = 0. a. 68 getekend. Vs Sd Voorbeeld D. die de windbelastingen kan opvangen. Om dit probleem te omzeilen en toch een dilatatievoeg te houden tussen luifel en gebouw is de luifel zodanig vastgemaakt aan het gebouw dat er wel translatie kan optreden. . Om het te verstijven zou men in het midden een schacht kunnen maken voor liften en trappen. maar niet roteren. kunnen we voor de beschouwing van de stabiliteit doen. dat Fk > 6000 kN voor uitbuiging in alle richtingen. Figuur D. dan doen we alsof we elke ingeklemde kolom 1000 kN moet dragen.11. Iedere kolom draagt wel z’n eigen deel van de dakbelasting. De vloeren kragen ver uit. maar met meer kolommen.176 Stabiliteit voor ontwerpers In principe. dan moeten dus de ingeklemde kolommen zó worden ontworpen. De stabiliteit moet verzorgd worden door de twee ingeklemde kolommen.68.69 is een gebouw met balkloze vloeren. Voorbeeld D. Deze kolommen zijn alle pendelkolommen. Stel we willen dat n > 6 . Zo’n gebouw is tamelijk slap. dus kan niet zo goed wringing opnemen en levert weinig weerstand aan eventuele rotatie van het bouwwerk. Maar nu zien we voor deze constructie een belangrijk element over het hoofd. Stel het gebouw in figuur D. Zo’n schacht zit vol met grote deuropeningen. maar geen rotatie. zoals in figuur D. alsof alle belasting door de twee ingeklemde kolommen wordt gedragen. Stel.12 Het raadhuis van Terneuzen heeft een merkwaardige draagconstructie. dat de totale dakbelasting 2000 kN bedraagt. die als enige de horizontale belastingen op het dak kunnen opnemen. maar zoals eerder al is uitgelegd. De voorgaande redenering is slechts geldig indien het dak alleen maar evenwijdig aan zichzelf kan verplaatsen. Nog zonder te rekenen doet men verstandig in het ontwerp aan rotatie te denken en aan de einden nog stijve wanden te plaatsen die de rotatie verhinderen. waardoor de kolommen grote belastingen krijgen. Het moment aan de voet van de wand is dan (voor de drie kolommetjes samen): Vs Sd Figuur D. Figuur D.Bijlage D 177 Figuur D. Dat was althans de bedoeling. In de begane grond worden telkens drie kolommen via korte pendelkolommetjes opgevangen door een balk van voorgespannen beton. Het pendelkolommetje gaat schuin staan en oefent een horizontale kracht F u/a op de ingeklemde wand uit. Dit kan met enige benadering als volgt worden ingezien. Uit een oogpunt van stabiliteit was dit niet zo goed.70.71.69. a. Geef het oplegpunt van de pendelkolommetjes een kleine verplaatsing u. . Korte pendelkolommetjes kunnen gevaarlijk zijn. Om twee redenen. die rust op een in de fundering ingeklemde wand. 72. b. In het geval Terneuzen was l/a vrij groot. De factor n = Fk/F is nu gelijk aan n= Fk l 3F(1 + a) Vs waarbij Fk de kritische belasting van de vrijstaande wand met lengte l is. dat er een schijnbare belasting van 15F op de wand staat. Sd Figuur D. Indien de buitenste kolommetjes tegengesteld gericht schuin staan.73.178 Stabiliteit voor ontwerpers Figuur D. wordt er een koppel op de . u l 3Fu + 3F a l = 3Fu(1 + a) Uit het oogpunt van stabiliteit is dit hetzelfde alsof er een belasting 3F(1 + l/a) op de wand is geplaatst. Nog erger kan bij deze pendelkolommetjes het rotatie-effect zijn.74. Figuur D. Als l = 4a betekent dat. Maak hier geen kleine pendelkolommetjes. Zonder verder rekenen is de remedie zeer eenvoudig. Figuur D. Vs Sd . Zo is het uitgevoerd. maar klem ze in in de balk.Bijlage D 179 balk uitgeoefend en als deze draait.75. gaan de kolommetjes nog schuiner staan en neemt het koppel toe. Vs Sd . 181 Overdrukken van artikelen uit tijdschriften Vs Sd . Vs Sd . In het artikel is W = 83 100 kN.3 maal zo klein. de gebouwinhoud 1 480 000 m3 en u 0 = 0. n= Qk Wl Q = Qu0 Q is afhankelijk van het gebouwtype en het toegepaste constructiemateriaal. moet worden bepaald. l de lengte van de staaf en u0 de uitbuiging aan het vrije uiteinde van de staaf ten gevolge van de belasting W. Die verhoudingen kunnen natuurlijk per gebouw wel iets variëren. de gemiddelde gebouwbelasting 2 kN/m3.84 m.183 Toelichting op het artikel ‘Hoe oud is de kapitein?’ In paragraaf 4.3)/( n /1. n is de verhouding tussen de kritische belasting Q k en de werkelijke totale drukbelasting Q.5 kN/m3. ( n /1. belast door een gelijkmatig verdeelde drukbelasting. Vs Sd . Wl Qk = u 0 In deze formule is W de totale gelijkmatig verdeelde dwarsbelasting op de staaf. Voor een gebouw is W de totale windbelasting op het gebouw en u0 de uitbuiging die toch al. Voor een gebouw met een betonconstructie is dat 3 tot 3.3-voudige belasting wordt n 1. g = 1. Met een 1.3) is dan de vergrotingsfactor voor de buigende momenten.5 kN/m3.4 in de bruikbaarheidsgrenstoestand. om andere redenen dan een stabiliteitsbeschouwing. Voor de sterkteberekening kan men de windbelasting daartoe vermenigvuldigen met deze vergrotingsfactor. Hieruit resulteert n = 14.3 – 1) = n /( n – 1. maar dat is hier niet van belang. n/(n –1) u0 geeft de uitbuiging mede onder invloed van de drukbelasting. l = 431 m.3 is de gemiddelde belastingsfactor voor een gebouw in veiligheidsklasse 3 met 70% permanente belasting en 30% veranderlijke belasting. Voor een gebouw met een staalconstructie kan de gemiddelde belasting variëren van 2 tot 2.1 is een formule afgeleid voor een staaf. De hieronder opgegeven belastingen zijn representatieve belastingen. het Sears-building. in tegenstelling tot nog maar al te vaak klakkeloos toegepaste voorschriften. Bij elk daarvan hoort een antwoord aan de constructeur op de vraag waarom het uiteindelijk is begonnen. . Na het stellen van de vragen geeft de architect de volgende opdracht aan de constructeur. Deel deze uitkomst door tweemaal het produkt van de gegeven uitbuiging en de inhoud in m 3.B. Aan de vele raadseltjes. Is dit gebouw stabiel? voor n < 2 luidt het antwoord: dit gebouw is niet stabiel. wil ik hierbij één toevoegen. we moeten het zo niet maken. We kunnen volstaan met een sterkteberekening. waarbij aan de hand van een paar schijnbaar niet relevante gegevens een verrassende oplossing van een probleem wordt gevonden.ir. voor 2 < n < 5 luidt het antwoord: dit is een griezelig gebouw. Het is ruim 431 m hoog en heeft 109 verdiepingen. voor n > 10 luidt het antwoord: over de stabiliteit van dit gebouw behoeven we ons geen zorgen te maken.184 Stabiliteit voor ontwerpers Hoe oud is de kapitein? door prof. voor 5 < n < 10 luidt het antwoord: voor we verder gaan moeten we een gedegen studie van de stabiliteit van dit gebouw maken. die hij doorgeeft aan de constructeur. op dit gebouw in rekening moet brengen? – hoe groot is de uitbuiging in m aan de top van het gebouw ten gevolge van deze windkracht? Uiteraard kent de architect de kubieke inhoud van het gebouw.i. Noem deze uitkomst n. ons veel werk kan besparen als we stabiel bouwen en ons. die je volgens de T. Dicke c. een belangrijke besparing op de bouwkosten kan opleveren. Hoe groot is n? Het antwoord kan nu in één van de volgende categorieën liggen.G. D. Het is een zeer praktisch raadseltje omdat het een waarschuwende vinger heft als we bezig zijn onveilig te bouwen. De architect stelt aan de constructeur twee vragen over een gegeven gebouw met een moderne staalconstructie: – hoe groot is de totale windkracht in kN. Vs Sd Voorbeeld Het hoogste kantoorgebouw van de wereld. waarbij de windbelasting moet worden vermenigvuldigd met n/(n – g). Het raadseltje gaat als volgt. die altijd wel enig rekentuig bij zich heeft: Vermenigvuldig de gegeven windkracht met de hoogte van dit gebouw (in m). staat in Chicago. 12 (voor g = 1. Boven de 50e verdieping verjongt het gebouw volgens de in de tekening aangegeven patroon.5). die de vierkante plattegrond in 9 gelijke delen verdelen.3 m 66 90 50 109 109 90 50 90 66 Bij een bezoek aan dit gebouw kreeg ik. Deze gegevens zijn voldoende om op eenvoudige wijze de mate van stabiliteit te bepalen.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 185 Het ontleent zijn stijfheid aan 4 frames in beide hoofdrichtingen. waarbij het stabiliteitsprobleem wordt ingebouwd in een vergrotingsfactor voor de windbelasting gelijk aan 14.4 2 kN/m3 ¥ 1 480 000 m3 ¥ 0‚84 m Sd 3x22.9 = 1.4/12. We vinden namelijk: n= 83 000 kN ¥ 431 m = 14. . Uit de gebouwgegevens is verder af te leiden dat de inhoud van het gebouw 1 480 000 m3 bedraagt. staande in de ruwbouw op de 66e verdieping het volgende gegeven: Bij een gemiddelde windbelasting van 3 kN/m2 — wat bij een getroffen oppervlak van 27 700 m2 een totale windkracht van 83 100 kN betekent — bedraagt de uitbuiging aan de top 33 inch (= 0. Dit gebouw zou kunnen worden berekend op sterkte. 3x22.86 m Het Sears-building is dus stabiel.84 m).86 m Vs 431. hoofdstuk 2. In de door mij gehanteerde oplossing is uitgegaan van een gemiddelde gebouwbelasting van 2 kN per m3 gebouw. 17 27-4-1974 Vs Sd .5 kN/m3 weegt. no.186 Stabiliteit voor ontwerpers Een nauwkeuriger berekening door de constructeur met behulp van Timoshenko: ‘Theory of elastic Stability’. Men kan achteraf verifiëren of dit juist is en bij belangrijke afwijking de uitkomst voor n veranderen met behulp van de correctiefactor 2/a.16 leverde een uitkomst overeenkomend met n = 17. Daar een gebouw met een betonskelet al tussen de 3 en 3. zal de genoemde correctie in het algemeen nauwelijks invloed hebben en pas van betekenis kunnen zijn bij de lagere n-waarden (n < 7) Uit Bouw. waarin a de werkelijke gemiddelde gebouwbelasting is in kN/m3. Voordat de knikkracht is bereikt is de kolom al òf instabiel geworden.W. zogenaamde reologische modellen. Vs Sd Figuur 1. Hierbij maakte hij gebruik van eenvoudige modellen die de vervormingen nabootsen.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 187 Vallen en opstaan bij kruipen en knikken prof. de Jongh een interessant artikel over kruipinvloeden in op druk belaste constructiedelen [5]. zeer aan te bevelen literatuur. dan zal de uitbuiging van de kolom met de tijd toenemen zonder belastingverhoging.ir. die in al zijn doorsneden zuiver centrisch wordt belast. De belasting waarbij meer toestanden dan alleen de rechte uitgangstoestand mogelijk zijn. waarbij de uitbuiging niet verdwijnt na wegvallen van de oorzaak van uitbuigen. voor beton zo belangrijke materie. Een kolom is nooit zuiver recht. noemt men de kritische belasting. Men spreekt ook van de knikkracht Fk of van de Eulerse kracht FE. Zijn artikel is een uittreksel uit twee door hem geschreven onderzoekrapporten. zuiver lineair elastisch. Behalve de zuiver rechte toestand van de kolom zijn er meer toestanden van evenwicht mogelijk. Geen enkele kolom voldoet aan de hier gestelde uitgangspunten. Persoonlijk heb ik wel bezwaar tegen de term ‘kruipknik’. A. Mogelijke oorzaak van kortstondige uitbuiging. Deze kolom is stabiel indien hij na verdwijnen van de oorzaak van de uitbuiging weer in zijn rechte stand terugkeert. zuiver centrisch belast. al drukt hij duidelijk uit wat wordt bedoeld. Voor ieder die zich wil verdiepen in deze. òf bezweken door overschrijding van bezwijkspanningen van het materiaal. Bij een gegeven initiële . getiteld ‘De kruipknik van staal-betonkolommen’. Gegeven een zuiver rechte kolom van een zuiver homogeen en lineair elastisch materiaal. Knik is een zuiver theoretisch begrip. Afwijkingen tussen de kolom-as en de werklijn van de drukkracht zullen door deze laatste worden vergroot. Is het materiaal van de kolom onderhevig aan kruipvervormingen. Door één of andere oorzaak krijgt deze kolom een kleine uitbuiging. zuiver homogeen. Er is echter een belasting van de kolom. D. Dicke Kruipknik In het maartnummer van Cement schreef ir. rekentrucs die het werkelijke gebeuren versluieren. of bezwijkt door overschrijding van de bezwijkspanning van het materiaal. een zuiver theoretische waarde. Voor t Æ • zal j t naderen tot een limietwaarde j•. Knik en kniklengte behoren tot de. indien bijvoorbeeld na 28 dagen verharding wordt belast [6]. Dit alles naar aanleiding van het woord kruipknik. overigens wel handige. de Jongh. ook oud beton) en een maximum waarde van 4.ir.W. De VB’74 doet een poging om jt in orde van grootte vast te stellen. Vs Het model ziet er als volgt uit. De Eulerse knikkracht.W. blijkt echter nog steeds onmisbaar en speelt een belangrijke rol in stabiliteitsbeschouwingen. We zouden eigenlijk beter het woord knik helemaal kunnen schrappen. H. A. De Jongh gehanteerde model. Zelf heb ik in die periode diverse studies gemaakt waarvan ik de aantekeningen bij elkaar heb gezocht en er enkele heb bewerkt voor dit artikel. Het is niet beter of slechter dan het door ir.J. Knik is een theoretisch plotseling gebeuren. A. de Jongh — en zal liggen tussen een kleine waarde ca. Deze waarde is afhankelijk van veel factoren — zie het artikel van ir.4 (beton zal altijd wel iets kruipen. zodat lezers dit kunnen vergelijken met het artikel van ir. Model voor het berekenen van de kruipvervorming Intussen had voornoemd artikel mij weer herinnerd aan mijn eerste publikatie over stabiliteitsproblemen [2]. evenals het ervan afgeleide begrip kniklengte en voortaan uitgaan van de werkelijke toestand van de kolom. de mogelijke excentriciteit van een centrische belasting. een aantal STUVO-leden aan het bestuderen van kruipproblemen heeft gezet. We kunnen deze belasting toch bezwaarlijk de kruipknikkracht van de kolom noemen. b b De kruipvervorming bedraagt per definitie: e¢kr = j te¢ 0 . . Men spreekt nog steeds van het ‘Kisteffect’. zijn werkelijke materiaaleigenschappen. het is al vele jaren in gebruik geweest [1]. waarin ik uit een publikatie [1] een formule overnam om de grote invloed van kruip bij stabiliteitsproblemen te benadrukken Het was vooral prof. Ten gevolge van de kruip zal deze vervorming met de tijd toenemen.188 Stabiliteit voor ontwerpers uitbuiging behoort dan een belasting waarbij de kolom op den duur instabiel wordt. Ik heb daarbij ook gebruik gemaakt van een model. Sd Een drukspanning s¢ b in beton heeft een ogenblikkelijke elastische vervorming e¢ 0 = s¢ / E ¢ tot gevolg. 0. Het verloop van de kruip met de tijd zou er kunnen uitzien zoals in tabel 1 is weergegeven. Het is geen origineel model. die tijdens een voordracht voor de STUVO over de invloed van kruip op de momentenverdeling in voorgespannen betonconstructies. Kist. zijn initiële uitbuiging. De kruipfactor j is zodanig bepaald dat de kruipvervorming. Met de tijd neemt ook de elasticiteitsmodulus toe. tijd na belasten 1 uur 1 dag 1 week 1 maand 1 kwartaal 1 halfjaar 1 jaar 2 jaar 5 jaar kruipvervorming in % van totale kruip 4 10 20 32 46 60 75 90 100 189 Deze tabel geeft niet meer dan een indicatie over het verloop van de kruip! Zouden we de tabel in een grafiek uitzetten. . Lijn b loopt evenwijdig aan lijn a . Zouden we nu niet belasten op tijdstip t0 maar op tijdstip t1 dan zal het verloop van de kruipfactor j door lijn b worden weergegeven. dus op elk ogenblik t hebben de lijnen a en b dezelfde waarde djt/dt! ft f• ft 2 ft 1 Vs t0 t1 a Sd t2 b ft2 – ft1 tijd Figuur 2. waarbij s¢ b de betonspanning is ten gevolge van de op het moment t1 aangebrachte belasting. Er is belast op tijdstip t0 (= 28 dagen verharding). Evenwijdige kruipkrommen van Whitney. indien deze spanning tussen t1 en t2 niet is toegenomen.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften Tabel 1. dan vinden we zoiets als lijn a in figuur 2. dan is op het tijdstip t2 de kruipvervorming gelijk aan (j t2 – j t1)s¢ b/E t0. onverschillig op welk moment wordt belast. De toename (gedurende een tijdje dt) van de kruip op het ogenblik t2 bedraagt: s¢ s¢ b b d( j – jt1) = t2 Et0 Et0 djt2 Omdat a en b evenwijdig lopen is immers d(jt2 – jt1). gelijk aan djt2. altijd wordt betrokken op de elastische vervorming die zou zijn opgetreden indien werd belast op het moment t0. Indien dus wordt belast op het tijdstip t1. De Jongh). dus volledige ontlasting van het beton. De op deze wijze op het tijdstip t0 berekende vervorming vermenigvuldigen we dan met djt. is de kruipvervorming op tijdstip t2 gelijk aan: Vs s¢b1 s¢b0 j = t1 Et0 Et0 j t1 Sd Dit is een blijvende vervorming. We werken volgens het 2-parametermodel van Dischinger (figuur 5a van het artikel van ir. dan is de b0 en op tijdstip t 1 wordt ontlast met spanning s b kruipvervorming op tijdstip t2 gelijk aan: s¢b0 s¢b1 j – t2 Et0 Et0 (jt2 – jt1) Indien s¢b1.190 Stabiliteit voor ontwerpers Stel we belasten eerst op tijdstip t0 met spanning s¢b0 en later nog eens op tijdstip t1 met spanning s¢b1 dan is de kruipvervorming op tijdstip t2 gelijk aan: s¢b0 s¢ b1 Et0 j t2 + Et0 (jt2 – jt1) De toename (gedurende een tijdje dt) van de kruipvervorming op tijdstip t2 bedraagt dan: s¢b0 s¢b1 s¢b0 + s¢ b1 djt2 Et0 dj t2 + Et0 d(jt2 – jt1) = Et0 Dus om op een willekeurig tijdstip t de toename van de kruipvervorming te bepalen moeten we doen alsof alle belasting. De totale blijvende vervorming is gelijk aan s¢b0 s¢b1 s¢ 1 + jt1 b0 1 Et0 – Et1 + Et0 jt1 = s¢b0 ( Et0 – Et1 ) s¢b0 of voor Et1 = Et0 gelijk aan E jt1. al is die over nog zoveel tijdstippen verdeeld aangebracht. t0 Hierin s¢ b0/E t0 de elastische vervorming bij het belasten en s b1 /E t1 de elastische vervorming bij het ontlasten. = s ¢ b0. dan is de toename van de kruipvervorming (gedurende een tijdje dt) gelijk aan: . Bij onveranderlijke elasticiteitsmodulus zijn beide termen gelijk indien sb1 = s¢b0. Indien sb1 niet gelijk is aan s¢b0 en in absolute waarden gerekend kleiner is dan s¢b0. afhankelijk van het tijdstip van ontlasten. Zolang het beton niet is gescheurd nemen we aan dat de kruipvervorming bij ontlasten hetzelfde verloop heeft als bij belasten! Dus indien op tijdstip t0 wordt belast met spanning s ¢ ¢ 1. is aangebracht op het tijdstip t0. Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 191 s¢b0 sb1 s¢b0 – sb1 djt2 Et0 djt2 – Et0 d(jt2 – jt1) = Et0 dus ook gelijk aan de elastische vervorming op tijdstip t0 alsof alle belasting op tijdstip t0 was aangebracht, maal de toename van j op tijdstip t2. Indien het voorgaande duidelijk is, zullen de volgende toepassingen niet zo moeilijk zijn 1 Een centrisch gedrukte gewapend-betonkolom Voorwaarde is dat wapening en beton hetzelfde zwaartepunt hebben. De normaalkracht grijpt aan in het zwaartepunt. De normaalkracht N¢ wordt opgenomen door het beton en door de wapening. Het beton neemt op een belasting N¢b en het staal een belasting N¢ a. N¢ = N¢ ¢ b + Na De directe elastische vervorming op tijdstip t0 is gelijk aan: N¢ N¢ b a e¢ 0=E A =E A b b a a Vs Figuur 3. Dubbelsymmetrische doorsnede. Sd We gaan er van uit dat de elasticiteitsmodulus van het beton onveranderlijk is en schrijven hiervoor verder Eb. Met Aa = wAb en Ea = n Eb is N¢ N¢ b a = EbAb wn EbAb of N¢ a = wn N¢ b N¢ = (1 + wn)N¢ b Na de elastische vervorming gaat het beton kruipen. Het staal kruipt niet; het verzet zich tegen het kruipen van het beton. Tijdens het kruipen van het beton wordt het staal geleidelijk aan zwaarder belast en het beton evenveel ontlast. Stel, op het tijdstip t = t is die ontlastende kracht op het beton aangegroeid tot een waarde X. Dan is de kracht op het beton op dat moment gelijk aan (N¢ b – X ). Indien deze kracht op het tijdstip t0 was aangebracht, dan was de elastische vervorming gelijk 192 Stabiliteit voor ontwerpers geweest aan: N¢ b–X E bA b Gedurende een tijdje dt zal de kruipvervorming toenemen met: N¢ b–X E b A b dj t Gedurende dit tijdje dt groeit X aan met dX. Dit krachtje dX zal een directe elastische vervorming geven (negatief, want dX is een ontlastend krachtje) dX/(EbAb). Het beton vervormt dus gedurende het tijdje dt: N¢ b–X dX E b A b dj t – E b A b In ditzelfde tijdje dt neemt de kracht op het staal toe met het krachtje dX. Het staal zal gedurende dt vervormen: dX EaAa Beide vervormingen moeten gelijk zijn, dus: N¢ b–X dX dX EbAb djt – EbAb = EaAa Of: Vs 1 (N¢ ) b – X)djt = dX(1 + wn Sd Daar d(N¢ b – X) = –dX, kunnen we schrijven: – wn wn + 1 dj t = d(N¢ b – X) N¢ b–X Integratie hiervan levert: N¢ b – X = C ·e – wn wn + 1 jt Voor t = t0 is jt = 0 en X = 0. Dus C = N¢ b. Dus: X = N¢ b( 1 – e – wn wn + 1 jt ) Voor t = • (dat is al na enige jaren), is: Overdrukken van artikelen uit tijdschriften wn wn + 1 193 X• = N¢ b( 1 – e Of: X• = N¢ – j• ) – j• ( 1 – e wn + 1 ) wn + 1 wn De kruipvervorming van de kolom is gelijk aan X/EaAa dus aan de toename van de vervorming van het staal. De verhouding van de kruipvervorming van de kolom tot de elastische vervorming van de kolom is dus gelijk aan: _ X X j= = w n ·N¢ N¢ a b of: wn _ 1 j• = (1 – e– w n + wn 1 j• ) _ j is de kruipfactor voor de kolom; j is de kruipfactor voor het beton. Op het beton werkt nu N¢b – X•; op het staal werkt nu N¢ a + X•. Voorbeeld We nemen de kolom uit het artikel van ir. de Jongh als rekenvoorbeeld. Vs 40 400 40 400 A b = 160 000 mm2 A a = 0,06Ab = 9600 mm2 Figuur 4. Sd H l Figuur 5. Op buiging belaste kolom. Betonkwaliteit B 22,5; Eb = 28 000 N/mm2. Staalkwaliteit FeB 400; Ea = 210 000 N/mm2. j• = 2; w = 0,06 n= 210 000 2 8 000 = 7,5; wn = 0,06 ¥ 7,5 = 0,45 0‚45 N¢ a = 0,45 ¥ N¢ b = 1‚45 N¢ = 0,31 N¢ 194 Stabiliteit voor ontwerpers N¢ b = 0,69N¢ X• = 0,69N¢(1 – e – 0‚45 ¥2 1‚45 ) = 0,32N¢ Dus uiteindelijk is de kracht op het beton 0,69 – 0,32 = 0,37 N¢ en op het staal 0,31 + 0,32 = 0,63 N ¢. De kruip heeft dus een zeer grote invloed op de verdeling van de belasting over het beton en het staal. De kruipfactor voor de kolom is: _ X 0‚32 j = • = 0‚31 = 1,03 N¢ a 2 Een op buiging belaste gewapend-betonkolom We gaan er van uit dat er voldoende drukkracht aanwezig is, zodat er door de buiging geen trekspanningen kunnen ontstaan. We laten deze drukkracht voorlopig buiten beschouwing. Gegeven wordt een beschouwing aan de hand van een oneindig stijf ingeklemde kolom met een horizontale belasting aan de top. Deze beschouwing geldt echter ook voor op andere wijzen op buiging belaste kolommen. We bepalen weer welk deel van de belasting door het beton en welk deel door het staal wordt opgenomen. Wapening en beton hebben hetzelfde zwaartepunt. Van de horizontale kracht H wordt een deel Hb door het beton opgenomen en een deel Ha door het staal; H = Hb + Ha. De doorbuiging f0 bedraagt: Vs H b l3 H al3 = f0 = 3 E 3EaIa bIb Met Ia = µIb en Ea = nEb is: f0 = dus: Ha = µnHb H = (1 + µn)Hb H b l3 H al3 = 3EbIb 3µnEbIb Sd Het kruipen gaat nu precies zo als bij de op druk belaste kolom. Het kruipen van het beton wordt tegengewerkt door het staal. Er ontwikkelt zich een tegenwerkende kracht X op het beton en dus een extra kracht X op het staal. Op een tijdstip t = t is de kracht op het beton: (H b – X). Denken we deze kracht aangebracht op tijdstip t0 dan is de elastische vervorming: ( H b – X ) l3 3 E bIb 115.5 b . 1 Ib = 1 ¥ 4004 = 213 330 ¥ 104 mm4 2 Ia = 2·4800 ¥ 1602 = 24 576 ¥ 104 mm4 I µ = Ia = 0. n = 7.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 195 Gedurende het tijdje dt zal de kruipvervorming van het beton gelijk zijn aan ( H b – X ) l3 dj 3 E bIb Gedurende dt ontwikkelt zich tegenwerkend krachtje dX. Ook nu dubbelsymmetrische doorsnede. dat een elastische terugbuiging geeft: dX·l3 3 E bIb Het krachtje dX geeft het staal een uitbuiging: dX·l3 3EaIa Dus geldt: ( H b – X ) l3 dX·l3 dX·l3 3EbIb dj – 3EbIb = 3EaIa Op dezelfde wijze als bij de gedrukte kolom vinden we nu: X • = H b( 1 – e µ n + 1 _ De kruipfactor j voor de kolom is: – µn j• ) 1 µn _ – X 1 j• = H• = µn ( 1 – e µ n + a Vs j• ) Voorbeeld We nemen dezelfde kolom als bij de op druk belaste kolom uit de vorige paragraaf als rekenvoorbeeld. Figuur 7. 4800 mm2 40 320 400 40 400 4800 mm2 Sd f=2 Figuur 6. Van die uitbuiging et is 1/n et een elastische uitbuiging. Na het tijdstip t0 is door de kruipinvloed van het beton de kolom verder uitgebogen overeen afstand et.5 = 0.33 H Uiteindelijk werkt op het beton (0. Door kruip zal deze uitbuiging toenemen.33) H = 0. Iedere kruipvervorming wordt direct gevolgd door een 1/(n – 1) maal zo grote elastische tweede-ordevervorming. a b k 1/(n – 1) en n/(n – 1). Kruipvervorming plus de daarvoor veroorzaakte elastische vervorming. We bekijken de kolom op het tijdstip t = t. De totale elastische uitbuiging op het tijdstip t = t bedraag dus: 1 1 n – 1 e 0 + n et * In de volgende gevallen is n niet meer de n = E / E maar is n = N ¢ / N ¢ in formules als 1/n . .115·7.54 H(1 – e – 0‚86 ·2 1‚86 0‚86 ) = 0.70 a 3 De excentrisch op druk belaste kolom* Op het tijdstip t0 zal de kolom elastisch vervormen. Van de vervorming na het tijdstip t0 zal dus 1/n-de deel elastische vervorming zijn die ook weer aanleiding geeft tot kruip.21 H. en op het staal (0.33) H= 0.79 H De kruipfactor voor de kolom is: _ X• 0‚33 j = H = 0‚46 = 0.86 Ha = 0. N¢ e0 Vs kruip 1 kruip n –1 Sd n n –1 kruip Hier is n = N¢k / N¢ ! Figuur 8.46 + 0.54 H X• = 0.54 – 0. De tweede-orde-uitbuiging bedraagt n/(n – 1) e0.196 Stabiliteit voor ontwerpers µn = 0.46 H Hb = 0.86 Hb = 1‚86 H = 0. Die kruipvervorming gedurende het tijdje dt wordt direct gevolgd door een elastische tweede-ordevervorming maal de kruipvervorming. ofwel 1/n maal de totale vervorming det gedurende het tijdje dt. We doen alsof de totale elastische vervorming plaats vond op het tijdstip t 0 . kunnen we schrijven: e 0 + e t) e0 + et _ 1 = n – 1 dj d(n n – 1 n n – 1 Integratie geeft: n e n – 1 0 + e t = C ·e _ 1 j n – 1 n e. C = n et = n n e – 1 0 Dus: (e n 1 _ j – 1 – 1) Dit is de vervorming die wordt veroorzaakt door het kruipen van het beton.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften elastisch krui kruip 197 n kruip n –1 d et Figuur 9. De totale . – 1 0 _ Voor t = t0 is j = 0 en et = 0. Totale vervorming gedurende tijdje dt. Gedurende een tijdje dt zal de kruipvervorming van de kolom dus bedragen: 1 (n 1 – 1 e0 + n et) dj Het maakt immers niet uit op welk tijdstip de elastische vervorming plaats vond. Dus: _ 1 1 1 det = (n – 1 e0 + n et)dj + n det vermenigvuldig met n: _ Vs _ n det(n – 1) = (n – 1 e0 + et)d j Daar d(n n e – 1 0 Sd + et) = det. Voorbeeld Nog steeds dezelfde kolom als in de vorige rekenvoorbeelden N¢ = 2500 kN N¢ k= p2(EaIa + EbIb) p2(0‚86 + 1) ¥ 28000 ¥ 213330 ¥ 104 = ¥ 10–3 = 4l2 4 ¥ 60002 = 7615 kN 7615 n = 2500 = 3. . We kunnen nu ook de spanningen in de voet van de kolom berekenen.8(e 2‚05 ¥0‚70 – 1) = 12.8 mm vond. maar dan anders afgeleid.8 = 29.1 = 41. de Jongh.1 mm De totale uitbuiging etot = 29. We gaan nog steeds uit van een lineair s-e-diagram bij kortstondige belasting. Voorbeeld van excentrisch gedrukte kolom. Er is goede overeenstemming met de uitkomst van ir. 1 e n – 1 0 n e n – 1 0 1 = 2‚05 ¥ 20 = 9.9 mm.8 mm = 20 + 9.8 + 12.05 _ j = 0. kan men ook vinden in [1].70 (berekend voor geval 2) 4800 mm2 40 Vs 2500 kN 320 400 40 400 j= =2 2 f Sd e 0 = 20 mm 6m 4800 mm2 Figuur 10.8 mm 1 et = 29.198 Stabiliteit voor ontwerpers excentriciteit is nu: etot = n n e – 1 0 + et = n 1 _ j n n – 1 • e ·e – 1 0 n – 1 1 _ j – 1 • Mtot = N¢etot = N¢e0·n en Deze formule. die 42. 6 Figuur 12. Betonspanning bij het begin en na het einde van het kruipproces voor N ¢ = 2500 kN.8 ± 2.7 –7.9 t = t0 –14.1 N/mm2 1 160 000 ¥ 4003 6 (–7. Met de daar gevonden uitkomsten volgt nu: s¢ b=– 0‚37 ¥ 2500 ¥ 103 0‚21 ¥ 105 ¥ 106 ± = –5. N¢ = 2500 kN Vs M = 2500 ¥ 0.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 199 s¢ e¢ Figuur 11. De Jongh vindt met behulp van het computerprogramma KRUKO voor een belasting van 3250 kN na t = • kruipinstabiliteit.0298 = 74 kNm Sd 6 s¢ b=– 0‚69 ¥ 2500 ¥ 10–3 0‚54 ¥ 74 ¥ 106 ± = –10.0419 = 105 kNm In de gevallen 1 en 2 zijn de krachten op het beton en staal berekend.8 ± 3. N¢ = 2500 kN M = N¢etot = 2500 ¥ 0.0 t=• –7. Ir.7 N/mm2) s¢ a=– 0‚63 ¥ 2500 ¥ 103 0‚79 ¥ 105 ¥ 106 ± 320 ¥ 4800 = –164 ± 54 N/mm2 9600 (–218 en –110 N/mm2) Op het tijdstip t0 zijn de betonspanningen hoger.6 en –7. . s¢-e¢-diagram voor kortstondige belasting. ondanks de geringere uitbuiging.8 N/mm2 1 160 000 ¥ 4003 (–14.9 en –3.0 N/mm2) –3. 8 N/mm2 1 160000 3 ¥ 400 6 (–11.3 t=• –11. Dus: –3 200 –3 –3 e¢ b = 1. Vervormingen inklemmingsdoorsnede aan het eind van het kruipproces voor N¢ = 3250 kN.7 1.60·10 –8.34 3250 = 1‚34 ¥ 20 = 14.0589 = 191 kNm s¢ b= –0‚37 ¥ 3250 ¥ 103 0‚21 ¥ 191 ¥ 106 ± = –7.47 ¥ 10 = 1.9 mm = 34.60 ¥ 10 Sd 40 160 160 40 0.47 ¥ 10 .7 Figuur 13.9(e 1) = 24.9 mm 1 ¥0‚70 1‚34 – 1 1 e n – 1 0 n e n – 1 0 et = 34.9 mm M = 3250 ¥ 0.3 t = t0 –19.0 mm etot = 34. Betonspanningen bij het begin en na het einde van het kruipproces voor N¢ = 3250 kN.01 ¥ 10–3 Vs 98 2 –3 Ten gevolge van de buiging is s¢ a = 98 N/mm en e¢ a = 210 000 = 0.54·10–3 1. Figuur 14.5 ± 3.200 Stabiliteit voor ontwerpers n= 7615 = 2.01·10–3 –4.48·10–3 –3 e¢ b = 1.01 ¥ 10 + 160 ·0.0 = 58.3 en –3.42·10–3 0.7 N/mm2) s¢ a= –0‚63 ¥ 3250 ¥ 103 0‚79 ¥ 191 ¥ 106 ± 320 ¥ 4800 = –213 ± 98 N/mm2 9600 (–311 en –115 N/mm2) Dan kunnen we nu de vervorming van de inklemmingsdoorsnede bekijken: s¢a gem = 213 N/mm2 213 e¢a gem = 210000 = 1.9 + 24. . wanneer we op het tijdstip t0 belasten met een belasting lager dan 3600 . zodat we volgens de VB niet veraf zijn van het bezwijken. Nogmaals. totdat het beton de spanning 0.3 N/mm2) De vraag is niet of deze kolom ten tijde van t = • zal bezwijken (daar ziet het immers niet naar uit). Hoe is het op tijdstip t0? Dan is: e=n n e – 1 0 = 34. Maar gelden bij deze hoge aanvangsspanning nog wel de aangenomen kruipregels? De voorschriften zeggen hier niets over.88 maal de karakteristieke kubusdruksterkte bedraagt. er dan geen bezwijken optreedt en de kruipregels ook opgaan bij zeer hoge aanvangsspanningen. Indien deze voorwaarden gelden dan kunnen we uit de grafiek concluderen dat. Deze laatste kromme wordt ongeveer bij het punt N¢ = 3600 kN gesneden door de lijn die de relatie N¢-etot uiteen oogpunt van bezwijken weergeeft. indien erop het tijdstip t = t0 een lineaire relatie bestaat tussen s¢ en e¢. maar we hebben wel het horizontale deel van het s-e-diagram bereikt en ook s¢ a is dicht bij de vloeigrens.5 N/mm2 heeft bereikt en 2 de vervorming e¢b = 3.19·10 Vs Sd Dit zou volgens de VB 1974 nog niet de bezwijkbelasting van de kolom zijn.7 N/mm2 1 160000 ¥ 4003 6 (–19. maar hoe hij het moment t = t0 zal doorstaan met een betonspanning die 0. Voor N¢ = 4000 kN vinden we op het moment t = •: 2 s¢ b = 13.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 201 Dit komt overeen met 11‚3 = 7060 N/mm2 E¢ b= 1‚60 ¥ 10–3 Dit alles ziet er nog niet naar uit dat de kolom bezweken is. dit alles geldt.6·22. Volgens de VB 1974 kan de belasting nog worden verhoogd.4 N/mm 2 s¢ a = 368 N/mm –3 e¢ b = 1.0 ± 5.7 en –8.9 mm M = 3250 ¥ 0.5‰.5 = 13. In figuur 15 zijn voor een aantal waarden van N¢ de bijbehorende directe excentriciteit _ (n/(n – 1) e0) en de uiteindelijke excentriciteit (n/(n – 1) e0·exp(1/(n – 1) j•) uitgezet. Het is wel zeer kortstondig en de kruip begint direct en dus ook de spanningsvermindering.0349 = 113 kNm s¢ b=– 0‚69 ¥ 3250 ¥ 103 0‚54 ¥ 113 ¥ 106 ± = –14. of het staal de spanning s¢ a = 400 N/mm bereikt. 1 58. . er met de tijd extra vervorming optreedt.2 37.6 1 f n e e n–1 • n–1 0 0 20 Figuur 15. Gedrag van de besproken excentrisch gedrukte kolom.5 70.8 91. De lezer kan zelf narekenen dat bij een wapeningspercentage van 1% voor op druk _ _ belaste kolommen j = 1.60.9 etot 63. N¢ 4000 3600 3400 3250 42. Maar daarmee hebben we het wel gehad wat betreft langdurige belastingen in de kruipperiode.7 in rekening worden gebracht. Dan moet er nog een belastingfactor groot 1.9 41. Overigens is dan ook de sterkte toegenomen.71 en voor op buiging belaste kolommen j = 1. dan zal na verloop van tijd door kruip de bezwijklijn worden bereikt en de kolom dus dan pas bezwijken. We werken met karakteristieke belastingen. Zou door omstandigheden de kolom uit het artikel van ir.9 29.4) is bestemd als marge voor de belastingen gedurende de levensduur. zoals windbelastingen. kruip opwekken De kortstondige belastingen zullen geen enkele kruipveroorzaken. maar geen bezwijken. dat zijn belastingen die een kans van 5% op overschrijding hebben. Een deel van de veranderlijke belasting kan er ook al spoedig zijn. de Jongh pas na enige jaren worden belast dan zal er praktisch geen kruip meer zijn.8 bezwijken 2500 29. De rest van de marge en kortstondige belastingen. met en zonder kruip. waardoor de _ kruipfactor van de kolom (j = 0. Een deel daarvan (1. Dat bij deze kolom de aanvangsspanningen in het beton zoveel hoger zijn dan de spanningen op t• komt door het hoge wapeningspercentage van 6%. vallen geheel buiten de kruipperiode.9 36. We kunnen rustig stellen dat in het algemeen slechts het eigen gewicht van de constructie vanaf het begin aanwezig is en bij een bouwwerk van enige importantie kan dat begin al één of meerdere jaren duren. De kruip zal nu een veel grotere rol spelen.8 n e n–1 0 1500 24. Vs Sd De Voorschriften geven wel aardige regels maar laten toch veel onopgelost. Er zijn dan bij deze kolom hogere betonspanningen dan waarop gerekend was.0). waarbij de meer permanente nog wel enige.70) zoveel kleiner is dan die van het beton (j = 2. zij het weinig. Belasten we bóven de 3600 kN.9 34.202 Stabiliteit voor ontwerpers kN. Dus de gebruiksbelasting is meestal kleiner dan de in de berekening aangehouden karakteristieke belasting. De rustende belasting komt iets later. Vervorming van de tegelijk horizontaal en verticaal belaste kolom. Op tijd t = t zal gedurende een tijdje dt de verplaatsing gelijk zijn aan: _ 1 n 1 dft = (n – 1 f0 + n ft)dj + n dft _ n2 (n – 1) dft = (n – 1 f0 + ft)d j N¢ N¢ N¢ H H H H f0 Figuur 16. De tweede-orde-uitbuiging op tijd t0: 1/(n – 1)f0 De totale uitbuiging op tijd t0 dus n/(n – 1) f0.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 203 4 De horizontaal en verticaal belaste kolom De eerste-orde-uitbuiging bedraagt f0. _ 1 j – 1 – 1)} . Deze uitbuiging veroorzaakt kruip. C= n2 n – 1 f0 _ 1 j – 1 _ 1 j – 1 Vs ft 1 n–1f0 Sd n2 ft = n – 1 f0 (e n – 1) Het buigend moment bij de inklemming bedraagt: n n2 M tot = Hl + N¢ {n – 1 f0 + n – 1 f0 (e n Bij benadering is N¢k = Hl/f0 = N¢n (zie [4]). n2 d(n – 1 f0 + ft) _ 1 = n – 1 dj 2 n n – 1 f0 + ft n2 n n – 1 f0 + ft = C ·e _ Voor t = t0 is j = 0 en ft = 0. 7 mm Door kruip: ft = 3.05·9.5 = 9. Bij benadering geldt: 2500 kN 10 kN 6m Figuur 17. M = 2‚05 e 2‚05 Uitbuiging: 3‚05 1 ¥0‚70 10 ¥ 6 = 2. Evenals het voorbeeld bij 3 is N ¢ k = _ = 7615 kN.70.204 Stabiliteit voor ontwerpers _ 1 j – 1 _ 1 j – 1 1 M tot = Hl + Hl(n – 1 + n en n–1 – n ) = Hl n n en n–1 –1 Evenals bij de excentrisch op druk belaste kolom onder 3 wordt ook hier het eerste1 _ ordemoment vermenigvuldigd met de vergrotingsfactor n n exp(n – 1 j).09 ¥ 60 = 126 kNm Vs Hl3 f0 = 3(E I + E I ) = 6. Voorbeeld van tegelijk horizontaal en verticaal belaste kolom. n = 3.0 = 21.5 mm a a b b Op tijdstip t0: Sd n 3‚05 n – 1 f0 = 2‚05 ¥ 6.7(e 2‚05 1 ¥0‚70 – 1) = 12.0217 = 60 + 54 = 114 kNm Besluit Dit waren enige vingeroefeningen over de invloed van de kruip op de vervormingen en .7 + 12. – 1 Voorbeeld Weer dezelfde kolom als rekenvoorbeeld.05 en j = 0.0 mm ftot = 9.7 mm Theoretisch exact: Mtot = 10·6 + 2500 ¥ 0. Ir.A. ’s-Hertogenbosch. NNI. 1 2. Kruipinvloeden in op druk belaste constructiedelen. Prof. 1974. Dicke.Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 205 momenten van kolommen van gewapend beton. Cement 1980 nr. de Jongh. 10 Vs Sd . Iedere methode die inzicht verschaft in wat er gebeurt in een constructie. Rijswijk. Uit Cement XXXII (1980) nr. D. 6. Kurt Billig — Structural Concrete. 3. Ir. de hier gehanteerde beschouwingen en nog andere. 4. de modellen van ir. de Jongh. VB 1974 deel A. Literatuur 1. juli 1955. D. 5. zal het nemen van beslissingen meer verantwoord doen zijn. Stichting Professor Bakkerfonds. Knik en Stabiliteit. Over de invloed van de kruip en de relaxatie op de spanningen en vervormingen in constructies. 3. Cement 1961. IBC-Mededelingen. Stabiliteitsproblemen en de 12 %-regel voor hoge gebouwen. Voor een constructeur die beslissingen moet nemen gaat het niet alleen om een letterlijke toepassing van voorschriften. Dicke.ir. Dr. Ze roepen een aantal vragen op.W. nr 7. 120. 124 —. 171 —. 117 computer uitkomsten 44. 73. 133 elasto-plastisch gebied 140 equivalente belasting 164 Eulerse knikkracht 128. 91. 111. 134. 161. 32 affien 56. 46. 136. 115. veranderlijke 148 belastingsfactor 161 benaderingstheorie 43 beton 141. 37. 104 formule van N. 56. 30. 30. 34 belasting —. 135. 116. 123. 43. excentrische 77. 132. 136. 100. zuivere 75 excentriciteit 201 excentrisch belast 77 excentrisch gedrukte kolom 198 f fictieve stijfheid 83. Eulerse 128. grensgeval 128 evenwichtsbeschouwing 31. 43. 166 kromming 62. 30. 130. 170 derdegraadskromme 118 differentiaalvergelijking 115 dimensieloze grootheden 56 duikelaartje 24 dwarsbelast 71 dwarsbelaste pendelstaaf 71. 89 imperfecties 126. vervangende 138 initiële uitbuiging 127 instabiliteitsmogelijkheden 86 integratieconstanten 122 integreren 122 inwendig moment 36. 173 gereduceerd momentenvlak 65 geschoorde staven 70 grensgeval van evenwicht 128 grenstoestand. 52. 120. 135. 51. 45. 31 knikkracht. 142 bezwijklijn 202 bezwijkspanningen 187 boorpalen 16 boot 24 bruikbaarheid 44 bruikbaarheidsgrenstoestand 44. langdurige 142 —. 143.M. 132. 45. uiterste 46. 135. 22 fysische imperfectie 130. 188 kniklengte 79. 172 —. 60. 174. 49. Newmark 79 Fourierreeksen 127 fout 40. 148 funderingspaal 14 funderingsplaat 21. 130. 177 korte pendelstaaf 95 kritische belasting 28. 101. 154 c Vs h Haagse Congresgebouw 176 hoogbouw 143 cirkelvormige fundering 23 computer 59. 52 Sd k i d dak 148. 41 fundering 19 — op staal 21 funderingsblok 144. vrijstaande 105 korte pendelkolom 95. 48. 69. 151. 132. 50. 118. 162.206 Index a aanlegsteiger 24 aanvangsspanningen 201 actiemoment 27. 135. 188 kruipfactor 189 e eerste orde 38. fysische 130. 172 b balkloze vloeren 177 beddingsconstante 21. 91. 135. 38 g gebruikstoestand 154 geometrische imperfectie 126. 99. 62 affiniteit 39. excentrisch gedrukte 198 —. 102. 56. 65 kruip 142. 142 Buigslappe staven 126 buigzaamheid 27 buigzame staaf 36. 102 evenwichtsformule 28 evenwichtsmethode 31. 89. 89. 39. 136. 93. 49. 128 inwendige spanningen 129 iteratiemethode 119 kabels 17. 128 —. 118. 134. 37. 47. kritische 28. 141. 116. 43. 136. 198 —. 175 eerste stap tweede orde 38. 121 eigen spanningen 130 elasticiteitstheorie 131. 93. 59. 173 —. 73. 117. 188 evenwicht. 82. 142. 33 evenwichtsvergelijking 104 . 80. 136. geometrische 126. 66 computerberekening 45. 136 koker 144 kolom —. 128 kritische dakbelasting 163. 106. 130. 21 veerstijfheid 105 veiligheidsklasse 31 veranderlijke belasting 148 verbindingsstaaf 93. 154 uitwendig moment 36. 32 reductiefactor 83 rekentruc 136 rotatie 112. 102 vereffenende krachten 99 vergrotingsfactor 29. 86. 103. 176 translatieveer 14. 120. 169. 188 kunstmatig begrip 135 kwart sinusgolf 118 schijnbare stijfheid 29 schroefpalen 16 Sears-building 184 sinusfuncties 127 sinuslijn 75 slankheid 130 spiegeling 71 staaf. fictieve 83. 34 rustende belasting 148 Sd v w veerconstante 14. 162. rotatie. 100.112 stalen staven 129 stijfheid —. 141 torengebouw 143. 162. uitwendig 36. 21. 32 —. 70. 34 s scheefstand 142. 98. 161. 20. oneindig stijf 27 stabiliteit — partiële 108. 115. 111 pendelstaaf. 142. 20. 176 rotatie-effect 179 rotatie-instabiliteit 170 rotatiecentrum 162.Index kruipinvloeden 187 kruipknik 187 kruipvervorming 187. 168.113. 170 rotatiegevaar 170 rotatiemoment 113. reactie. 113. 110 tweede orde 39. 109. 30. 32 ongelijke staaflengten 94 ontwerpberekening 47. 120. dwars belast 73 pendelstaven 71 portaal 156 Vs uitbuiging. 47. 145. 163 rotatiestabiliteit 112 rotatiestijfheid 43. 111 — rotatie. 20. 170. 162. 143. 144.27. 135. 113. schijnbare 29 stijfheidsfactoren 83 207 l langdurige belasting 142 lange pendelstaaf 95 lineaire elasticiteit 83 m moment —. 148. 73 tweescharnierspanten 26 n niet-prismatische staven 64 normaalkracht 191 o onderlinge steun 98 oneindig stijf 12. 67. 115. 128 —. 128 —. 166. 99. 32 —. 120. initiële 127 uiterste grenstoestand 46. 157 z zuivere affiniteit 75 . actie. 72 overkapping 173 u p paal 14 palenplan 147 partiële stabiliteit 108. 144 transformatie vrijstaande belaste staaf 103 translatie 112. 104 —. 25 woongebouw 26. 154.27. 128 r reactiemoment 27. 161. 115. 30. 31 oneindig stijve staaf 31. 174 rotatiestijfheid van een fundering 22 rotatieveer 90 rotatieveerconstante 16. 175 vervangende imperfectie 138 vervangende translatieveer 85 vierkante plaat 22 voorspanning 31 vrijstaande kolom 105 werklijn 187 windbelasting 183 windkracht 184 wolkenkrabber 9. 29. 30. 163 momentenvlakmethode 45 momentvector 137 t tabellen 61 Terneuzen 177 toevallige scheefstand 148 torderen 137 toren 19. inwendig 36. Documents Similar To Inleiding StabiliteitSkip carouselcarousel previouscarousel nextCT15 1 Fundering Onder AardbevingsbelastingNLmech2012(1)College Sheets 5 Lijnvormig Ondersteunde Platen en Vloeren in Geschoorde ConstructiesDC Basics DictaatHoutsterkte balkenmodule6-VERDEELDEBELASTINGdictaat_hout rotterdamLes 3 - Horizontale StabiliteitExamenvragen Bruggen IBurgemeester Blankenberge negeert vernietigend rapport gerechtelijk expert over veiligheid gebouw SportlandLeidraad Bij Eurocode 0 en 1LoPro-02-NL.pdf200312_pgs1_deel2bDak-infoRekenvoorbeeld_BK1EICB_syllabus_stabiliteit.pdfWind Turbine DQi RAPPORTBestek 693000301 - Bijlage Definitief Ontwerp Fietsrotonde Hovenring d.d. 6 September 2010-Deel1PDF_BataStabiliteit (2)Graduation Subject Stability Criteria NEDSf HandboekProductrapport MD Projectgroep 8 Tutor Rob Van Gorponderzoek_geotechiek_opbarstenSprongtrainingSTS 31_Timmerwerk 2008(N)KnikEUROCODE3Footbridge Background NL01StabiliteitHandleiding Wegenbouw Ontwerp VerhardingenFooter MenuBack To TopAboutAbout ScribdPressOur blogJoin our team!Contact UsJoin todayInvite FriendsGiftsLegalTermsPrivacyCopyrightSupportHelp / FAQAccessibilityPurchase helpAdChoicesPublishersSocial MediaCopyright © 2018 Scribd Inc. .Browse Books.Site Directory.Site Language: English中文EspañolالعربيةPortuguês日本語DeutschFrançaisTurkceРусский языкTiếng việtJęzyk polskiBahasa indonesiaSign up to vote on this titleUsefulNot usefulYou're Reading a Free PreviewDownloadClose DialogAre you sure?This action might not be possible to undo. Are you sure you want to continue?CANCELOK