inleiding stabiliteit

VSds

Stabiliteit voor ontwerpersProf.ir. D. Dicke

DUP Blue Print

VSds

© VSSDEerste druk 1991Tweede druk 1994

DUP Blue Print is een imprint van:Delft University PressP.O. Box 98, 2600 MG Delft, The Netherlandstel. +31 15 27 85678, telefax +31 15 27 85706, e-mail [email protected]: http://www.library.tudelft.nl/dup

Uitgegeven in opdracht van:Vereniging voor Studie- en Studentenbelangen te DelftPoortlandplein 6, 2628 BM Delft, The Netherlandstel. +31 15 27 82124, telefax +31 15 27 87585, e-mail: [email protected]: http://www.vssd.nl/hlfURL over deze publicatie: http://www.vssd.nl/hlf/f005.htm

Voor docenten die dit boek in cursusverband gebruiken zijn de illustraties in dit boek inelektronische vorm gratis beschikbaar. Een verzoek tot levering kan men richten [email protected]

Alle rechten voorbehouden. Niets uit deze uitgave mag worden verveelvoudigd,opgeslagen in een geautomatiseerd gegevensbestand, of openbaar gemaakt, in enigevorm of op enige wijze, hetzij elektronisch, mechanisch, door fotokopieën, opnamen, ofop enige andere manier, zonder voorafgaande schriftelijke toestemming van de uitgever.

All rights reserved. No part of this publication may be reproduced, stored in aretrieval system, or transmitted, in any form or by any means, electronic, mechanical,photo-copying, recording, or otherwise, without the prior written permission of thepublisher.

Printed in The Netherlands.ISBN 90-407-1279-4NUR 956Trefw: constructiemechanica, bouwtechniek

VSds

5

Voorwoord

Dit boek heeft zijn eerste voorloper in een in 1970 uitgegeven collegedictaat overstabiliteit ten behoeve van tweedejaars studenten Bouwkunde.Daar deze studenten in vergelijking tot studenten Civiele Techniek beduidend minderwiskunde en toegepaste mechanica in hun curriculum hadden moest de op zich vrijlastige theorie van de stabiliteit van constructies in een vorm worden gegoten diestudenten Bouwkunde voldoende inzicht gaf om in hun ontwerpen rekening te houdenmet het ‘fenomeen’ stabiliteit.De vraag naar het collegedictaat, niet alleen van andere onderwijsinstellingen, maar ookvanuit de praktijk leidde tot de uitgave ‘Knik en Stabiliteit’ van het ProfessorBakkerfonds, inmiddels al vele jaren uitverkocht.

Mijn overgang in 1979 naar de afdeling der Civiele Techniek vroeg om een nieuweaanpak 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 heeftmet een stabiliteitsgeval en zo ja om snel de mate van stabiliteit in orde van grootte tekunnen vaststellen en, niet in de laatste plaats, om inzicht in de stabiliteitsproblematiekte bevorderen is een benaderingsmethode ontwikkeld en in het kader van het collegeAlgemene Constructieleer (ACL) is het dictaat daarvoor in voortdurende ontwikkelinggeweest 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 devoorschriften voor de diverse constructiematerialen in dit boek in te voeren.Hierover zal voldoende literatuur verschijnen en er worden ook reeds cursussengegeven.Bovendien betekent het begrip kniklengte voor mij een rekentruc, die in sommigegevallen 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 engeometrische imperfecties ingevoerd om het werkelijke elastische gedrag van eenconstructie duidelijk te laten uitkomen. Elastisch gedrag, want in het elasto-plastischegebied wordt de stijfheid en dus de stabiliteit snel minder en gelden andere regels. Voorde ontwerpberekening in eerste instantie niet zo belangrijk.

Veel dank ben ik verschuldigd aan ir. C. Hartsuijker voor de vele inspirerende gesprek-ken over onderwijs in toegepaste mechanica en constructieleer.Voor de kwaliteit van het dictaat ‘stabiliteit’, en dus ook van dit boek ben ik veel dank

VSds

6 Stabiliteit voor Ontwerpers

verschuldigd aan ing. R.W. van Eede die al die jaren de lay-out en het tekenwerk voorde dictaten op voortreffelijke wijze heeft verzorgd en daarbij indirect ook heeftbijgedragen aan de inhoud van dit boek.

Baarn, november 1990D. 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 aantoepassingen 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 wordengecorrigeerd. De veranderingen betreffen vooral de rekenvoorbeelden.De redactie van deze wijzigingen was in handen van ir. F. Vink, die veel heeftbijgedragen aan het up-to-date houden van dit boek. J.C. Siers en P. den Boer zorgdenvoor enige nieuwe tekeningen.Hen allen ben ik veel dank verschuldigd.

Baarn, oktober 1993D. Dicke

VSds

7

Inhoud

1. INLEIDING 9

2. VOORBEELDEN IN DE PRAKTIJK 142.1. Voorbeelden van translatieveren in de praktijk 142.2. Voorbeelden van rotatieveren in de praktijk 18

3. INGEKLEMDE STAVEN 253.1. De verend ingeklemde staaf (ongeschoord) 253.2. Oneindig stijve staven, verend ingeklemd 273.3. Schijnbare stijfheid 293.4. Veel voorkomende gevallen 293.5. Enkele toepassingen 303.6. De buigzame staaf oneindig stijf ingeklemd 363.7. De buigzame staaf verend ingeklemd 38

4. VERDEELDE DRUKBELASTING OP DE INGEKLEMDE STAAF 494.1. Gelijkmatig verdeelde drukbelasting op staaf 494.2. Andere verdelingen van drukbelasting op de staaf 52

5. STAVEN 565.1. Staven met twee rotatieveren 565.2. Staven met twee stijfheden 61

6. GESCHOORDE STAVEN 706.1. Geschoorde staven 706.2. Verend ingeklemde staven, volledig gesteund 79

7. FICTIEVE STIJFHEID 83

8. PENDELSTAAF VEREND GESTEUND 86

9. ONDERLINGE STEUN VAN VEREND INGEKLEMDE STAVEN 98

10. PARTIëLE STABILITEIT 108

11. ROTATIESTABILITEIT 112

VSds

8 Stabiliteit voor Ontwerpers

BIJLAGE A 115

BIJLAGE B 118

BIJLAGE C 126C.1. Buigslappe staven 126C.2. Stalen staven 129C.3. Dwarsbelasting 136

BIJLAGE D 141

OVERDRUKKEN VAN ARTIKELEN UIT TIJDSCHRIFTEN 181Toelichting op het artikel ‘Hoe oud is de kapitein?’ 183Hoe oud is de kapitein? 184Vallen en opstaan bij kruipen en knikken 187

INDEX 206

VSds

9

1Inleiding

Op een bouwwerk werken uitwendige krachten zoals zwaartekracht, wind, gronddruk,waterdruk. Maar ook opgelegde vervormingen door temperatuur, zettingen, krimp enkruip. De draagconstructie van het bouwwerk moet dit alles opvangen en ervoor zorgendat het bouwwerk gedurende z’n levensduur voldoende veilig, stijf en stabiel is. Hetstabiliteitsverschijnsel kennen we al vanaf onze jeugd. Je kan niet alsmaar blokken opelkaar stapelen. De toren gaat bij het hoger stapelen steeds wankeler worden en wordtsteeds gevoeliger voor stoten en trillingen. Onder invloed van belastingen vervormt eenconstructie. In tal van gevallen is de grootte van deze vervormingen van invloed op degrootte van de inwendige krachten in de constructie.

Enige voorbeeldenOp een wolkenkrabber werkt de zwaartekracht als een verticale belasting en de wind alseen horizontale belasting. Zie figuur 1.1.

Figuur 1.1.

Door de wind buigt de wolkenkrabber. Door de uitbuiging verplaatst het zwaartepuntvan de verticale belasting. Deze verplaatsing veroorzaakt extra buigende momenten, dieop hun beurt de uitbuiging en dus de verplaatsing van het zwaartepunt van de verticalebelasting vergroten, enzovoorts.We moeten nu twee gevallen nagaan.Ten eerste moet dit proces tot rust komen, er moet een toestand van evenwicht ontstaan,

VSds

10 Stabiliteit voor ontwerpers

waarbij in de bruikbaarheidsgrenstoestand de totale uitbuiging binnen een voorafbepaalde limiet blijft.Ten tweede moet voor de sterkte rekening worden gehouden met die extra buigendemomenten.Het in figuur 1.2 getekende spant is belast door een gelijkmatig verdeelde verticalebelasting groot q kN/m. Door de rol bij C zal bij A geen horizontale reactie optreden enzullen dus geen dwarskrachten en momenten in de kolom ontstaan, althans, indien wevergeten om te letten op de vervorming van dit spant.

Figuur 1.2.

Doen we dit niet dan zien we dat de ligger doorbuigt en, als we uitgaan van een stijvehoek bij B, dat de rechte hoek bij B niet vervormt en dus de ligger horizontaalverplaatst. De oplegreactie bij A zal afnemen en bij C toenemen, maar dat kunnen wewel verwaarlozen.Wat we niet kunnen verwaarlozen is de door de scheefstand van de kolom ontstanedwarskracht in de kolom, zie figuur 1.3. We kunnen de oplegreactie ontbinden in eendwarskracht en een normaalkracht. Er ontstaan nu momenten in de kolom die daardoorzal buigen waardoor de horizontale verplaatsing van de ligger groter wordt en dus ookde dwarskracht en de buiging, enzovoorts.Ook hier een proces waarvan moet worden aangetoond dat het tot een evenwicht komten waarvan de invloed op de grootte van de buigende momenten moet wordenvastgesteld.

In figuur 1.4 is een ligger getekend met een gelijkmatig verdeelde belasting q die tevenseen drukkracht moet opnemen door de wijze van ophanging van een belasting F. Dezedrukkracht N vergroot de doorbuiging u0,

VSds

Inleiding 11

Figuur 1.3. Sterk overdreven getekende verplaatsing van punt B.

u0 =5

384ql4

EI

en introduceert tevens eigen momenten N·u als de ligger bij een zakking u in eenevenwichtstoestand is gekomen.

En zo zijn er meer voorbeelden te bedenken, zoals de niet rechte pendelkolom uit figuur1.5, die wordt belast en daardoor buigende momenten moet opnemen die de uitbuigingvergroten waardoor de buigende momenten weer toenemen enzovoorts.Het zijn steeds de drukkrachten die vervormingen vergroten en daarna tevens groterebuiging veroorzaken. Het evenwicht moet onder invloed van de belastingen stabiel zijn.We spreken kortweg van stabiliteitsproblemen.

Figuur 1.4. Figuur 1.5.

VSds


Het aantonen dat een constructie stabiel is, is met de invoering van de computereenvoudiger geworden, want met een handberekening een exacte analyse maken vaneen constructie die gevoelig is voor instabiliteit is vaak een zeer tijdrovende, zo nietonmogelijke zaak. In het ontwerpproces, waar vaak snel beslissingen moeten wordengenomen over de vormgeving van een constructie, is het belangrijk om ten eerste inzichtte hebben of we te maken hebben met een reëel stabiliteitsprobleem, ten tweede om demate van stabiliteit te kunnen vaststellen en ten derde tot een voldoende kwantitatievebenadering van vervormingen en inwendige krachten te komen om globale afmetingenvan de constructie te kunnen vaststellen. Blijkt de mate van stabiliteit gering dan kanmen de constructievorm wijzigen of de constructie stijver maken. Dit proces mag nietteveel tijd vergen maar moet wel betrouwbaar zijn. In dit boek zal voor lijnvormigeconstructies een methodiek worden ontwikkeld die inzicht geeft in de problematiek ensnel tot betrouwbare kwantitatieve informatie leidt.Als vormgeving en dimensionering zijn vastgelegd kan eventueel met de computer eenmeer exacte analyse worden uitgevoerd.Dat wordt niet in dit boek behandeld.

Tenzij anders vermeld wordt in dit boek uitgegaan van de elasticiteitstheorie. Deindeling van dit boek in grote lijnen is als volgt– Randvoorwaarden van staven– Verend ingeklemde staven– Geschoorde staven– Rotatiestabiliteit– Imperfecties– Praktijkvoorbeelden

RandvoorwaardenEen constructie-element zweeft niet vrij in de lucht. Het is verbonden aan andereelementen, aan vaste punten, gedeeltelijk vaste punten, aan een fundering.Bekend zijn de rol, het scharnier, de oneindig stijve* inklemming en de pendelstaaf.Minder bekend zijn de translatieveer en de rotatieveer.Zoals ze in figuur 1.6 zijn getekend zijn het schematiseringen van de werkelijkheid.De translatieveer wordt gekarakteriseerd door de veerconstante k.k is de kracht die nodig is om de veer een eenheid van lengte te verkorten of teverlengen. De dimensie van k is dus N/mm, kN/m, kN/mm, al naar gelang de dimensieswaarmee we in de berekening werken.

* Als in dit boek wordt gesproken over oneindig stijf dan betekent dit dat een inklemming of staaf zóstijf is dat hij als oneindig stijf mag worden geschematiseerd.

VSds

Inleiding 13

Figuur 1.6.

VSds

14 http:www.vssd.nl/hlf/f005.htm

2Voorbeelden in de praktijk

2.1. Voorbeelden van translatieveren in de praktijk

Een veel voorkomende translatieveer is de funderingspaal. Dit is een nogal gecom-pliceerde translatieveer omdat ze uit twee delen is samengesteld, de paal zelf en degrond. In het in figuur 2.1 getekende schema is aangenomen dat de paalbelastingslechts door de paalpunt wordt overgedragen op de grond en dus niet door wrijvinglangs de paalschacht.

Figuur 2.1.

Paal en grond worden verder lineair elastisch gedrag toegeschreven.Veerconstante voor de paal kp.Veerconstante voor de grond kg.De totale indrukking van de beide veren is

Fkp

+ Fkg

= Fk

Hierin is k de veerconstante van de combinatie paal + grond.

VSds

2. Voorbeelden in de praktijk 15

We zien dat

1k =

1kp

+ 1kg

De samendrukking van de paal kan men schrijven als Dl = FlEA .

Dan is

kp =FDl =

EAl

Als men niets weet over de grond, maar toch het effect van de grond in rekening wilbrengen dan is een zeer eenvoudige aanname en niet meer dan dat: kg = kp.Dan is k = 12 kp.De elasticiteitsmodulus van beton voor in de fabriek vervaardigde palen is hoog. Daarechter ook op kruip moet worden gerekend zou men kunnen aanhouden E = 20.000N/mm2.

Voorbeeld 2.1Voor een betonnen paal van 18 m lengte en een doorsnede van 400 ¥ 400 mm2 zoumen dan vinden:

k = 12 kp =

12 ·

20.000 ¥ 4002

18.000 = 8,9 ¥ 104 N/mm = 89 kN/mm

Een enigszins gecompliceerder regel geeft globale waarden voor kg.Voor geheide palen kan dan globaal worden aangehouden:kg = 80 D·qp voor ronde palen (figuur 2.2a),kg = 90 b·qp voor vierkante palen (figuur 2.2b).

Figuur 2.2.

Hierin is qp het voetdraagvermogen. Voor de paal met b = 400 mm en aannemende datqp = 8 N/mm2 geldt dan:

kg = 90 ¥ 400 ¥ 8 = 288.000 N/mm = 288 kN/mm

1k = 1

178 + 1288

k = 110 kN/mm

Voor boorpalen en schroefpalen kan men de hier gevonden k-waarde met 0,5

VSds


vermenigvuldigen. In de ontwerpfase heeft men vaak nog geen gegevens over palen engrond bij de hand. Voor geheide palen zou men dan als voorlopige aanname kunnenaannemen: k = 100 kN/mm. Als blijkt dat de totale uitkomst van een berekening vrijongevoelig is voor de waarde van k dan kan men het hierbij laten.Is de uitkomst wel gevoelig voor de waarde van k dan zal men achteraf, als men meergegevens heeft, een nadere berekening maken.Is de constructie zeer gevoelig voor de waarde van k dan dient men k vast te stellen insamenwerking met een grondmechanicadeskundige.In dit laatste geval is het echter beter eens te zoeken naar constructieve maatregelen omdie gevoeligheid te verminderen.De veerconstante van palen is belangrijk om de rotatieveerconstante van funderingenvast te stellen.

Voorbeeld 2.2In dit voorbeeld wordt een pendelstijl, in het vlak van tekening (figuur 2.3), tegenomvallen gesteund door een horizontale trek- (of druk-)staaf en een verticale inge-klemde staaf.


Beide staven kunnen nu geschematiseerd worden, voor de pendelstaaf, in één steunendetranslatieveer, zoals getekend in figuur 2.4.Onder invloed van een trekkracht H verplaatst het aangrijpingspunt van H over eenafstand

u =HlEA +

Hh3

3EI

k = Hu

1k =

uH =

lEA +

h3

3EI

EA/l is de veerstijfheid indien EI = •,3EI/h3 is de veerstijfheid indien EA = •.Dus

VSds


1k =

1kstaaf

+ 1

kkolom

Figuur 2.5.

Meestal is vervorming door normaalkracht veel kleiner dan vervorming door buiging.Daarom wordt meestal EA = • aangehouden, tenzij duidelijk is dat EA niet kan wordenverwaarloosd.

Voorbeeld 2.3Tenzij anders vermeld gaan we er bij de behandelde gevallen steeds van uit datloodrecht op het vlak van tekening geen verplaatsing mogelijk is!In figuur 2.6 wordt een staaf gesteund door twee kabels. De elasticiteitsmodulus van dekabels is E en doorsnede A. Het eigen gewicht van de kabels wordt verwaarloosd. Dekabels worden licht voorgespannen zodat ze niet slap hangen. Als de top naar rechtszou willen verplaatsen dan zal de rechter kabel slap gaan hangen.


Alleen de linkerkabel kan dan nog voor stabiliteit van het geheel zorgen.Om de veerstijfheid k van de vervangende translatieveer te bepalen brengen we weer eenkracht H aan en bepalen de verplaatsing u van de top van de staaf, zie figuur 2.7.Kracht in linker kabel (c/a)·H.

VSds


Uitrekking Dc van de kabel (zie figuur 2.8):

Dc =

ca ·H·c

EA = c2

a ·HEA


We verwaarlozen de verkorting van de staaf ten opzichte van de verlenging van dekabel. De horizontale verplaatsing van de top is dan gelijk aan

u = ca ·Dc =

c3

a2 ·HEA

Voor de beoordeling van de stabiliteit van dit systeem kunnen we deze afgetuide staafdan schematiseren tot het in figuur 2.9 getekende schema met

k = Hc =

a2

c3 ·EA

De staaf is een pendelstaaf en moet ook zelf beoordeeld worden op stabiliteit.

2.2. Voorbeelden van rotatieveren in de praktijk

Voorbeeld 2.4

Figuur 2.10.

In figuur 2.10 is een verticale staaf ingeklemd in een horizontale staaf. De verbinding is

VSds


oneindig stijf, maar de inklemming is niet oneindig stijf omdat de verbinding kanroteren.Brengen we bij A een moment aan op staaf AB dan is de hoekverdraaiing f van dezestaaf bij A gelijk aan

f = Ml23EI2

We kunnen deze verende inklemming nu schematiseren tot het hier getekende schemawaarbij de waarde van de veerconstante gelijk is aan

r =Mf

= 3EI2

l2 kNm/rad (indien alle dimensies in kN en m)

Voorbeeld 2.5Een hoge toren is gefundeerd op een als oneindig stijf te beschouwen dikke betonplaatwaaronder 16 palen. De palen staan zodanig gegroepeerd dat ze twee identiekesymmetrie-assen hebben.Door de verticale belasting van de toren heerst er druk in alle palen. De toren zakt iets.Als er een moment M op de fundering werkt zullen aan de ene zijde de palen extragedrukt worden en aan de andere zijde wordt de druk verminderd, zie figuur 2.11.


Het blok zal over een hoek f draaien.

VSds


We kunnen de palen beschouwen als translatieveren met veerconstante k. We bekijkenpaal i op afstand ai van de rotatie-as (een symmetrie-as van de paalgroep).De verplaatsing van de paalkop is daar gelijk aan aif (zie figuur 2.12).Met veerconstante k is de paalkracht gelijk aan kaif.Deze paalkracht levert een bijdrage kaif·ai = kai

2·f aan weerstand tegen het moment M.Dan is

M = Âi=1

n

kai2·f = fkÂ

i=1

n

ai2 (indien k voor alle palen gelijk is)

De rotatieveerconstante is in dit geval:

r =Mf

= kÂi=1

n

ai2

Figuur 2.13.

Figuur 2.14.

Figuur 2.15.

Voorbeeld 2.6Bij de constructie in figuur 2.13 is demiddenkolom stijf verbonden aan debovenregel. De constructie is sym-metrisch.Brengen we een moment M aanvanuit de kolom op de ligger (figuur2.14) dan is

f =

12 M·l

3EI1 =

Ml6EI1

dus

r =Mf

= 6EI1

l

Zie ook het schema van figuur 2.15.

VSds


Voorbeeld 2.7In dit voorbeeld is een toren gefundeerd op staal, zie figuur 2.16. Het probleem is omde relatie M/f te bepalen. Deze is afhankelijk van de grootte van de funderingsplaat, deopbouw van de grond en de aanlegdiepte van de fundering.

Figuur 2.16.

Een eenvoudige methode om tot een redelijke waarde van r te komen is gebruik temaken van het begrip beddingsconstante. Dat is een soort veerconstante voor grond diede relatie aangeeft tussen de spanning s ten gevolge van de belasting en de daarbijbehorende vervorming u.

k = su

De dimensie is kracht/lengte3, dus N/m3, kN/m3 of N/mm3.Aannemende dat we op een goede zandgrond funderen zouden we tabel 2.1 kunnengebruiken voor de grootte van de beddingsconstante.

Tabel 2.1.

oppervlakte

funderingsplaat in m2

beddingsconstante k

in kN/m3

< 10 5·104

10 – 20 4·104

20 – 100 3·104

> 100 2·104

VSds


Evenals voor de k-waarde van palen moeten we bedenken dat dit ook een model is,bedoeld om enig houvast te krijgen over de rotatiestijfheid van een fundering. Indien destabiliteit van het geheel gevoelig is voor de waarde van r dan moeten we òf onzeconstructie veranderen òf de hulp inroepen van een specialist grondmechanica.

Bij een vierkante plaat, zie figuur 2.17, is de richting waarin het moment werkt van geeninvloed op de grootte van r. Voorwaarde voor de afleiding van de hieronder volgendeformules is, dat er zoveel verticale belasting (Q) is dat met een moment op defunderingsplaat erbij geen trekspanningen kunnen optreden.

s1 =QA en s2 =

M16 a3

u =sk =

6Mka3

f = u

12 a

= 12Mka4

r =Mf

= 112 ka4


Evenzo vindt men voor een cirkelvormige fundering:

r =p64 kD4

VSds


Figuur 2.19.

In beide gevallen is men ervan uitgegaan dat de funderingsplaat zelf als oneindig stijfkan worden beschouwd!

AannameDe vervormingen die we beschouwen worden steeds overdreven getekend. Inwerkelijkheid zijn ze zo klein dat sin f = tg f = f en dat cos f = 1.Uiteraard is f hierin uitgedrukt in radialen.

Tabel 2.2.

f rad. sin f cos f tg f

0,01 0,0100 1,0000 0,0100

0,02 0,0200 0,9998 0,0200

0,03 0,0300 0,9996 0,0300

0,04 0,0400 0,9992 0,0400

0,05 0,0500 0,9988 0,0500

In het boek wordt uitgegaan van volledig en onbeperkt elastisch gedrag van staven enveren en van onbeperkt reactievermogen.

In de praktijk zal moeten worden nagegaan of spanningen en vervormingen binnen deopgelegde randvoorwaarden vallen.Deze gaan een rol spelen bij de vormgeving en dimensionering van de constructie.Voorlopig is dus hier het eerste grensgeval, verlies van evenwicht, het enige onderwerpvan onderzoek.


VSds


Hier volgen nog enige voorbeelden van ‘lichamen’ die door een goede vormgevingstabiel gedrag vertonen.

Een boot (figuur 2.20) zal schuiner liggen bij een plotselinge windvlaag, maar zich weeroprichten als de windvlaag weg is.Het duikelaartje in figuur 2.21 zal na een stootje weer rechtop staan als op z’n as hetmiddelpunt M van het onderste bolsegment hoger ligt dan het gewichtszwaartepunt Zvan het totale figuurtje.Er vormt zich een terugdraaiend koppel.

Een overdekte aanlegsteiger voor plezierboten kan schommelen door wind en golven.In de in figuur 2.22 getekende situatie is het rechterblok ‘lichter’ geworden en hetlinkerblok ‘zwaarder’. Of anders gezegd: de opwaartse waterdruk is rechts grotergeworden en links kleiner. Daardoor ontstaat een terugdraaiend koppel; en het dak zalweer terugdraaien, als de oorzaak van de scheefstand verdwijnt.

Figuur 2.22.

Hier is het duidelijk dat de doorsnede van de blokken belangrijk is.Een grotere doorsnede geeft grotere opwaartse waterdruk rechts en grotere neerwaartsebelasting links.

VSds

25

3Ingeklemde staven

De staven in dit hoofdstuk hebben een constante doorsnede.

3.1. De verend ingeklemde staaf (ongeschoord)

Voorbeeld 3.1De verend ingeklemde staaf zoals in figuur 3.1 geschematiseerd komt zeer veel voor.


De wolkenkrabber in figuur 3.2 kan worden geschematiseerd tot een staaf die door z’neigen gewicht, rustende- en veranderlijke belasting gelijkmatig verdeeld verticaal wordtbelast en onderhevig is aan aanvallen van de wind.Hij is ingeklemd in z’n fundering die kan roteren.

Voorbeeld 3.2

Figuur 3.3.

VSds


De stijve kern van een hoog woongebouw, figuur 3.3, levert een belangrijke bijdrageaan de stabiliteit van het gehele bouwwerk en kan ook worden gezien als een in defundering verend ingeklemde gelijkmatig verdeeld belaste staaf.

Voorbeeld 3.3Raamwerken zoals ze in flatgebouwen, die geen stijve kern hebben, voorkomen krijgenonder belasting de in de figuur 3.4 aangegeven vervorming.

Figuur 3.4.

In stijlen en regels kan men in zo’n gebouw als eerste aanname de buigende momentenhalverwege stijlen en regels als nul aannemen:In zo’n constructie ziet men dan tussen die fictieve scharnieren kruisjes ontstaan (ziefiguur 3.5) die men verder kan schematiseren tot verend ingeklemde staven.

Figuur 3.5.

Voorbeeld 3.4De stijlen van ongeschoorde tweescharnierspanten voor loodsen, hallen of dergelijke,zijn verend ingeklemd in de bovenregel, zie figuur 3.6.


Geprefabriceerde ongeschoorde loodsen komt men nogal eens tegen zoals in figuur3.7 geschetst. Stijlen verend ingeklemd in de fundering en de bovenregel vrij opgelegd

VSds

3. Ingeklemde staven 27

op de kolommen.

3.2. Oneindig stijve staven, verend ingeklemd

Voor een eerste kennismaking met de aanpak van stabiliteitsproblemen is de oneindigstijve staaf op een verende inklemming een zeer geschikt onderwerp.

De complicatie van de buigzaamheid van de staaf is hiermee geëlimineerd. Slechts destijfheid van de veer is over.Op de staaf werken een aantal krachten die ten opzichte van de inklemming eenmoment geven en dus de staaf laten draaien. Deze krachten zijn aangegeven in figuur3.8.

Figuur 3.8.

We kunnen de draaiingsactie om de veer samenvatten in het moment M0.

M0 = Fa + bw(d + 12 b) + Hl

We mogen de kracht F centrisch veronderstellen als het moment M0 wordt aangebracht(figuur 3.9). Tengevolge van M0 alleen, verplaatst de top over een afstand u0. Hierdoorwordt F over een afstand u0 verplaatst.De veer is gedraaid over een hoek f0 = u0/l.Zonder F is dus Mveer = M0 en f0 = M0/r en u0 = (M0/r)l.Met F draait de staaf door tot er evenwicht is. De excentriciteit van F groeit aan van u0

tot u en de veer draait van hoek f0 tot hoek f = u/l.Op de staaf werken nu het actiemoment M0 + Fu en het reactiemoment rf.Als evenwicht is bereikt is M0 + Fu = rf (figuur 3.10).Doordat de staaf oneindig stijf is, is er een lineaire relatie tussen u en f.

M0 + Fu =rl u

VSds



u =M0

(r/l) – Fen dus ook

f = M0/l

(r/l) – F

u bereikt een eindige waarde indien r/l > F.

N.B. Deze evenwichtsformule geldt zolang de veer zich elastisch gedraagt enbovendien indien we nog stellen dat l cos f = l. De verkorting van de staaf en deverticale indrukking van de veer hebben geen invloed op dit evenwicht.

Het grensgeval wordt bereikt als F= r/l.Dit is de kritische belasting Fk die onafhankelijk is van de grootte van M0 en slechtsafhankelijk is van de grootte van r en van de verticale plaats waar F aangrijpt.

met Fk = r/l is

u0 =M0·l

r = M0Fk

u =M0

(r/l) – F = M0

Fk – Fdus

u =Fk

Fk – F ·u0

en dus ook

f = Fk

Fk – F ·f0

Duidelijk is in deze formules dat met het groter worden van F ten opzichte van Fk, u enf snel toenemen.Met Fk/F = n kan ook worden geschreven

VSds


u =n

n – 1 ·u0 en f = n

n – 1 ·f0

En daar het moment in de veer gelijk is aan rf (en in eerste orde M0 = rf0) is ook

Mveer =n

n – 1 M0

3.3. Schijnbare stijfheid

De kracht F vergroot de vervorming met de factor n/(n–1), de vergrotingsfactor.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.

3.4. Veel voorkomende gevallen

1. De kracht F staat op de staaf. Zie figuur 3.11.

Fk =rl


2. De hoge toren, gelijkmatig verdeeld verticaal belast. Zie figuur 3.12.Het zwaartepunt van de verticale belasting bevindt zich bij een prismatische toren opde halve hoogte van de toren.

Q = ql

Qk =r

12 l

= 2rl

3. De staaf wordt scheef geplaatst onder een hoek fi met de verticaal. zie figuur 3.13.In de veer is nog geen moment aanwezig. Dat komt erin als F wordt geplaatst.

VSds


M0 = Fui en neemt toe — door verdere uitbuiging van ui tot u — van Fui tot Fu. Inde evenwichtsstand is het actiemoment Fu en het reactiemoment r(f – fi).

Figuur 3.13.

Met f = u/l en fi = ui/l is nu:

u =r ui/l

(r/l) – F

{F·u = r(f – fi) = r(ul –

uil ) =

rul –

ruil , enz.}

De kritische belasting blijft Fk = r/l.

u =Fk

Fk – F ·ui =n

n – 1 ·ui

Mveer = Fu = n

n – 1 ·Fui

3.5. Enkele toepassingen

Toepassing 3.1Voor de komende Bouwbeurs is een prijsvraag uitgeschreven voor de meest originelepubliekstrekker.Dit monument moet de groeiende samenwerking tussen de beton- en staalindustriesymboliseren. Eén van de inzendingen is in figuur 3.14 getekend, links hetvooraanzicht, rechts het bovenaanzicht.Het is een staalconstructie, rustend op een steunpunt. De bovenste 2 m bestaat uit eenmassieve piramide van beton. Om tot uitdrukking te brengen dat deze samenwerkingnog veel te wensen overlaat heeft de ontwerper het monument stabiel gemaakt met vier

VSds


kunststof kabels, elk met E = 6000 N/mm2 en A = 40 mm2.

a. b.

Figuur 3.14. a. zijaanzicht; b. bovenaanzicht.

Het eigen gewicht van de staalconstructie mag worden verwaarloosd.Gewicht betonnen piramide:G = 1

3 ¥ 2,0 m ¥ 2,0 m ¥ 2,0 m ¥ 24 kN/m3 = 64 kN.Windbelasting op de piramide 2 kN.Zwaartepunt piramide is 4,5 m boven draaipunt.Werklijn windbelasting 4,7 m boven draaipunt. De staalconstructie mag als oneindigstijf worden beschouwd. Het monument valt in veiligheidsklasse 1 met belastings–geval 1: gg·G en gg = 1,35, en belastingsgeval 2: gg·G + gp·Hwind en gg = gp = 1,2.De kabels worden voorgespannen zodat ze ook drukkrachten kunnen opnemen. Ermag in de kabels een spanning van 150 N/mm2 worden toegelaten. Tot die spanninggedragen de kabels zich elastisch.Gevraagd de grootte van de noodzakelijke voorspanning in de kabels en onderzoek ofde aangegeven doorsnede van de kabels (40 mm2) voldoende is. Dit probleem zalworden opgelost met een evenwichtsbeschouwing en met een schematisering totoneindig stijve staaf verend ingeklemd. Rekenwaarden belasting:Belastingsgeval 1: gg·G = 1,35 ¥ 64 kN = 86,4 kNBelastingsgeval 2: gg·G = 1,2 ¥ 64 kN = 76,8 kNen gp·Hwind = 1,2 ¥ 2 kN = 2,4 kN.

Indien er vanuit wordt gegaan dat het zwaartepunt van de piramide in onbelastetoestand zuiver boven het draaipunt ligt, dan zijn in belastingsgeval 1 de kabelstheoretisch spanningsloos (behoudens de voorspanning).

EvenwichtsmethodeDraai de constructie om het voetscharnier over een hoek f. G verplaatst zich overafstand 4,5f.

In belastingsgeval 1: 86,4 kN ¥ 4,5f m = 0 (geen initiële scheefstand), in belastings-geval 2: f π 0.

VSds


Figuur 3.15.

Actiemoment2,4 kN ¥ 4,7 m + 76,8 kN ¥ 4,5f m = 11,3 kNm + 346f kNm.De linker kabel wordt 3,0f langer en de rechter 3,0f (m) korter.De veerconstante van een kabel is

k = EAl =

6 000 N/mm2 ¥ 40 mm2

3 000 mm = 80 N/mm = 80 kN/m

Dus krachten in kabels 3,0f ¥ 80 kN/m = 240f kN.

Reactiemoment

240 f kN ¥ 6,0 m = 1440 f kNm

Actie = reactie, dus 11,3 + 346 f = 1440 f (kNm)

f = 0,0103 rad.

Dus kracht in kabels 240f kN = 240 kN ¥ 0,0103 = 2,479 kN.Trek in linker kabel en druk in rechter kabel. Daar druk niet mag worden toegelaten inde kabels moeten alle kabels tenminste 2,5 kN worden voorgespannen. Dan is deminimale trekkracht per kabel 2 ¥ 2,5 = 5 kN.

s = 5000 N40 mm2 = 125 N/mm2 < 150 N/mm2

De kabels zijn dik genoeg.Horizontale verplaatsing top piramide:

6000f = 6000 mm ¥ 0,0103 = 62 mm

Als oneindig stijve staaf (figuur 3.16)Bepaling waarde van r.Geef de constructie een draaiing f met behulp van een moment M. Dan is r = M/f.

VSds


Uit figuur 3.17 volgt M = 3,0 kf kN ¥ 6,0 m = 18 kf kNm; en k is hiervoor berekendop 80 kN/m.


r =Mf

= 18 ¥ 80f

f = 1440 kNm/rad

Gk =1440 kNm

4‚5 m = 320 kN

In belastingsgeval 2: n = 320 kN76‚8 kN = 4,17

nn – 1 = 1,32

f0 = 2‚4 kN ¥ 4‚7 m1440 kNm/rad = 0,00783 rad

f = n

n – 1·f0 = 1,32 ¥ 0,00783 = 0,0103 rad

Zie verder evenwichtsmethode.

N.B. Deze wat uitvoerige uiteenzetting was behalve toepassing van theorie ook eenvoorbeeld van schematisering van een op het eerste gezicht gecompliceerd probleem toteen direct herkenbaar probleem.

OpgaveZoek uit bij welke waarde van uibelastingsgeval 1 maatgevend wordt ten opzichte vanbelastingsgeval 2 met ui = 0 (antwoord: ongeveer 127 mm).

VSds


Toepassing 3.2Gegevens: Een hoog woongebouw in de Randstad met ronde doorsnede staatgefundeerd op staal; goede zandgrond met beddingsconstante k = 2·104 kN/m3 (zietabel 2.1 op blz. 22).Beschouw de toren zelf als oneindig stijf. In de bijlage D zal deze zelfde toren nietoneindig stijf worden behandeld.Op basis van TGB 1990 wordt uitgegaan van een representatieve windbelasting van0,93 kN/m2, gemiddeld over de volle hoogte en met het aangrijpingspunt van deresultante ongeveer op 84,60 m+. Zie de figuren 3.18 en 3.19. Hierin zijn alle reductie-en vormfactoren, alsmede de invloed van de dynamische windbelasting verwerkt.

Figuur 3.18. Figuur 3.19

Het gebouw is een betonconstructie met een gemiddelde representatieve belasting van 3à 3,5 kN/m3; neem hier aan 3,0 kN/m3, waarvan 80% permanente en 20% veranderlijkebelasting met een momentaanfactor y = 0,5; op de fundering de momentanecombinatie.Inhoud toren: 150 m ¥ 1

4 ¥ p ¥ (20 m)2 = 47124 m3.Verticale belasting Q: 47124 m3 ¥ (0,8 ¥ 3 kN/m3 + 0,2 ¥ 0,5 ¥ 3 kN/m3) = 127235kN, afgerond 128 MN.Weerstandsmoment ronde funderingsplaat:W = 1

32 p D3 = 132 ¥ p ¥ (24 m)3 = 1357 m3

f = 2uD =

2skD = 2

MWkD

Rotatieveerconstante:

r = Mf

=WkD

2 =p64kD4 =

p64 ¥ 2 ¥ 104 kN/m3 ¥ (24 m)4 = 32570 ¥ 104 kNm/rad =

325700 MNm/rad

VSds



Gevraagd wordt:1. Hoe groot is de uitbuiging u aan de top van dit gebouw?2. Hoe groot is de maximale spanning die in de grond onder de funderingsplaat kan

optreden bij gg = 1,2 en gp = 1.5? (veiligheidsklasse 3)

Oplossing vraag 1.

Windbelasting W: 150 m ¥ 20 m ¥ 0,93 kN/m2 = 2790 kN.Uitbuiging: W ¥ 84,60 m + Q ¥ 1

2u m = rf2790 kN ¥ 84,60 m + 12 ¥ 128 ¥ 103 kN ¥ u = 32570 ¥ 104 ¥

u150 m; u = 0,112 m.

Oplossing vraag 2.

ggemiddeld = 80% ¥ gg + 20% ¥ gp = 1,26

gp·Wind ¥ 84,60 m + gg·Q ¥ 12u m = rf

Hieruit volgt: u = 0,169 m

Mveer = rf = r·ul = 32570 ¥ 104 kNm ¥

0‚169 m150 m = 366955 kNm

Oppervlakte fundering:14pD2 = 1

4 ¥ p ¥ (24 m)2 = 452 m2

smax =QA +

MW =

1‚26 ¥ 128 ¥ 103 kN452 m2 +

366955 kNm1357 m3 = (357 + 270) kN/m2 = 0,63

N/mm2

Dit is op goede vaste zandgrond nog wel toelaatbaar. Er treedt geen ‘trekspanning’ oponder de plaat.

Alternatieve berekening met Qk:

Qk =2rl =

r75 m = 4343000 kN; n =

QkQ ; n =

4343000 kN1‚26 ¥ 127235 kN = 27

VSds


Mveer =n

n – 1 · gp · M0 = 2726

¥ 1,5 ¥ 2790 kN ¥ 84,60 m = 367668 kNm (vergelijk met

366955 kNm, afrondingsfoutjes)

Controle met:

gp · Mwind + ggemiddeld · Q · 12u = 1,5 ¥ 2790 kN ¥ 84,60 m + 12 ¥ 1,26 ¥ 128000 kN ¥

0,169 m = 354051 kNm (1e orde) + 13628 kNm (2e orde) = 367679 kNm.

3.6. De buigzame staaf oneindig stijf ingeklemd

Voor de staaf in figuur 3.22, indien met constante EI en de belasting op de top, kan opeenvoudige wijze een ‘exacte’ oplossing worden gevonden voor het probleem van debepaling van de kritische belasting.


Geef de staaf een uitbuiging u, plaats de kracht F en neem tegelijk de oorzaak van deuitbuiging weg.Neem voor de uitbuiging een sinuslijn aan (figuur 3.23)

ux = u sinpx2l

Het inwendig moment, opgewekt door het uitbuigen, is gelijk Mxi = –EI (d2u/dx2).Deze inwendige momenten trachten de staaf in z’n oorspronkelijke stand terug tebrengen. De kracht F geeft een uitwendig moment Mx = F·ux. Deze uitwendigemomenten trachten de staaf verder uit te buigen.Indien nu in iedere doorsnede Mxi = Mxu dan gebeurt er niets, de staaf handhaaft z’nuitbuigingslijn ux = u sin (px/2l).Dan is

Mxi = –EId2ux

dx2 = EIp2

4l2 ·u sin

px2l (inwendig moment)

Mxu = F u sin px2l (uitwendig moment)

Mxi = Mxu voor F = p2EI4l2

VSds


Dit noemen we de kritische belasting Fk. Het is de grens tussen stabiel en instabielevenwicht. Indien hier en elders over ‘exact’ wordt gesproken dan wordt niet bedoeldzuiver wiskundig exact.Bijvoorbeeld de formule M = –EI (d2ux/dx2) is niet zuiver exact, maar wel exact inpraktische zin omdat we te maken hebben met kleine krommingen. Ook dwarskracht-vervormingen worden verwaarloosd. Dit in aanmerking genomen kunnen we de hierafgeleide formule (figuur 3.24):

Fk =p2EI4l2


een exacte uitkomst van de bepaling van de kritische belasting voor de oneindig stijfingeklemde staaf noemen.Meestal is er ook een belasting aanwezig die buiging in de staaf geeft.Een eenvoudig geval is een horizontale belasting H aan de top tezamen met de verticalebelasting F (zie figuur 3.25). Maar de uitbuigingslijn is nu geen sinuslijn meer.

Mxu = Hx + Fux


Willen we dit probleem exact oplossen dan moeten we een differentiaalvergelijkingopstellen en oplossen.Het wordt nog bewerkelijker indien de inklemming verend is, zoals in figuur 3.27.In de ontwerpfase van een constructie is het handig om een snelle handberekening tekunnen maken. Niet altijd heeft men een computer bij de hand.Bovendien geeft een goede handberekening meer inzicht in de problematiek dan de

VSds


black box operatie met de computer.In de bijlage A is een voorbeeld gegeven van een exacte oplossing van het probleem infiguur 3.27. Evenals bij de oneindig stijve staaf vervorming en momenten kondenworden bepaald zonder tussenkomst van de kritische belasting, zo kan dat ook bij debuigzame verend ingeklemde staaf. Maar bij deze laatste is dat wel gecompliceerder. Indit boek zal in de berekeningen de bepaling van de kritische belasting een tussenstapzijn die tot snellere resultaten voert.

3.7. De buigzame staaf verend ingeklemd

Eén van de meest eenvoudige gevallen van dat type is de verend ingeklemde staaf meteen verticale kracht F en een horizontale kracht H op de top van de staaf (figuur 3.28).In de uitgebogen toestand kan het evenwicht van de totale constructie wordenuitgedrukt in de vergelijking Hl + Fu = rf.


Doordat de staaf buigzaam is bestaat er nu geen eenvoudige relatie tussen u en f zoalsbij de oneindig stijve staaf. Dit probleem is op exacte wijze slechts oplosbaar via eendifferentiaalvergelijking, zoals gedemonstreerd in bijlage A.

Om de hier behandelde benaderingsmethodes goed te kunnen begrijpen wordt hier hetiteratieproces weergegeven.Bij de eerste stap van de vervorming wordt F weggelaten (eerste orde uitbuiging u0 tengevolge van H alleen). Dan wordt F geplaatst (eerste stap tweede orde uitbuiging u1)enzovoorts. We nemen aan dat bij elke stap de uitbuiging 1

n maal de uitbuiging van de

voorgaande stap is.

VSds


Figuur 3.30.

u = u0 + u1 + u2 + u3 + enz.

u = u0 +1n u0 +

1n u1 +

1n u2 + enz.

u = u0 +1n u0 +

1n2 u0 +

1n3 u0 + enz.

u = u0 +1n (u0 +

1n u0 +

1n2 u0 + enz.)

u = u0 +1n u

u =n

n – 1 u0

In de reeks momentenlijnen zijn de eerste orde momentenlijn(Hl) en de eerste stap inde reeks tweede orde momentenlijnen (Fu0) niet affien, maar verder zijn de eerste entweede stap (Fu0 en Fu1) al vrij behoorlijk verschrikkelijke affien en wordt de affiniteitmet elke volgende stap steeds beter. Daar de u0, u1, u2,…-termen onderling dus eengrote affiniteit vertonen is de formule u = (n/(n–1))u0 een betrouwbare formule enMtotaal = (n/(n – 1))Hl hier minder betrouwbaar (deze formule geeft bij de oneindigstijve staaf exacte uitkomsten).

Indien nu de momentenlijn Hl een uitbuiging u0 geeft en de momentenlijn Fu0 eenuitbuiging u1 = u0 dan is n = 1 en dus F = Fk.De momentenlijnen Hl en Fu0, zoals in figuur 3.31 getekend, zouden een gelijkeuitbuiging u0 kunnen geven.Dan is aFu0 = Hl. Hierin is a > 1.

Fk =Hl

au0 dus Fk <

Hlu0

VSds


Figuur 3.31.

Daar a niet zoveel van 1 zal afwijken kunnen we als eerste benadering stellen datFk = Hl/u0.Deze waarde is echter wel aan de onveilige kant, immers groter dan de exacte waarde.Het komt er op neer dat Fu0 = Hl en dat het gearceerde deel van de momentenlijn Fu0

wordt verwaarloosd.u0 is een optelling van twee uitbuigingen u01 en u02. u01 wordt veroorzaakt doordraaiing van de veer, u02 wordt veroorzaakt door buiging van de staaf. Hoe groter nuu01 ten opzichte van u02, hoe geringer de verwaarlozing van het bovengenoemdegearceerde deel van de momentenlijn Fu0 dus hoe exacter de uitkomst.

Figuur 3.32.

De grootste afwijking wordt gevonden indien u01 = 0, dus oneindig stijve inklemming.Bij de oneindig stijf ingeklemde staaf in figuur 3.33 is

u0 =Hl3

3EI

en wordt dus gevonden:

Fk =Hlu0

= 3EIl2

De exacte waarde is

Fk =p2EI4l2

= 2‚47EI

l2

De fout is dus 21, 6% aan de onveilige kant.

VSds



Bij de staaf in figuur 3.34 is

u01 =Hl2

r = Hl3

3EIen

u02 =Hl3

3EI

dus u01 = u02.

u0 =2Hl3

3EI

dus wordt gevonden

Fk =Hlu0

= 1‚5EI

l2

De exacte waarde is

Fk = 1‚43EI

l2

De fout is nu nog maar 4,9% aan de onveilige kant.Nu is de waarde van Fk niet het belangrijkst. Belangrijker is de waarde n = Fk/F en dedaaruit afgeleide vergrotingsfactor n/(n – 1).

Stel dat de exacte waarde van n gelijk is aan 3, dan zou in dit geval bij de oneindig stijfingeklemde kolom de benaderde waarde gelijk zijn aan 3 ¥ 1,216 = 3,648. Dan was deexacte waarde n/(n – 1) = 32 = 1,5 en de benaderde waarde n/(n – 1) = 3‚648

2‚648 = 1,38. Defout is dan 8.2% dus belangrijk kleiner dan 21,6%.Voor het geval u01 = u02 zou bij exacte waarde n = 3 de fout in n/(n – 1) nog maar2,3% bedragen.Voor het geval van de prismatische staaf op z’n top belast door de kracht F kan echtereen betrouwbaarder benadering worden bereikt met de volgende redenering:

u0 = u01 + u02 (figuur 3.35)

VSds


Figuur 3.35.

Fk =Hlu0

= Hl

u01 + u02

1Fk

= u01Hl +

u02Hl

Het proces van de bepaling van u0 is in figuur 3.36 en 3.37 getekend.


Uit de figuren kan worden gesteld dat met de benaderingsmethode geldt:

Fk1 =Hlu01

en Fk2 = Hlu02

Hierin is Fk1 — met oneindig stijve staaf — de exacte uitkomst en Fk2 =Hlu02

metoneindig stijve veer een 21,6% te grote uitkomst.De formule wordt nu:

1Fk

= 1

Fk1 +

1Fk2

(3.1)

Wordt in deze formule nu ingevuld Fk2 = (p2EI/4l2), dus de exacte waarde van Fk2 danwordt de uitkomst van Fk veel betrouwbaarder in het gebied u01 < u02 en, wat nogbelangrijker is, Fk komt nu aan de veilige kant te liggen. De grootste afwijking zalongeveer 5% bedragen. Voor een ontwerpberekening en zelfs voor een definitieveberekening is dit dus een zeer bruikbare formule.

VSds


Een nog exacter formule* met hoogstens 0,2% afwijking (aan de onveilige kant) luidt:

1Fk

= 1

Fk1 +

1Fk2

(1 – 0,178 u01u0

) (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:

1Fk

= 1

Fk1 +

1Fk2

met Fk1 = rl en Fk2 =

p2EI4l2

(3.3)

In geen van de laatste twee formules voor de berekening van Fk komt de horizontalebelasting H voor en dit is ook zo in de uitkomst van de oplossing van de differentiaal-vergelijking.

De kritische belasting is onafhankelijk van de grootte en plaats van de eerste ordebelasting. De kritische belasting is wel afhankelijk van de plaats van de drukbelastingin de staaf, zoals verderop zal worden behandeld, en uiteraard ook van de rotatie-stijfheid van de veer. In enkele geschematiseerde constructies zal een en ander worden gedemonstreerd.Daarbij kan het volgende worden opgemerkt. Indien men het grootste momentuitrekent met M = M1e orde + Fu dan is M1e orde het exacte deel van de uitkomst en Fuhet benaderde deel. De afwijking van u ten opzichte van de exacte waarde van u zal dusrelatief groter zijn dan de afwijking van M.Met de formule (3.3) wordt aan de veilige kant gerekend, dus ook de uitkomst M ligtaan de veilige kant, zonder echter oneconomisch af te wijken.Belangrijk voor deze benaderingstheorie is dat de momentenlijnen Fu0, Fu1, enz. eenbehoorlijke affiniteit bezitten.Affiniteit tussen de momentenlijnen M0 en Fu0 is minder belangrijk alhoewel hoe beterde affiniteit hoe minder afwijking.Men moet voorzichtig zijn met het toepassen van de vergrotingsfactor n/(n – 1) op demomenten, vooral bij grote afwijking in affiniteit tussen de momentenlijnen M0 en Fu0.

* De afleiding hiervan is gegeven in bijlage B.

VSds


Ten aanzien van de uitbuiging als maat voor de bruikbaarheid van de constructie geldtdat deze in dat geval voor de rekenwaarde van de belasting in de bruikbaarheids-grenstoestand moet worden bepaald, dus met grotere waarden voor n. Hoe groter n, hoenauwkeuriger de uitkomst. Om een en ander te demonstreren volgen nu enkelevoorbeelden.Hierbij wordt steeds uitgegaan van reeds geschematiseerde constructies en belastingen.In de bijlage D zullen meer praktijkgerichte voorbeelden worden gegeven.

Voorbeeld 3.5Beschouw figuur 3.39.

Figuur 3.39.

Fk1 =rl =

12 000 kNm6 m = 2000 kN

Fk2 =p2EI4l2

= p2 ¥ 20 000 kNm2

4 ¥ (6 m)2 = 1371 kN

1Fk

= 1

Fk1 +

1Fk2

= 1

2000 + 1

1371

Fk = 813 kN

n = 813250 = 3,25

u0 =Hl2

r + Hl3

3EI = 10 kN ¥ (6 m)2

12000 kNm + 10 kN ¥ (6 m)3

3 ¥ 20 000 kNm2 = 0,030 m + 0,036 m

= 0,066 m

u =n

n – 1 u0 =3‚252‚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

VSds


u = 0,093 m en M = 83,2 kNm

Met M = n

n – 1 M0 zou zijn gevonden:

M = 3‚252‚25 ¥ 60 kNm = 86,7 kNm

Met de bijna exacte benadering (formule 3.2) zou zijn gevonden:1

Fk =

12000 +

11371 (1 – 0,178 ¥

0‚0300‚066)

Fk = 854 kN

dus afgezien van afronding gelijk aan de exacte uitkomst.

n =854250 = 3,42

u = 3‚422‚42 ¥ 0,066 m = 0,093 m

M = 60 kNm + 250 kN ¥ 0,093 m = 60 + 23,3 = 83,3 kNm

BruikbaarheidsgrenstoestandMet g = 1,5 is in de bruikbaarheidsgrenstoestand n anderhalf maal zo groot.Nu weer verder met Fk = 813 kN.

n = 813250 ¥ 1,5 = 4,88

u =n

n – 1 · u01‚5 =

4‚883‚88 ¥

0‚066 m1‚5 = 0,055 m

Met computer berekende waarde u = 0,055 m.

Voorbeeld 3.6Dit is een voorbeeld waarin geen enkele affiniteit is te bespeuren tussen de eerste ordemomentenlijn 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 halvehoogte een tegengestelde horizontale kracht van 20 kN, zodat het eerste orde momentin 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 veerniet. De grootte van u0 is dus onafhankelijk van de waarde van r.Met de momentenvlakmethode wordt nu gevonden:

VSds


Figuur 3.40. Figuur 3.41

u0 =

12 ¥ 30 kNm ¥ 6 m ¥ 3 m

20 000 kNm2 = 0,0135 m

u = 3‚252‚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 (12 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 uiterstegrenstoestand (kleinste n) is u niet zo belangrijk en in dit geval is Mveer klein en speeltde afwijking, die bovendien aan de veilige kant is, geen rol van betekenis.

VSds



De uitbuiging halverwege wordt benaderd door (2,03/1,03) ¥ 0,0023 m = 0,0045 m,dus het benaderde moment is dan:

M = 30 kNm + 400 kN (0,0237 m – 0,0045 m) = 30 + 7,7 = 37,7 kNm

Een afwijking van + 20% in het 2e orde moment zou betekenen dat de exacte waarde30 + 6,2 = 36,2 kNm zou bedragen en de benaderde waarde van M slechts 4,1% tehoog zou zijn berekend. Voor een ontwerpberekening zijn de hier gesignaleerdeafwijkingen onbelangrijk. Zelfs voor een definitieve berekening zijn ze acceptabel,alleen al door hun afwijking naar de veilige kant.

Voorbeeld 3.7Ditmaal zonder commentaar, alleen berekening. Weer dezelfde staaf, zie figuur 3.43.Benaderde waarde Fk = 813 kN; n = 3,25.

u0 =ql3

2r + ql4

8EI = 3 kN/m ¥ (6 m)3

2 ¥ 12 000 kNm +3 kN/m ¥ (6 m)4

8 ¥ 20 000 kNm2 =

0,0270 m + 0,0243 m = 0,0513 m

u = 3‚252‚25 ¥ 0,0513 m = 0,0741 m

M = 12 ql2 + Fu = 54 + 18,5 = 72,5 kNm

Computeruitkomst:

u = 0,0721 m en M = 72 kNm

Afwijkingen hier respectievelijk + 2,7% en + 0,7% dus niet van betekenis.

Met F = 400 kN is benaderd: u = 0,1010 m en M = 94,4 kNm en geeft de computer:u = 0,0955 m en M = 92,2 kNm dus afwijkingen respectievelijk + 5,7% en + 2,4%.

VSds


Figuur 3.44.

VSds

49

4Verdeelde drukbelasting op deingeklemde staaf

4.1. Gelijkmatig verdeelde drukbelasting op staaf

Een andere situatie ontstaat indien niet één drukkracht op de staaf werkt, maarmeerdere, verdeeld over de staaflengte, zoals getekend in figuur 4.1.

Figuur 4.1.

In deze categorie is het hoge gebouw een veel voorkomend geval.De wiskundig exacte behandeling van dit probleem is gecompliceerder dan dezebehandeling bij de voorgaande gevallen.Voor de daarin geïnteresseerden is in bijlage B een bijna exacte berekeningsmethodegegeven waarmee de hier behandelde benaderingsmethode kan worden vergeleken omna te gaan of deze eenvoudige benaderingsmethode betrouwbare uitkomsten geeft.

Eerste orde

Onder invloed van de gelijkmatig verdeelde horizontale belasting w is de momentenlijnin figuur 4.2 getekend. Deze eerste orde momenten veroorzaken de eerste ordeuitbuigingslijn u0.De verticale belasting op deze eerste orde uitgebogen staaf geeft momenten van deeerste stap tweede orde volgens momentenlijn 1 in figuur 4.3.

Indien de uitbuigingslijn u0 wordt benaderd door een rechte lijn dan ontstaatmomentenlijn 2 die volkomen affien is met de eerste orde momentenlijn.

VSds



Zoals uit bijlage B kan worden afgeleid bestaat er al een behoorlijke affiniteit tussen demomentenlijnen 1 en 2 .Indien wordt gesteld dat momentenlijn 2 met een redelijke nauwkeurigheid demomentenlijn is van de eerste stap van de tweede orde dan zal de kritische waarde voorq worden bereikt indien 12 wl2 = 1

2 qlu0.

Figuur 4.4.

Dan is bij benadering qk = wl/u0 of, indien W = wl en Q = ql dan is

Qk = Wlu0

(4.1)

Deze formule is van hetzelfde type als de formule Fk = Hl/u0, alleen de eerste isnauwkeuriger door de grotere affiniteit van de momentenlijnen 2 .Met u0 = u01 + u02 volgt weer

1Qk

= 1

Qk1 +

1Qk2

(4.2)

Zoals eerder afgeleid is Qk1 = 2r/l.Voor de oneindig stijf ingeklemde staaf is

VSds

4. Verdeelde drukbelasting op de ingeklemde staaf 51

u0 =wl4

8EI = Wl3

8EI dus Qk =Wlu0

= 8EIl2

De exacte waarde Qk= 7,83EI/l2.

Figuur 4.5.

De afwijking van de benaderde waarde is hier 2,2% aan de onveilige kant, maar zogering dat ze kan worden verwaarloosd. Het maakt nauwelijks uit of men voor Qk2 nu7,83EI/l2 of 8EI/l2 kiest.De laatste waarde kan gemakkelijker worden onthouden of afgeleid.

Voorbeeld 4.1Dit voorbeeld met de in bijlage B behandelde zeer nauwkeurige methode, is via decomputer berekend, zodat kan worden vergeleken.

Figuur 4.6.

Qk1 =2rl =

2 ¥ 20 000 kNm6 m = 6667 kN

Qk2 =8EIl2

= 8 ¥ 35 300 kNm2

(6 m)2 = 7844 kN

Qk = 3604 kN

Met computer berekend Qk = 3787 kN afwijking –4,8% aan veilige kant.

Q = 6 m ¥ 100 kN/m = 600 kN

n = 6,01

VSds


nn – 1 =

6‚015‚01 = 1,20

u0 =

12 wl3

r + wl4

8EI =

12 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)3

20 000 kNm + 10 kNm ¥ (6 m)4

8 ¥ 35 300 kNm2 = 0,054

+ 0,046 = 0,100 m.

u =n

n – 1 u0 = 1,20 ¥ 0,100 = 0,120 m

M = 12 wl2 + ql 1

2 u = 180 kNm + 600 kN ¥ 0,060 m

= 180 + 36 = 216 kNm

De computerberekening geeft

Qk = 3787 kN

u = 0,119 m

M = 212,3 kNm

De afwijking van Qk is –4,8%, van u +0,2% en van M +1,7% dus alle benaderingenaan de veilige kant.

4.2. 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 devervormingslijnen. De benadering van de eerste orde uitbuigingslijn met een rechte lijnleidde tot nauwkeurige uitkomsten.Dit principe kan worden aangehouden voor anders verdeelde drukbelasting.Bijvoorbeeld voor het hier getekende belastinggeval van twee drukkrachten, F en bF(figuur 4.7). Door F en bF 90° te draaien en dan te vervangen door H en bH en boven-dien te veronderstellen dat de uitbuigingslijn van H en bH een rechte lijn is, wordtvolkomen affiniteit bereikt tussen de eerste orde momentenlijn Hl + bH(1 – a)l en demomentenlijn van de eerste stap van de tweede orde Fu0 + bF(1 – a)u0. (lijn 2 ).De werkelijke momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde is lijn 1 .

Dit beeld komt sterk overeen met de overeenkomstige momentenlijnen van het gevalvan de gelijkmatig verdeelde drukbelasting op de staaf. Evenals bij dit laatste geval zalook hier de benaderingsmethode betrouwbare uitkomsten geven.

VSds


Figuur 4.7.


De benadering van de rechte uitbuigingslijn geeft affiene momentenlijnen 1e orde eneerste stap tweede orde.Voor F = Fk geldt dan dat

Hl + bH (1 – a)l = Fku0 + bFk(1 – a)u0

Hieruit volgt:

Fk =Hlu0

Voorbeeld 4.2Om de kritische belasting van de staaf te bepalen, worden op de aangrijpingspunten vande verticale belastingen horizontale belastingen aangebracht in dezelfde onderlingeverhouding als de verticale krachten.

VSds



Statische moment momentenvlak ten opzichte van de top:

opp. I : 12 ¥ 4 m ¥ 4H (kNm) ¥ 2

3 ¥ 4 m = 21H (kNm3)

opp. II : 6 m ¥ 4H (kNm) ¥ 7 m = 168H ”

opp. III : 12 ¥ 6 m ¥ 18H (kNm) ¥ 8 m = 432H ”

——————— + 621H (kNm3)

De uitbuiging van de top ten gevolge van de krachten H bedraagt:

u0H =621H kNm3

105 kNm2 + 22H kNm ¥ 10 m

8 ¥ 104 kNm= (621 + 275) ¥ 10–5 H

= 896 ¥ 10–5 H

Fk =Hlu0H

= H ¥ 10 m

896 ¥ 10–5 H= 1116 kN

n = 1116300 = 3,72

Ten gevolge van de horizontale belasting w is:

u0 =wl4

8EI +

12 wl3

r = 5 kN/m ¥ (10 m)4

8 ¥ 105 kNm2 +

12 ¥ 5 kN/m ¥ (10 m)3

8 ¥ 104 kNm

= 0,0625 + 0,0313 = 0,094 m

u = 3‚722‚72 ¥ 0,094 m = 0,128 m

VSds


Indien we de uitbuigingslijn als een rechte beschouwen is ter plaatse van de onderstekracht de uitbuiging gelijk aan:

610 ¥ 0,128 m = 0,077 m

M = 12 ¥ 5 kN/m ¥ (10 m)2 + 300 kN ¥ 0,0128 m + 600 kN ¥ 0,077 m

= 250 + 38,4 + 46,2 = 335 kNm

Deze uitkomst is aan de veilige kant.

Figuur 4.12.

VSds

56

5Staven

5.1. Staven met twee rotatieveren

Dit type staven komt ook vrij veel voor.Het is te beschouwen als een stapeling van twee staven, onderling scharnierendverbonden, elk met een rotatieveer. Beide staven worden gelijktijdig instabiel.De knikvorm is redelijk affien met de uitbuigingsvorm ten gevolge van een horizontalekracht H.


De bepaling van de kritische belasting met de Fk1 – Fk2-methode ligt voor de hand.Bepaal de kritische belasting van elk staafdeel en stel ze aan elkaar gelijk.

1Fk

= xr1

+ 4x2

p2EI =

l – xr2

+ 4(l – x)2

p2EI

Voer nu de volgende dimensieloze grootheden in:

r1 =r1lEI en r2 =

r2lEI Zie ook bijlage A

Deze grootheden zijn het quotiënt van de rotatiestijfheden r en de staafstijfheid EI/l.Invulling in de vergelijking van (1/Fk) levert na enige uitwerking:

VSds

5. Staven 57


x = p2r1 + 4r1r2

p2r1 + p2r2 + 8r1r2 ·l

of, indien p2 wordt benaderd door p2 ª 10:

x = 5r1 + 2r1r2

5r1 + 5r2 + 4r1r2 ·l

Deze formule heeft als bezwaar dat hij moeilijk kan worden onthouden. Men heeft bijgebruik een formuleboekje nodig of dit boek.Een vereenvoudiging is om niet x in l uit te drukken maar de verhouding x/(l – x) ofwela/b (figuur 5.5).

Figuur 5.5.

l – x = 5r2 + 2r1r2

5r1 + 5r2 + 4r1r2 ·l

ab =

xl – x =

5r1 + 2r1r2

5r2 + 2r1r2 =

5/r2 + 2

5/r1 + 2

VSds


a =a

a + b ·l

Hiermee is Fk bekend uit:

1Fk

= ar1

+ 4a2

p2EI

Voorbeeld 5.1


r1 =r1lEI =

1 kN ¥ 104 ¥ 6 m3 kNm2 ¥ 104 =2

r2 =r2lEI =

2 kNm ¥ 104 ¥ 6 m3 kNm2 ¥ 104 = 4

ab =

5/r2 + 2

5/r1 + 2 =

5/4 + 25/2 + 2 =

3‚254‚50

a = 3‚257‚75 ¥ 6 m = 2,516 m

b = 6,0 m – 2,516 m = 3,484 m

1Fk

= 2‚516 m

1 kNm ¥ 104 + 4 ¥ (2‚516 m)2

p2 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 fi Fk = 2966 kN

Controle:1

Fk =

3‚484 m2 kNm ¥ 104 +

4 ¥ (3‚484 m)2

p2 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 fi Fk = 2957 kN

Het kleine verschil komt uit afrondingen.

VSds

5. Staven 59

Bepaling u1 en u2 en u = u1 + u2

Figuur 5.8.

Eerste orde, dus zonder F = 1000 kN

u01 =20 kN ¥ (2‚516 m)3

3 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 + 20 kN ¥ (2‚516 m)2

1 kNm ¥ 104 = 0,0162 m

u02 =20 kN ¥ (3‚484 m)3

3 ¥ 3 kNm2 ¥ 104 + 20 kN ¥ (3‚484 m)2

2 kNm ¥ 104 = 0,0215 m

nn – 1 =

FkFk – F =

2960 kN2960 kN – 1000 kN = 1,510

u1 = 1,510 ¥ 0,0162 m = 0,0245 m

u2 = 1,510 ¥ 0,0215 m = 0,0325 m

u = u1 + u2 = 0,057 m

M1 = Ha + Fu1 = 20 kN ¥ 2,516 m + 1000 kN ¥ 0,025 m = 50 + 25

= 75 kNm

M2 = Hb + Fu2 = 20 kN ¥ 3,484 m + 1000 kN ¥ 0,032 m = 70 + 32

= 102 kNm

De computer geeft Fk = 3092 kN en voor a, u, M1 en M2 respectievelijk 2,550 m, 0,055m, 76,0 kNm en 99,6 kNm.

VSds


Voorbeeld 5.2In dit voorbeeld wordt slechts de kritische belasting berekend. De rest gaat als invoorbeeld 5.1.


r1 =r1lEI =

1 ¥ 104 ¥ 62 ¥ 104 = 3

r2 = •

ab =

5/r2 + 2

5/r1 + 2 =

25/3 + 2 =

611

a =6

17 ¥ 6 = 2,118 m

b = 6,0 – 2,118 = 3,882 m

Fk kan nu het handigst uit het stijf ingeklemde gedeelte worden bepaald.

Fk =p2EI4b2 =

p2 ¥ 2 ¥ 104

4 ¥ (3‚882)2 = 3275 kN

De computer geeft Fk = 3351 kN en voor a, u, M1 en M2 respectievelijk 2,226 m, 0,022m, 32,1 kNm en 50,2 kNm.

VSds

5. Staven 61

5.2. Staven met twee stijfheden

Figuur 5.11 toont het schema van dit type staven.

Figuur 5.11.

Om met een snelle berekening uitbuiging en buigende momenten te berekenen is deFk1-Fk2-methode niet bruikbaar, tenzij Fk2 met een snelle methode kan wordenbepaald. Voor enkele gevallen is die snelle methode voor Fk2 er wel, namelijk indienmen gebruik kan maken van beschikbare tabellen.Voor een exacte bepaling van Fk2 moet men een vergelijking in X oplossen.Die vergelijking luidt:

tg aX·tg(1 – a) TX = 1T

en geldt dus voor r = •!In deze vergelijking is T:

T = ÷̀EI1EI2

Fk2 =X2EI1

l2

In tabel 5.1 staan als voorbeeld drie van zulke tabellen, voor a = 0,25, a = 0,50 ena = 0,75.Met dit soort tabellen kan Fk worden opgelost uit vergelijking (3.3) en kan n wordenbepaald uit n = Fk/F.Vervolgens op de bekende manier de uitbuigingen en de momenten. Is geen tabel beschikbaar dan is de (Hl/u0)-methode een redelijk alternatief, zeker vooreen ontwerpberekening.

VSds


Tabel 5.1.

X2

T a = 0,25 a = 0,50 a = 0,75

0,000 39,478 9,869 4,386

0,050 38,882 9,820 4,379

0,100 37,050 9,673 4,357

0,150 33,920 9,432 4,321

0,200 29,638 9,103 4,271

0,250 24,799 8,696 4,208

0,300 20,210 8,225 4,132

0,350 16,352 7,706 4,046

0,400 13,300 7,160 3,949

0,450 10,936 6,606 3,842

0,500 9,104 6,061 3,729

0,550 7,674 5,539 3,609

0,600 6,543 5,050 3,484

0,650 5,637 4,600 3,356

0,700 4,903 4,189 3,225

0,750 4,300 3,818 3,095

0,800 3,800 3,485 2,964

0,850 3,382 3,186 2,835

0,900 3,028 2,919 2,709

0,950 2,726 2,680 2,586

1,000 2,467 2,467 2,467

T = ÷̀EI1EI2

Fk2 =X2EI1

l2

Hier volgt een beschouwing over deze methode. De stijfheden van de staven A en B(figuur 5.12) zijn zodanig gekozen dat ze bij een gelijke horizontale kracht H dezelfdeuitbuiging u0 = u01 + u02 krijgen.In staaf B is de kromming in het bovenste deel van de staaf groter en in het onderstedeel kleiner dan in staaf A.In de Hl/uo methode wordt de eerste stap van de tweede orde affien gemaakt met deeerste orde momentenlijn van de kracht H.Het gearceerde deel in figuur 5.13 wordt verwaarloosd.Die verwaarlozing is voor staaf B groter dan voor staaf A.

VSds

5. Staven 63


Hoe groter de verhouding EI2/EI1 en hoe groter r, hoe groter de afwijking naar deonveilige kant.

Een benadering die aan de veilige kant ligt en als een kleine uitbreiding van de Hl/u0-methode kan gelden is de volgende.

De Fu0 momentenlijn ligt tussen de driehoekige benadering en een rechthoekigebenadering (figuur 5.14).

Figuur 5.14.

Indien, met behulp van de werkelijke Fu0 momentenlijn, de uitbuiging u1 van de eerstestap van de tweede orde kan worden bepaald dan volgt uit u0/u1 = n een vrijnauwkeurige waarde van Fk uit Fk = nF.Daar het hier gaat om snelle berekeningen wordt u bepaald als gemiddelde van deuitbuigingen bepaald met een driehoekige- en rechthoekige momentenlijn.Dit gaat als volgt vrij snel:Bepaal de gemiddelde uitbuiging u0g met de driehoekige en rechthoekige momentenlijnHl (figuur 5.15).Dan is bij benadering

u1 =Fu0Hl u0g

en

VSds


Figuur 5.15.

n =u0u1

= Hl

Fu0g

en dus:

Fk = Fn = Hlu0g

Bij dit type niet-prismatische staven moet ook steeds het buigend moment op deovergang van EI1, naar EI2 worden berekend daar dit wel eens maatgevend zou kunnenzijn.

In het geval dat EI1 groter is dan EI2, zoals in figuur 5.16, is de Hl/u0-methode in iedergeval nauwkeuriger dan voor het geval van de staaf met constante doorsnede. Dit blijktuit dezelfde redenering als die voor het geval dat EI2 groter was dan EI1.

Figuur 5.16.

VSds

5. Staven 65

Nu is de kromming van de staaf in het onderste deel groter dan de kromming van staafA en in het bovenste deel is dat juist andersom.

Figuur 5.17.

De verwaarlozing is nu bij staaf B geringer dan bij staaf A.De uitkomsten blijven echter aan de onveilige kant.In dit geval is alleen de inklemmingsdoorsnede maatgevend.

Voorbeeld 5.3Met de Hl/u0 methodeBepaal het statisch moment van het gereduceerd momentenvlak ten opzichte van de topvan de staaf in figuur 5.18.


oppervlakte 1 : 12 ¥ 3 m ¥ 90 kNm ¥ 2 m = 270,0 kNm3

oppervlakte 2 : 3 m ¥ 45 kNm ¥ 4,5 m = 607,5 kNm3


—————1215,0 kNm3

VSds


u0A = 1215 kNm3

3 kNm2 ¥ 104 + 30 kN ¥ (6 m)2

3 kNm ¥ 104 = 0,0405 + 0,0360 = 0,0765 m

Fk =Hlu0

= 30 ¥ 60‚0765 = 2353 kN

uA = Fk

Fk – F ·u0 =23531353 ¥ 0,0765 m = 0,133 m

MC = Hl + Fu = 180 + 133 = 313 kNm

Op halve hoogte

Figuur 5.20.

Moment ten opzichte van halve hoogteoppervlakte 2 : 3 m ¥ 45 kNm ¥ 1,5 m = 202,5 kNm3


—————337,5 kNm3

u0B =337‚5 kNm3

3 kNm2 ¥ 104 + 180 kNm ¥ 3 m

3 kNm ¥ 104 = 0,0113 + 0,0180 = 0,029 m

uB = 23531353 ¥ 0,029 = 0,051 m

MB = 30 kN ¥ 3 m + 1000 kN(0,133 m – 0,051 m) = 90 + 82 = 172 kNm

De computer uitkomsten zijn

Fk = 2173 kN

uA = 0,141 m uB = 0,0528 m

MC = 321 kNm MB = 178 kNm

De uitkomsten van de Hl/u0-methode zijn wel aan de onveilige kant. MC en MB wijken

VSds

5. Staven 67

respectievelijk –2,5% en –3,4% af van de exacte waarden.Zeker voor een ontwerpberekening, maar met deze waarden ook voor een detail-berekening, acceptabele afwijkingen.Voelt men zich onzeker dan kan gerekend worden met de Hl/u0g-methode. Dat vraagtnauwelijks meer rekenwerk. Slechts extra het rechthoekige momentenvlak (figuur5.21).

Figuur 5.21.

Met de Hl/u0g-methodeoppervlakte 1 : 3 m ¥ 180 kNm ¥ 1,5 m = 810 kNm3

oppervlakte 2 : 3 m ¥ 90 kNm ¥ 4,5 m = 1215 kNm3

—————2025 kNm3

u0A = 2025 kNm3

3 kNm2 ¥ 104 + 0,0360 m = 0,0675 + 0,0360 = 0,1035 m

Gemiddelde

u0g = 12 (0,0765 m + 0,1035 m) = 0,09 m

Fk =Hlu0g

= 180 kNm0‚09 m = 2000 kN

uA = 20001000 ¥ 0,0765 m = 0,153 m

uB = 20001000 ¥ 0,0293 m = 0,059 m

MC = 180 + 153 = 333 kNm

MB = 90 kNm + 1000 kN(0,153 m – 0,059 m) = 90 + 94 = 184 kNm

De afwijkingen van MC en MB zijn nu aan de veilige kant en respectievelijk +3,7% en+3,4%.

VSds


De Fk1-Fk2-methodeIn dit geval met gelijke lengtes voor EI1 en EI2 kan met de tabel a = 0,50 (blz. 63)worden gerekend.

T = ÷̀EI1EI2

= 0,7071

Uit tabel met lineaire interpolatie: X2 = 4,137

Fk2 =4‚137 ¥ 3 kNm2 ¥ 104

(6 m)2 = 3448 kN

Fk1 =rl =

3 kNm ¥ 104

6 m = 5000 kN

Fk = 2041 kN

nn – 1 =

FkFk – F =

20412041 – 1000 = 1,96

uA = 1,96 ¥ 0,0765 m = 0,150 m

uB = 1,96 ¥ 0,0293 m = 0,057 m

MC = 180 + 1000 ¥ 0,150 = 330 kNm

MB = 90 + 1000(0,150 – 0,057) = 183 kNm

Deze uitkomsten zijn ongeveer gelijk aan de aangepaste Hl/u0-methode en aan deveilige kant.

Voorbeeld 5.4Met de Hl/u0-methodeDe berekening zal niet in detail worden opgeschreven.Statistisch moment gereduceerde momentenvlak: 1350 kNm3.

Figuur 5.22.

VSds

5. Staven 69

u0 =1350

3 ¥ 104 + 120 ¥ 63 ¥ 104 = 0,0450 + 0,0240 = 0,0690 m

Fk =Hlu0

= 20 ¥ 60‚0690 = 1739 kN

u =n

n – 1 u0 = 1,76 ¥ 0,0690 = 0,121 m

M = 120 + 750 ¥ 0,121 = 211 kNm


Met de Hl/u0g-methodeMet rechthoekig diagram is

u0 =1890

3 ¥ 104 + 0,0240 = 0,0870 m

u0g = 12 (0,0690 + 0,0870) = 0,078 m

Fk =120

0‚0780 = 1538 kN

u = 0,135 m

M = 221 kNm

Met de computer wordt gevonden:Fk = 1611 kN, u = 0,129 m, M = 216 kNm.De Hl/u0-methode geeft voor deze drie waarden afwijkingen van respectievelijk +7,9%,–6,2% en –2,3%.De Hl/u0g-methode geeft afwijkingen van respectievelijk –4,5%, +4,7% en +2,3%, dusaan de veilige kant.

VSds

70

6Geschoorde staven

6.1. Geschoorde staven

In alle voorgaande gevallen konden de staafeinden vrij ten opzichte van elkaar loodrechtop de staafas verplaatsen (figuur 6.1).Ze waren niet geschoord.


Indien de staafeinden niet ten opzichte van elkaar kunnen verplaatsen spreekt men vangeschoorde staven (figuur 6.2).

Figuur 6.3.

Tussen beide is er een vorm van gedeeltelijk geschoorde staven (figuur 6.3).Er is wel verplaatsing mogelijk, maar de verplaatsing roept een reactiekracht op. Inschema is de staaf dan gesteund door een translatieveer.

Bij deze categorie kan instabiliteit veroorzaakt worden door een te slappe translatieveerof door een te slappe staaf.

In het eerste geval zou de staaf dan als ongeschoord kunnen worden beschouwd, in hettweede geval als geschoord.

Beide gevallen moeten worden onderzocht.

VSds

6. Geschoorde staven 71

Pendelstaven, volledig gesteundDe meest bekende van de geschoorde staven is de pendelstaaf. Indien niet dwarsbelast,wordt deze staaf altijd, zuiver ideaal gezien, centrisch belast. Gezien echter een aantalmogelijke imperfecties mogen deze staven nooit getoetst worden met de voor trekstavengebruikte formule:

FdA £ rekenwaarde druksterkte


In een later stadium zullen de effecten van imperfecties worden behandeld.Hier worden benaderingstheorieën behandeld waarbij de staven òf een dwarsbelastinghebben òf een duidelijk gedefinieerde vormafwijking.

De knik van pendelstaven kan worden vergeleken met de knik van star ingeklemdeongeschoorde staven (figuur 6.5).In uitgeknikte toestand is er sprake van een spiegeling om het midden van de staaf.De kritische belasting van de halve staaf is eerder behandeld en leverde Fk = p2EI/4L2.Met l = 2L geldt voor de pendelstaaf Fk = p2EI/l2.

Zo kunnen ook pendelstaven met meerdere stijfheden worden beschouwd, mitssymmetrisch verdeeld (figuur 6.6).Dit geval kan worden opgelost met de methode gegeven bij de ingeklemde staven.

Dwarsbelaste pendelstavenEen gelijkmatig verdeeld belaste staaf onder invloed van een drukkracht (figuur 6.7).Indien de halve staaf wordt beschouwd is dit een bekend geval.De kritische belasting is:

VSds



Fk =p2EI4L2 =

p2EIl2

u0 =5

384 ·ql4

EI

n =FkF

u =n

n – 1 u0

M0 = 18 ql2

M = 18 ql2 + Fu

In dit geval was er een goede affiniteit tussen de eerste orde momentenlijn (parabool),de momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde en de volgende stappen.Dus mag worden verwacht dat een goede benadering voor het totale buigende momentgelijk is aan

M = n

n – 1 M0

Voor een ontwerpberekening waarin men snel de sterkte wil verifiëren kan zo’n directeM-formule, mits redelijk betrouwbaar, handig zijn.Bij nadere uitwerking kan eventueel altijd nog nauwkeuriger worden gerekend.De nauwkeurigheid van deze M-formule kan als volgt worden vastgesteld.

VSds


Figuur 6.8. Slechte affiniteit tussen Hlen Fu1 momentenlijnen.

Figuur 6.9. Veel betere affiniteit tussen18 ql2 en Fu1 momentenlijnen.

M = 18 ql2 + Fu = 1

8 ql2 +n

n – 1 Fu0

u0 =5

384ql4

EIen

Fn = Fk =p2EI

l2

Dit ingevuld in de formule levert

M =n + 0‚028

n – 118 ql2

Deze formule kan worden benaderd met

M =n

n – 118 ql2 =

nn – 1 M0

De benadering is aan de onveilige kant, maar de afwijking is zo gering dat dezebenadering 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 afw. %

2 –1,4

3 –0,9

4 –0,7

5 –0,6···

···10 –0,3

Voor de pendelstaaf dwars belast met een puntlast P is de affiniteit tussen eerste ordemomentenlijn en de momentenlijnen van de stappen van de tweede orde niet zo goed.

VSds


Figuur 6.10.

De benadering M = (n/(n – 1))M0 is afgeleid van de formule M = M0 + Fu die,opdezelfde wijze uitgewerkt als hiervoor, leidt tot

M = n – 0‚178

n – 114 Pl = M =

n – 0‚178n – 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 afw. %

2 +9,8

3 +6,3

4 +4,7

5 +3,7···

···10 +1,8

Wanneer is de benadering M = (n/(n – 1))M0 aan de veilige en wanneer aande onveilige kant?

M = M0 +n

n – 1 Fu0 = M0 +Fku0n – 1 = M0(1 +

1n – 1

Fku0M0

)Indien

Fku0M0

= 1 dan is M = n

n – 1 M0

IndienFku0M0

> 1 dan is M > n

n – 1 M0

en is de benadering dus aan de onveilige kant en indien

VSds


Fku0M0

< 1

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 ordeuitbuigings- en momentenstappen sinuslijnen.Er is zuivere affiniteit. Dan is exact

M =n

n – 1 M0

d2u0x

dx2 = – MxEI = –

M0 sin pxl

EI

Figuur 6.11.

Tweemaal integreren geeft:

u0x =l2

p2EIM0 sin

pxl

u0 =l2

p2EIM0 =

M0Fk

Fku0M0

= 1

Bij gelijkblijvende M en Fk zal een momentenlijn die binnen de sinuslijn valt eenkleinere u0 geven dan de sinuslijn geeft.Dit is het geval bij de puntlast P.

VSds


Daar Fku0/M0 voor de sinuslijn gelijk is aan 1, is ze voor de momentenlijn 1 kleinerdan 1 en dus is:

nn – 1 M0 > (1 +

1n – 1

Fku0M0

)M0

en is de benadering aan de veilige kant.Voor lijn 2 is het juist andersom.



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 6.1Een stalen buis (200 ¥ 200 ¥ 10) wordt belast zoals in figuur 6.15 aangegeven.

Fk =p2EI

l2 =

p2 ¥ 9276 kNm2

(8m)2 = 1430 kN

n = 1430500 = 2,86

u0 =5

384 ¥6 kNm ¥ (8 m)4

9276 kNm2 = 0,0345 m

VSds


u =n

n – 1 u0 =2‚861‚86 ¥ 0,0345 m = 0,053 m

M = 18 ql2 + Fu = 1

8 ¥ 6 kN/m ¥ (8 m)2 + 500 kN ¥ 0,053 m = 48 + 26,5

= 74,5 kNm

benadering M

M =n

n – 1 M0 =2‚861‚86 ¥ 48 kNm = 73,8 kNm

Voorbeeld 6.2Dezelfde kolom als in voorbeeld 6.1, maar nu excentrisch belast; overdreven getekendin figuur 6.16.

n = 2,86

Figuur 6.16.

u0 =M0l2

8EI = 20 kNm ¥ (8 m)2

8 ¥ 9276 kNm2 = 0,0172 m

Dit geval is op deze wijze beschouwd als een pendelstaaf met aan elk uiteinde eenmoment van 500 kN ¥ 0,040 m = 20 kNm.

u = 2‚861‚86 ¥ 0,0172 m = 0,0264 m

M = 20 kNm + 500 kN ¥ 0,0264 m = 33,2 kNm

benadering M:

M = 2‚861‚86 ¥ 20 kNm = 30,8 kNm

VSds


zoals gesteld, aan de onveilige kant.

Voorbeeld 6.3Weer dezelfde kolom als in voorbeeld 6.1 maar nu met P = 24 kN, zie figuur 6.17.

n = 2,86

u0 =1

48 ¥24 kN ¥ (8 m)3

9276 kNm2 = 0,0276 m

u = 2‚861‚86 ¥ 0,0276 m = 0,0424 m

M = 14 ¥ 24 kN ¥ 8 m + 500 kN ¥ 0,0424 m = 69,2 kNm

benadering M:

M = 2‚861‚86 ·48 = 73,8 kNm

zoals verwacht kon worden aan de veilige kant.

Figuur 6.17.

VSds


6.2. Verend ingeklemde staven, volledig gesteund

Dit type staven (zie figuur 6.18) komt veel voor in geschoorde raamwerken.

Figuur 6.18.

De bepaling van de kritische belasting voor dit geval is nogal bewerkelijk.Er bestaat een benaderings formule voor de kniklengte (formule van N.M. Newmark)

lkl = ÷̀````(5 + r1)·(5 + r2)

(5 + 2r1)·(5 + 2r2) met r =

rlEI

Met Fk = p2EI/lk2 is hiermee de kritische belasting bij benadering bekend.

De kniklengte lk ligt voor dit geval tussen 0,5 l (bij r1 = r2 = •) en l (bij r1 = r2 = 0).

Voorbeeld 6.4. Zie gegevens bij figuur 6.19

r1 = r2 =2000 kNm ¥ 6 m

4000 kNm2 = 3

lk = ÷̀``8 ¥ 811 ¥ 11 ¥ 6 m = 4,364 m

Fk =p2 ¥ 4000 kNm2

(4‚364 m)2 = 2073 kN

Mi0 = rf0 = 2000f0

f0 =1

24ql3

EI – Mi0·l2EI =

124 ¥

10 kN/m ¥ (6 m)3

4000 kNm2 – 2000f0 ¥ 6 m

2 ¥ 4000 kNm2 =

f0 = 22,5 ¥ 10–3 – 1,5j0 = 9 ¥ 10–3

Mi0 = 2000f0 = 18 kNm

VSds


u0 =5

384 ¥10 kN/m ¥ (6 m)4

4000 kNm2 – 18 kNm ¥ (6 m)2

8 ¥ 4000 kNm2 = 0,0422 – 0,0203

= 0,0219 m

n = 20731000 = 2,073

nn – 1 =

2‚0731‚073 = 1,932

u = 1,932 ¥ 0,0219 m = 0,042 m

Mi = 1,932 ¥ 18 kNm = 34,8 kNm

In het midden van de staaf is:

Mm = 18 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)2 + 1000 kN ¥ 0,042 – 34,8 kNm

= 45 + 42 – 34,8 = 52,2 kNm


Mm0 = 45 – 18 = 27 kNm

Met Mm = n

n – 1 Mm0 is:

Mm = 1,932 ¥ 27 kNm = 52,2 kNm

De computer geeft voor Fk, u, M i en M m respectievelijk 2102 kN, 0,041 m,33,3 kNm en 53,6 kNm.Er is een goede overeenstemming.

Voorbeeld 6.5

r1 =1000 kNm ¥ 6 m

4000 kNm2 = 1,5

VSds



r2 =3000 kNm ¥ 6 m

4000 kNm2 = 4,5

lk = ÷̀``6‚5 ¥ 9‚58 ¥ 14 ¥ 6 m = 4,455 m

Fk =p2 ¥ 4000 kNm2

(4‚455 m)2 = 1989 kN

De buigende momenten aan de einden zijn groot rj kNm.

j01 =1

24ql3

EI – 1000j01·l

3EI – 3000j02·l

6EI

j02 =1

24ql3

EI – 1000j01·l

6EI – 3000j02·l

3EI

1,50j01 + 0,75j02 = 0,0225

0,25j01 + 2,50j02 = 0,0225

Hieruit volgt j 01 = 0,01106 en M 01 = 11,1 kNm en j 02 = 0,00789 enM02 = 23,7 kNm, en in het midden is

Mm0 = 18 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)2 – 1

2 (11,1 kNm + 23,7 kNm)

= 45 – 17,4 = 27,6 kNm

In het midden is

u0 =5

384 ¥10 kN/m ¥ (6 m)4

4000 kNm2 –

12 (23,7 kNm + 11,1 kNm) ¥ (6 m)2

8 ¥ 4000 kNm2

= 0,0422 – 0,0196 = 0,0226 m

VSds


nn – 1 =

FkFk – F =

1989989 = 2,011

u =n

n – 1 u0 = 2,011 ¥ 0,0226 m = 0,045 m

Indien de hoekverdraaiingen ook worden vergroot met de vergrotingsfactor n/(n – 1),wat niet helemaal waar is, dan is

M1 =n

n – 1 M01 = 2,011 ¥ 11,1 kNm = 22,3 kNm

M2 =n

n – 1 M02 = 2,011 ¥ 23,7 kNm = 47,7 kNm

Figuur 6.23.

In het midden van de staaf is:

Mm = 18 ql2 – 1

2 (M1 + M2) + Fu = 45,0 – 35,0 + 45,0 = 55,0 kNm

Met n/(n – 1):

Mm = 2,011 ¥ 27,6 kNm = 55,5 kNm

De computer geeft respectievelijk voor Fk, u, M1, M2 en Mm: 2019 kN, 0,044 m, 21,6kNm, 44,6 kNm en 56,8 kNm, dus een goede overeenstemming.

VSds

83

7Fictieve stijfheid

In § 3.3 is reeds gesproken over schijnbare stijfheid.Bij een eerste orde belasting zal de vervorming een functie zijn van de rotatiestijfheidvan de inklemming en de buigstijfheid van de staaf, respectievelijk uitgedrukt in r en EI.Uitgaande van lineaire elasticiteit zal de vervorming evenredig zijn met de belasting.Dus

belastingvervorming = constant


Is echter de staaf belast met een drukkracht F dan zal bij dezelfde eerste orde belastingde vervorming n/(n – 1) maal zo groot zijn, waarbij n = Fk/F.De stijfheid van de staaf is dus schijnbaar kleiner geworden door de aanwezigheid vanF.

Aan de constructie zelf is niets veranderd.

Zouden de stijfheidsfactoren r en EI worden verkleind met de reductiefactor (n – 1)/ndan kan verder met een eerste orde berekening worden volstaan, als het erom gaat devervorming te berekenen.Deze nieuwe stijfheidsfactoren EI* en r* zijn echter afhankelijk van de grootte van debelasting die de tweede orde effecten veroorzaakt (figuur 7.3).Het zijn geen eigen grootheden meer van de constructie alleen.Dit kan worden aangegeven als de fictieve stijfheid van de constructie.

VSds


Figuur 7.3.

In het volgende hoofdstuk zullen gevallen worden behandeld waarin staven hunstabiliteit geheel of gedeeltelijk ontlenen aan andere delen van de constructie.In veel gevallen kan het interessant zijn om zo’n steunstaaf dan te schematiseren tot eentranslatieveer.In het zeer eenvoudige geval van figuur 7.4 wordt de onstabiele, belaste, pendelstaafgesteund door de verend ingeklemde staaf. Deze laatste kan worden geschematiseerdtot de translatieveer met veerstijfheid k. Deze waarde van k is gelijk aan k = H/u0, zolangde staaf zich lineair elastisch gedraagt en daarvan wordt steeds uitgegaan.

Figuur 7.4.

Is de verend ingeklemde staaf zelf ook belast (figuur 7.5) dan wordt deze schijnbaarslapper en is

Figuur 7.5.

VSds

7. Fictieve stijfheid 85

u0* = n

n – 1 u0

waarin n = Fk/F2 en Fk de kritische belasting van de vrijstaande verend ingeklemdestaaf.De vervangende translatieveer heeft dan een schijnbare veerstijfheid k*:

k* = H

u0* = n – 1

n ·k

VSds

86

8Pendelstaaf verend gesteund

De staaf wordt gesteund door een translatieveer met veerstijfheid k kN/m. Er bestaan nutwee instabiliteitsmogelijkheden.

Figuur 8.1.

a. De staaf zelf knikt uit.b. De staaf blijft stabiel maar de instabiliteit ontstaat door een te slappe translatieveer.

Geval a

Fk =p2EI

l2

Figuur 8.2.

Geval bIndien door één of andere oorzaak de staaf scheef komt te staan en deze oorzaak wordtweggenomen en gelijktijdig wordt F geplaatst dan is er evenwicht indien Fu0 = ku0l.

VSds

8. Pendelstaaf verend gesteund 87

Figuur 8.3.

Dus Fk = kl.Bij belasting H en F zal de staaf in figuur 8.3 een uitwijking u krijgen.Er is evenwicht indien Hl + Fu = kul

u =Hl

kl – F

Instabiliteit treedt op als F > kl. Dus Fk = kl.Voor F = 0 is u0 = H/k.

u =kl

kl – F u0 =Fk

Fk – F u0

Met Fk/F = n is

u =n

n – 1 u0

Figuur 8.4.

In het geval van figuur 8.4 is evenwicht indien

12 ql2 + Fu = kul

u =

12 ql2

kl – F

Met F = 0 is

VSds


u0 =

12 ql

k ; ku0 = 12 ql

u =kl

kl – F u0 =n

n – 1 u0

De kracht in de veer is

ku = n

n – 1 ku0 =n

n – 112 ql (ku = 12 ql +

1n – 1 ·12 ql)

Figuur 8.5.

Indien we F ontbinden (zie figuur 8.5) dan is de schuine component praktisch gelijkaan F en de horizontale component gelijk aan Fu/l. Tezamen met ku is de horizontalereactie dan

ku – Ful = ku(1 –

Fkl ) = ku (kl – F

kl ) = n – 1

n ku = ku0 = 12 ql

De staaf zelf wordt nu apart bekeken als normale pendelstaaf belast door F en q (figuur8.6).

Figuur 8.6. Figuur 8.7. Figuur bij voorbeeld 8.1.

Voorbeeld 8.1 (figuur 8.7)a. eigen instabiliteit staaf:

Fk =p2 ¥ 12 000 kNm2

(6 m)2 = 3290 kN

b. stabiliteit door veer:

VSds


Fk = kl = 600 kN/m ¥ 6 m = 3600 kN

De indrukking van de veer bedraagt

12 ql

k = 60 kN

600 kN/m = 0,100 m

De kritische belasting Fk = 3600 kN.

u =n

n – 1 u0 =Fk

Fk – F u0 =3600

3600 – 1500 ¥ 0,100 m = 0,171 m

De kracht in de veer is ku = 600 kN/m ¥ 0,171 m = 103 kN.

Figuur 8.8.

De staaf zelf kan nu worden berekend als een normale dwarsbelaste pendelstaaf met Fk

= 3290 kN. De uitbuiging u0 in het midden bedraagt

u0 =5

384 ¥20 kN/m ¥ (6 m)4

12 000 kNm2 = 0,028 m

u =Fk

Fk – F ·u0 =3290

3290 – 1500 ¥ 0,028 m = 0,052 m

M = 18 ¥ 20 kN/m ¥ (6 m)2 + 1500 kN ¥ 0,052 m = 90 + 78 = 168 kNm

Dit zijn alle exacte uitkomsten.N.B. De kritische belasting van de pendelstaaf zelf is kleiner dan de kritische belastingvan het systeem.De verticale belasting is echter beduidend kleiner dan de kritische belastingen dus dat isgeen probleem.

VSds


Figuur 8.9.

Voorbeeld 8.2De verend ingeklemde kolom wordt geschematiseerd tot translatieveer.

Figuur 8.10.

u0 =10 kN ¥ (8 m)3

3 ¥ 20 000 kNm2 + 10 kN ¥ (8 m)2

10 000 kNm = 0,085 + 0,064 = 0,149 m

k = Hu0

= 10 kN

0‚149 m = 67,0 kN/m

Fk = kl = 67 kN/m ¥ 8 m = 536 kN

u =Fk

Fk – F ·u0 =536336 ¥ 0,149 m = 0,238 m

De kracht in de veer is: ku = 67 kN/m ¥ 0,238 m = 15,9 kN.Het moment in de rotatieveer bedraagt: 15,9kN ¥ 8 m = 127 kNm. Ook deze uitkom-sten zijn exact.

Voorbeeld 8.3Dezelfde constructie als in voorbeeld 8.2 maar nu is de belasting over beide stavenverdeeld, zie figuur 8.11.

VSds



De pendelkolom rust tegen een belaste,verend ingeklemde kolom. De kritischebelasting van de vrijstaande ingeklemde kolom (figuur 8.12) volgt uit

Fk1 =rl =

10 000 kNm8 m = 1250 kN

Fk2 =p2EI4l2

= 771 kN

1Fk

= 1

1250 + 1

771

Fk = 477 kN

Onbelast was k = 67,0 kN/m.Belast is

k* = 477 – 150

477 ¥ 67,0 kN/m = 45,9 kN/m

Figuur 8.13.

Hiermee is het probleem teruggebracht tot de door een translatieveer gesteundependelkolom.

VSds


u*0 =10 kN

45‚9 kN/m = 0,218 m

F*k = k*·l = 45,9 kN/m ¥ 8 m = 367 kN

De uiteindelijke uitbuiging bedraagt

u =F*k

F*k – F1 ·u*0 =

367367 – 50 ¥ 0,218 m = 0,252 m

Tegen de ingeklemde kolom drukt nu een kracht

10 kN + 0‚252 m

8 m ¥ 50 kN = 11,6 kN

Mveer = 11,6 kN ¥ 8 m + 150 kN ¥ 0,252 m = 92,8 + 37,8 = 130,6 kNm

De horizontale regel vervormt niet of nauwelijks.

Figuur 8.14.

De uitkomsten van u en Mveer wijken maar weinig af van overeenkomende uitkomstenvan voorbeeld 8.2.

Als wordt aangenomen dat de berekende waarde van Fk voor de vrijstaande ingeklemdekolom exact is, wat niet helemaal het geval is, dan geeft de methode van voorbeeld 8.3exacte antwoorden.

Een nog inzichtelijker methode, die ook vrijwel exacte antwoorden geeft is de volgende:

In voorbeeld 8.2 werd voor de kritische belasting van geval A (figuur 8.15) gevondenFkA = 536 kN, dus met onbelaste ingeklemde kolom.In voorbeeld 8.3 werd voor geval B dus onbelaste pendelkolom, gevondenFkB = 477 kN.

VSds



Dus als de belasting wordt verplaatst van de pendelkolom naar de ingeklemde kolomneemt de kritische belasting geleidelijk af. Wordt nu aangenomen dat die afname lineairverloopt dan is de kritische belasting Fk van het systeem gelijk aan:

Fks =F1F ·FkA +

F2F ·FkB

Voorbeeld 8.3aIn dit voorbeeld met F1 = 50 kN en F2 = 150 kN dus

Fks =50

200 ¥ 536 kN + 150200 ¥ 477 kN = 134 + 358 = 492 kN.

u0 = 0,149 m (uit voorbeeld 8.2)

u =492

492 – 200 ¥ 0,149 m = 0,251 m

Hetzelfde antwoord als eerder gevonden.

Een zeer praktische, maar wel grovere benadering is de volgende.De lengte van de verbindingsstaaf tussen beide staven speelt geen rol omdat die staafoneindig stijf is verondersteld.Als de staaf een lengte nul krijgt staan beide staven achter elkaar.In vervormde toestand vallen ze niet meer samen, dat is dus de benadering (figuur8.17). Met deze benadering wordt aangenomen dat de kritische belasting van hetsysteem gelijk is aan de kritische belasting van de vrijstaande ingeklemde staaf.

VSds


Figuur 8.17.

Voorbeeld 8.3bDus in dit voorbeeld wordt dan

Fks = 477 kN

u0 = 0,149 m

u =477

477 – 200 ¥ 0,149 m = 0,257 m

Mveer = 10 kN ¥ 8 m + 200 kN ¥ 0,257 m = 80 + 51,3 = 131,3 kNm

(uitkomst aan de veilige kant)

Al deze schematiseringen hebben tot doel de invloed van de stabiliteit op de krachts-verdeling in de constructie te bepalen. Voor de spanningsberekening moeten vanzelf-sprekend de normaalkrachten worden vastgesteld met de belasting op de juiste plaats.

Ongelijke staaflengtenBij ongelijke lengte van staven mag de belasting niet zomaar verplaatst worden naar deingeklemde staaf.Een lengte nul van de verbindingsstaaf geeft in belaste toestand een totaal ander beelddan bij even lange staven, zie figuur 8.18.

Figuur 8.18.

Zonder bezwaar kan de constructie zodanig worden geschematiseerd dat dieverplaatsing wel weer kan, maar dan met de aanpassing van de belasting.Een lange pendelstaaf oefent, bij gelijke belasting F en uitwijking u, een geringere druk

VSds


op de constructie uit dan een korte, zoals uit figuur 8.19 blijkt.


Wordt nu een korte pendelstaaf vervangen door een lange en wordt gelijktijdig zijnbelasting vermenigvuldigd met de factor l2/l1 dan is zijn horizontale druk gelijk aan

l2l1

·Ful2

= Ful1

en deze druk is gelijk aan de druk die de korte pendelkolom uitoefende.

Voorbeeld 8.4

Figuur 8.21.

Door de korte pendelkolom te vervangen door een pendelkolom van 8 m lengte engelijktijdig de belasting te verhogen tot 84 ¥ 25 = 50 kN is de constructie van vraagstuk3 bereikt en zullen dus de antwoorden van vraagstuk 3 worden gevonden.

Voorbeeld 8.5De constructie zoals in figuur 8.22 getekend kan worden geschematiseerd tot eenconstructie met één pendelkolom en één ingeklemde kolom.

VSds



De eindkolommen worden vervangen door pendelkolommen van 5 m lang.De belasting wordt 52 ¥ 100 kN = 250 kN.De pendelkolommen worden nu allen samengevoegd tot een kolom met gezamenlijkebelasting.

Figuur 8.24.

Wil men nog verder gaan dan kan als laatste schema de enkele ingeklemde kolomworden genomen met alle belasting.Van de kolom wordt nu Fk bepaald en u uit

nn – 1 ·u0 =

FkFk – 1100 ·u0

Daarmee is dan alles (bij benadering) bekend en aan de veilige kant.

OpmerkingDaar de belasting op de pendelstijl veel groter is dan op de ingeklemde kolom en mentoch de uitbuiging wil weten kan men met weinig meer moeite volgens methode 8.3arekenen, wat winst oplevert omdat dan Fk groter is.

Verdiepingbouw met aanpendelende constructieHet gebouw bestaat uit een stijve kern (bijvoorbeeld liftschacht en trappenhuis), verendingeklemd in de fundering en, meestal als schema, een gebouw waarvan alleknooppunten scharnieren zijn.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 tegende schacht en het rechter deel gaat ‘hangen’ of ‘trekken’.

VSds


In het schema wordt nu de volledige verticale gebouwbelasting in de schacht gedacht.


Figuur 8.27.

VSds

98

9Onderlinge steun van verendingeklemde staven

De twee staven A en B in figuur 9.1 moeten samen een horizontale belasting Hopnemen, maar zijn bovendien elk op druk belast.

Figuur 9.1.

De horizontale verbindingsstaaf, waarvoor in het algemeen kan worden aangenomen datEA = •, dwingt beide staven tot eenzelfde uitbuiging u.

Een eenvoudige manier om de krachtswerking van deze constructie te analyseren gaatuit van de aanname dat, met enige verwaarlozing wat de mate van stabiliteit betreft, deuitbuiging u en het moment in de rotatieveer in beide gevallen I en II (figuur 9.2)mogen worden gelijk gesteld.In werkelijkheid gedraagt geval I zich stijver dan geval II.


VSds

9. Onderlinge steun van verend ingeklemde staven 99

Voor een ontwerpberekening is de benadering echter zeer praktisch, met betrouwbareuitkomsten.De belaste ingeklemde kolom wordt vervangen door dezelfde kolom onbelastgekoppeld aan een belaste pendelkolom.Dit geval kan weer worden geschematiseerd tot de geschoorde pendelkolom, gesteunddoor een translatieveer met stijfheid k (figuur 9.3).De waarde van k volgt uit

k = Hu0

met

u0 =Hl3

3EI + Hl2

r

De kritische belasting van het systeem is nu Fks = kl en de eerste orde uitbuigingu0 = H/k.De eerste en tweede orde samen geven nu

u =n

n – 1 u0 =Fks

Fks – F u0

De horizontale kracht H verdeelt zich in de eerste orde over beide staven in deverhouding van hun veerstijfheden kA en kB (weer terug naar figuur 9.1).

Figuur 9.4.

De veermomenten zijn nu gelijk aan

nn – 1 =

FksFks – F

maal de eerste orde momenten kAu0l Aen kBu0lA.Dus nu niet voor Fk de kritische belasting van de vrijstaande staven invullen. Immerszullen in de tweede orde toestand in de verbindingsstaaf vereffenende krachtenoptreden die ook in de tweede orde aan beide staven gelijke uitbuigingen geven.

VSds


Voorbeeld 9.1De verticale belasting wordt van de ingeklemde staven afgenomen en op even langependelstaven geplaatst.

Figuur 9.5.

De staven A en B worden nu vervangen door translatieveren met stijfheden kA en kB, diesamen de veersteun: k = kA + kB, voor de pendelstaven leveren.Voor de vrijstaande staven A en B geldt nu:

u0A = H ¥ (6 m)3

3 ¥ 20 000 kNm2 + H ¥ (6 m)2

10 000 kNm = 0,0072 H

u0B =H ¥ (5 m)3

3 ¥ 40 000 kNm2 + H ¥ (5 m)2

20 000 kNm = 0,0023 H

kA = H

u0A = 139 kN/m

kB = H

u0B = 436 kN/m

In eerste orde toestand is dus

Figuur 9.6.

VSds


k = kA + kB = 575 kN/m

u0 =Hk =

10 kN575 kN/m = 0,0174 m

Als beide pendelstaven even lang waren konden ze tot één staaf worden samengevoegd.Daartoe wordt pendelstaaf B verlengd tot 6 m en gelijktijdig de belasting aangepast tot

lAlB

·FB = 65 ¥ 1000 kN = 1200 kN

Figuur 9.7.

De fictieve belasting op de twee samengevoegde pendelstaven is nu400 + 1200 = 1600 kN.

Fks = kl = 575 kN/m ¥ 6 m = 3450 kN

nn – 1 =

FksFks – F =

34501850 = 1,865

u =n

n – 1 ·u0 = 1,865 ¥ 0,0174 m = 0,032 m

In de eerste orde toestand verdeelt H zich over de staven A en B in verhouding vankA : kB.

HA0 = kAu0 = 139 kN/m ¥ 0,0174 m = 2,42 kN

HB0 = kBu0 = 436 kN/m ¥ 0,0174 m = 7,58 kN

MveerA = n

n – 1·HA0·lA = 1,865 ¥ 2,42 kN ¥ 6 m = 27 kNm

MveerB = 1,865 ¥ 7,58 kN ¥ 5 m = 71 kNm

De computer geeft als exacte uitkomsten:

u = 0,034 m, MveerA = 27 kNm, MveerB = 72 kNm

De kracht in de verbindingsstaaf volgt uit de evenwichtsbeschouwing van staaf B

VSds


(figuur 9.8).

X ¥ 5 m + 1000 kN ¥ 0,032 m = 71 Æ X = 7,8 kN

Op staaf A werkt een horizontale kracht

H – X = 10 – 7,8 = 2,2 kN


Voorbeeld 9.2Dezelfde constructie als in voorbeeld 9.1 maar nu met de totale belasting van 1400 kNop staaf A. Deze belasting is groter dan de kritische belasting FkA van de vrijstaandestaaf A.Staaf A zal dus gaan leunen tegen staaf B.Nu is

nn – 1 =

FksFks – F =

34502050 = 1,683

u = 1,683 ¥ 0,0174 m = 0,029 m

MveerA = 1,683 ¥ 2,42 kN ¥ 6,0 m = 24 kNm

MveerB = 1,683 ¥ 7,58 kN ¥ 5,0 m = 64 kNm

De computer geeft als exacte uitkomst u = 0,030 m, MveerA = 23 kNm, MveerB = 66kNm.De kracht in de verbindingsstaaf volgt nu uit X ¥ 5 m = 64 kNm, X = 12,8 kN, dusgroter dan 10 kN. Op staaf A werkt nu dus een naar links gerichte kracht van 2,8 kN.

De in eerste orde opgenomen kracht kAu0 = 2,42 kN naar rechts is dus van tekenomgedraaid en werkt in de eindtoestand groot 2, 8 kN naar links!Staaf A heeft steun nodig voor z’n stabiliteit.

VSds


Figuur 9.10.

De vrijstaande belaste staaf A, in figuur 9.11, kan worden getransformeerd naar eenpendelstaaf zonder verticale belasting gesteund door een translatieveer met stijfheid k*.

k*A = n – 1

n ·kA = FkA – F

FkA ·kA

Hierin is FkA de kritische belasting van de vrijstaande staaf A.

Figuur 9.11. Transformatie vrijstaande belaste staaf A.

Met de benadering FkA = kAlA is

k*A =FkA – F

FkA ·kA =

kAlA – FlA

(kA is berekend in voorbeeld 9.1)

=139 kN/m ¥ 6 m – 1400 kN

6 m = –94,3 kN/m

u0 =10 kN

139 kN/m = 0,072 m

u =10 kN

–94‚3 kN/m = –0,106 m Æ kAu = 14,73 kN

In vrijstaande toestand zou staaf A omgaan. Dat u = –0,106 m betekent dat er in diestand evenwicht mogelijk is. Dit blijkt uit de evenwichtsvergelijking (figuur 9.12):

VSds


(10 kN + 14,73 kN) ¥ 6 m – 1400 kN ¥ 0,106 m = 148,4 – 148,4 = 0


Dit evenwicht is echter niet stabiel

Hl + kul – Fu = 0

u =Hl

F – kl = Hl

F – Fk

Als F groter wordt, wordt u kleiner en als F kleiner wordt, wordt u groter.Het zal duidelijk zijn dat dit in werkelijkheid tegengesteld zal zijn.Er is in een andere stand geen evenwicht mogelijk. Dit evenwicht is dus instabiel.Staaf A is echter verbonden aan staaf B en kan daar steun vinden zolang k* == k*A + k*B positief is.

Voorbeeld 9.3Zelfde constructie en belasting als in voorbeeld 9.2, maar nu bezien vanuit de methode‘fictieve stijfheid’.

k*B = kB = 436 kN/m (zie voorbeeld 9.1)

k* = k*A + k*B = –94,3 + 436 = 342 kN/m

u =Hk* =

10 kN342 kN/m = 0,029 m

HA = k*Au = –94,3 ¥ 0,029 = –2,75 kN

HB = k*Bu = 436 ¥ 0,029 = 12,75 kN

MveerA = –2,75 kN ¥ 6 m + 1400 kN ¥ 0,029 m = 24 kNm

MveerB = 12,75 kN ¥ 5 m = 64 kNm

Voorbeeld 9.4In paragraaf 5.1 is het probleem behandeld van de tweezijdig verend ingeklemde

VSds


vrijstaande kolom (zie ook figuur 9.14). Dat resulteerde in enige formules.

Figuur 9.14.

Het kan ook zonder die formules, maar met de bekende formule voor 1/Fk.Dat wordt hier gedemonstreerd door Fk te bepalen voor de boven en onder hetbuigpunt gelegen delen, die dezelfde Fk moeten hebben.

1Fk

= ar1

+ 4a2

p2EI =

br2

+ 4b2

p2EI

EIar1

+ 4a2

p2 = EI(l – a)

r2 +

4b2

p2

EI = 3 ¥ 104 kNm2 r1 = 1 ¥ 104 kNm/rad r2 = 2 ¥ 104 kNm/rad

neem p2 =10:

3a + 0,4a2 = 1,5(l – a) + 0,4(l – a)2

Figuur 9.15.

Hieruit volgt a = 2,516 m en b = 3,484 m. Voor de vrijstaande kolom werd nugevonden: u01 = 0,0162 m en u02 = 0,0215 m. Samen u0 = 0,0377 m (bladzijde 59 en60). De veerstijfheid voor de onbelaste kolom is nu

VSds


k1 =20 kN

0‚0377 m = 530 kN/m

Samen met de aanwezige veer met k2 = 200 kN/m is de veerstijfheid 730 kN/m.u0 voor de complete constructie is nu:

u0 =20 kN

730 kN/m =0,0274 m

Figuur 9.16.

De eerste orde kracht op de staaf is

k1·u0 = 530 kN/m ¥ 0,0274 m = 14,5 kN

De kritische belasting is Fks = kl = 730 kN/m ¥ 6 m = 4380 kN.

u =4380

4380 – 1000 ¥ 0,0274 m = 0,036 m

Eerste orde momenten in de veren:

M10 = 14,5 kN ¥ 2,516 m = 36,5 kNm

M20 = 14,5 kN ¥ 3,484 m = 50,5 kNm

Vermenigvuldigd met 43804380 – 1000 zijn de uiteindelijke momenten: M1 = 47,2 kNm en

M2 = 65,5 kNm.

Figuur 9.17. Eerste orde toestand van de staaf.

VSds


Voorbeeld 9.5Voorbeeld 9.4 nu uitgewerkt met fictieve stijfheid. In voorbeeld 5.1 is gevonden voorde vrijstaande belaste staaf u = 0,057 m (bladzijde 60).Dus:

k*1 =20 kN

0‚057 m = 351 kN/m

Totaal:k = k*1 + k*2 = 351 + 200 = 551 kN/m

Voor de belaste constructie is totale uitbuiging:

u =20 kN

551 kN/m = 0,036 m

De staaf neemt hiervan op

k*1 u = 351 kN/m ¥ 0,036 m = 12,74 kN

Met 20 kN horizontale kracht werd gevonden M1 = 75 kNm en M2 = 102 kNm.Met 12,74 kN wordt dit

M1 =12‚74 kN

20 kN ¥ 75 kNm = 47,8 kNm

M2 =12‚74 kN

20 kN ¥ 102 kNm = 65,0 kNm

Figuur 9.18.

Een exacte berekening met de computer geeft a = 2,55 m, u = 0,036 m,M1 = 48,8 kNm, M2 = 63,9 kNm.

VSds

108

10Partiële stabiliteit

In het voorgaande hoofdstuk werd van dit type constructie (figuur 10.1) de indrukkingu van de veer bepaald en het buigend moment in de rotatieveer.

Figuur 10.1

Als u een eindige waarde heeft dan is wat de translatieveer betreft de constructie stabiel.Niet onderzocht is of de staaf zelf niet eerder onstabiel is geworden.Stel dat tijdens de toename van de belasting de staaf zelf instabiel wordt dan kan destaaf op dat moment als geschoord worden beschouwd, de top van de staaf zal immersop dat moment niet meer verder uitbuigen, maar de staaf zelf zal uitknikken. De theorievan paragraaf 6.2 kan dan worden toegepast.

Voorbeeld 10.1In dit geval is het voor de hand liggend om eerst de partiële stabiliteit na te gaan, dusvoor k2 = • (figuur 10.2).

lkl = ÷̀````(5 + r1)(5 + r2)

(5 + 2r1)(5 + 2r2)

r1 = 0; r2 =r2lEI =

8000·816 000 = 4

lk = ÷̀ 913 ¥ 8,0 m = 6,656 m

Fk =p2 ¥ 16 000 kNm2

(6,656 m)2 = 3564 kN

VSds

10. Partiële stabiliteit 109

Figuur 10.2. Figuur bij voorbeeld 10.1. Figuur 10.3. Figuur bij voorbeeld 10.2.

Met F = 4000 kN is dit dus een instabiele constructie, die niet verder behoeft te wordenonderzocht.

Voorbeeld 10.2Dezelfde constructie als in voorbeeld 10.1, maar nu met F = 2000 kN.Eerst wordt nu de stabiliteit onderzocht in relatie tot de translatieveer. Daartoe wordt deeigen stijfheid van de ingeklemde staaf onderzocht.

Ten gevolge van een horizontale kracht H bedraagt de uitbuiging:

u0H = H ¥ (8 m)3

3 ¥ 16 000 kNm2 + H ¥ (8 m)2

8000 kNm = 0,0187 H

k1 =H

u0H =

1 kN0‚0187 m = 53,6 kN/m

Totaalk = k1 + k2 = 453,6 kN/m

Fk = kl = 453,6·8,0 = 3629 kN


Vervolgens wordt de eerste orde uitbuiging bepaald ten gevolge van de q-belasting.

VSds


18 ¥

5 kN/m ¥ (8 m)4

16 000 kNm2 + 12 ¥

5 kN/m ¥ (8 m)3

8000 kNm – 0,0187 R =

=R

400 kN/m

Hieruit volgt R = 15,1 kN.

u0 =15‚1 kN

400 kN/m = 0,038 m

u =Fk

Fk – F u0 =36291629 ¥ 0,038 m = 0,084 m

Moment in de veer:

Mveer = 12 ¥ 5 kN/m ¥ (8 m)2 + 2000 kN ¥ 0,084 m

– 400kN/m ¥ 0,084 m ¥ 8 m = 59 kNm

Nu moet ook het maximum buigend moment in de staaf zelf worden onderzocht. Omhier inzicht in te krijgen wordt in de uitgebogen eindtoestand F ontbonden in een krachtgericht op de inklemming én een horizontale kracht Fu/l.

Figuur 10.6.

De dwarskracht ter plaatse van de translatieveer is gelijk aan

ku – F·u

l = 400 kN/m ¥ 0,084 m – 2000 kN ¥ 0‚084 m

8 m = 33,6 – 21,0

= 12,6 kN

De dwarskracht is nul voor

x = 12‚6

5 = 2,52 m

dus 2x = 5,04 m

VSds

10. Partiële stabiliteit 111

Eerste orde uitbuiging van dit staafdeel (ter onderscheiding nu w0 genoemd)

w0 =5

384 ¥5 kN/m ¥ (5‚04 m)4

16 000 kNm2 = 0,0026 m

Figuur 10.7.

Met de gevonden waarde voor Fk = 3564 kN bij het onderzoek naar de partiëlestabiliteit wordt de uitbuiging

w = 35641564 ¥ 0,0026 m = 0,0060 m

M = 18 ¥ 5 kN/m ¥ (5,04 m)2 + 2000 kN ¥ 0,0060 m = 15,9 + 12,0

= 27,9 kNm

Met de computer is gevonden u = 0,082 m, x = 2,638 m, w = 0,006 m,Mveer = 61,4 kNm. Mmax.staaf = 27,2 kNm.

N.B. Indien Fu/l > ku dan hebben alle momenten hetzelfde teken en is Mveer het, inabsolute waarde, grootste moment.

VSds

112

11Rotatiestabiliteit

De constructie in figuur 11.1 bevat twee verend ingeklemde kolommen en tweependelkolommen.De kolommen zijn allen van gelijke lengte l.

Figuur 11.1.

Bij een translatie van ‘het dak’ steunen de pendelkolommen tegen de ingeklemdekolommen (zie figuur 11.2).Indien de kritische belasting van een vrijstaande verend ingeklemde kolom gelijk is aanFk is in dit geval n = Fk/3F, bij translatie.


Nu rotatie bekeken.Geef het dak een rotatie om het draaipunt O (figuur 11.3).De pendelkolommen verplaatsen af, de ingeklemde kolommen bf.De pendelkolommen geven nu een horizontale kracht Faf/l af aan het dak (zie figuur11.4). Ten opzichte van O ontstaat nu een draaiend moment (Faf/l)·2a. Dit momentmoet worden opgevangen door de twee ingeklemde kolommen.Die moeten van dit moment een horizontale kracht overnemen groot:

Fafl ·

2a2b =

Fa2fbl

VSds

Rotatiestabiliteit 113

Figuur 11.4.

De situatie van de ingeklemde kolom is nu zoals in figuur 11.5a is getekend. De beidekrachten geven een moment in de veer gelijk aan:

2Fbf + Fa2f

bl ·l = 2Fbf + Fa2

b ·f

a. b.

Figuur 11.5.

Een staaf met belasting Feq en uitbuiging bf die hetzelfde veermoment geeft kan bijbenadering eenzelfde mate van stabiliteit hebben (figuur 11.5b).Dus

Feq·bf = 2Fbf + Fa2

b ·f

Feq = 2F + Fa2

b2

n =FkFeq

Indien a > b dan is rotatie gevaarlijker dan translatie, want dan is Feq > 3F, deequivalente belasting bij translatie.Een op de constructie werkend rotatiemoment Mr dat een eerste orde hoekverdraaiinggeeft, geeft een totale hoekverdraaiing

f = n

n – 1 f0

N.B. In dit geval van gelijke staaflengten is de Feq onafhankelijk van l.

VSds


Voorbeeld 11.1De afmetingen en belastingen van het hiervóór behandelde geval zijn:a = 4 m, b = 2 m, l = 4 m. F = 50 kN, Mr = 48 kNm, Fk = 600 kN.Bij translatie is Feq = 3F = 150 kN, n = 4.Bij rotatie is Feq = 2F + F (a2/b2) = 100 + 200 = 300 kN, n = 2.Mr = 48 kNm geeft elk der ingeklemde kolommen in eerste instantie een horizon-taalkracht 48

4 = 12 kN (Mr/2b).


Met

Fk =Hlu0

is

u0 =HlFk

= 12 kN ¥ 4 m

600 kN = 0,080 m

u =n

n – 1 u0 =2

2 – 1 ¥ 0,080 m = 0,160 m

f = ub =

0‚160 m2‚0 m = 0,080 rad

Fa2fbl =

50 kN ¥ (4 m)2·0‚0802 m ¥ 4 m = 8 kN

De totale horizontal kracht per ingeklemde kolom is 20 kN.

Mveer = 20 kN ¥ 4 m + 100 kN ¥ 0,16 m = 96 kNmOok:

Mveer =n

n – 1 ¥ 48 kNm = 2 ¥ 48 kNm = 96 kNm

OpgaveBewijs dat met lengtes van de pendelkolommen gelijk aan 2 m bij rotatie Feq = 500 kNzou zijn, en dus n = 600

500 = 1,2 een zeer riskant lage waarde.

VSds

115

Bijlage A

In de doorsnede op afstand x van de top is het uitwendige moment gelijk aan:

Mxu = Hx + Fux

Figuur A.1.

En het inwendige moment:

Mxi = – d2ux

dx2 ·EI

Gelijkstelling levert:

EId2ux

dx2 + Fux = –Hx

Met F/EI = a2 wordt dit:

d2ux

dx2 + a2ux = – HEI x

De oplossing van deze differentiaalvergelijking is:

ux = A sin ax + B cos ax – H

a2EIx

voor x = 0 is ux = 0: dus: B = 0

ux = A sin ax – H

a2EIx

VSds


duxdx = Aa cos ax –

Ha2EI

voor x = l is

duxdx =

M x = lr

Mx = l = Hl + Fux = l

Hl + Fur = Aa cos al –

Ha2EI

u = A sin al – Hl

a2EIof

A cos al – Far u =

Ha3EI

+ Hlar

A sin al – u = Hl

a2EImet

Ha3EI

+ Hlar = P en

Hla2EI

= Q

vinden we:

u = P sin al – Q sin al

cos al – Far sin al

P en Q zijn recht evenredig met H, dus ook u is recht evenredig met H.Indien we in de uitgebogen toestand H weghalen, dus H = 0 dan zijn P en Q gelijk aannul en dus wordt u nul.Tenzij

cos al – Far sin al = 0

In dat geval is u onbepaald, de staaf blijft in uitgebogen positie staan en neemt desinusvorm aan.Dan is F = a2EI de kritische belasting.Uit

cos al = a2EIar sin al

of

cotg al = alEIrl met

EIrl =

1r

VSds

Bijlage A 117

cotg al = alr

Met proberen of met behulp van de computer kan al worden opgelost.Als x = al is

Fk = a2EI = x2EI

l2

Eigenlijk interesseert ons Fk niet meer.Immers als u bekend is is ook M = Hl + Fu bekend.We behoeven nog slechts de uiterste spanning s in de staaf te berekenen en na te gaanof s beneden een rekenwaarde van de vloeispanning ligt en verder kunnen weeenvoudig u in de bruikbaarheidsgrenstoestand bepalen.

VSds

118

Bijlage B

Verfijnde benadering van Fk voor de verend ingeklemde buigzame staaf.

Eerste ordeBepaal de uitbuiging u0 = u01 + u02 ten gevolge van de horizontale kracht H. Hieruitvolgt de momentenlijn van de eerste stap van de tweede orde. Deze momentenlijnbestaat uit twee delen, een driehoekig deel Fu01, en een derdegraadskromme Fu02.

Figuur B.1. Figuur B.2. Eerste stap tweede orde.

Benaderen we de derdegraadskromme door een kwart sinusgolf Fu02 dan kunnen weu1 bepalen. De vergelijking van de momentenlijn Fu02 is nu:

Fu02 sinpxl

u1 =Fu01l2

3EI + 4l2

p2EI ·Fu02 +

Fu0r l

met

u1 =1n u0

u01u0

= a F·n = Fk

wordt deze vergelijking:

1Fk

=al2

3EI + (1 – a)

Fk2 +

1Fk1

VSds

Bijlage B 119

=a p2/12

Fk2 +

(1 – a)Fk2

+ 1

Fk1

=1

Fk1 +

1Fk2

(1 – 0,178a)

Figuur B.3.

Een iteratiemethodeHier volgt een iteratiemethode waarvan de eerste iteraties al een zeer nauwkeurigeuitkomst geven, voor de verend ingeklemde gelijkmatig verdeeld belaste staaf.

Met deze methode worden de uitbuigingen u en de momenten M stapsgewijs bepaald.Begonnen wordt met de eerste orde uitbuigingslijn u0.

Figuur B.4.

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.

VSds


Aangetoond wordt dat er reeds een grote mate van affiniteit bestaat tussen deuitbuigingslijnen 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 debepaling van n = Qk/Q indien we hiervoor aannemen n = u1/u2.Gevonden wordt dan ook met zeer grote nauwkeurigheid dat de eindwaarden vooruitbuiging en buigend moment gelijk zijn aan:

u = u0 + u1 +n

n – 1 u2

M = M0 + M1 +n

n – 1 M2

Met deze uitkomsten kunnen de waarden, gevonden met de benaderingsmethode

1Qk

= 1

Qk1 +

1Qk2

worden vergeleken, en worden aangetoond dat deze benaderingsmethode voldoendenauwkeurigheid bezit om zelfs in een definitieve berekening te worden toegepast.

Uitbuigingslijn u0

Figuur B.5.

Mxu = 12 wx2 Æ uitwendig moment

Mxi = –EId2udx2 Æ inwendig moment

Mxu = Mxi

EId2udx2 = – 12 wx2

EIdudx = – 16 wx3 + C1

VSds

Bijlage B 121

EI·u = – 124 wx4 + C1x + C2

Voor x = 0 is u = 0 dus C2 = 0.Voor x = l is du/dx = M/r en M = 12 wl2, dus

EIwl2

2r = – 16 wl3 + C1

C1 = 16 wl3 +

EIwl2

2r

u0x =1EI (– 1

24 wx4 + 16 wl3x +

EIwl2

2r x)

u0 = 18

wl4

EI + wl3

2r

Eerste stap tweede ordeWe nemen aan dat ds = dx, dat is de benadering. Evenwicht van elementje ds van destaaf.

qx·du + q dx· 12 du = dMx

Figuur B.6.

De tweede term is oneindig veel kleiner dan de andere termen.Dus dMx = qx·du.De staaf staat in de eerste orde gebogen toestand, volgens de eerste orde uitbuigings-vergelijking:

VSds


u0x =wEI (– 1

24 x4 + 16 l3x +

EI l2

2r x)

Indien wordt gesteld X = x/l en r = rl/EI dan wordt deze vergelijking:

u0x =wl4

EI (– 124 X4 + 1

6 X +12r

X)

=wl4

EI (– 124 X4 +

r + 3

6rX)

dM1x = qx du0x = qXl du0x

=qwl5

EI (– 16 X4 +

r + 3

6rX) dX

M1x =qwl5

EI (– 130 X5 +

r + 3

12rX2)

(voor X = 0 is M1x = 0)

Figuur B.7.

Dit zijn dus de momenten van de eerste stap van de tweede orde.Deze momenten geven de staaf de uitbuiging u1.

d2u1x

dx2 = 1l2

d2u1x

dX2 = – M1xEI

Tweemaal integreren, waarbij de integratieconstanten worden bepaald uit derandvoorwaarden X = 0, u1x = 0 en X = 1, du1x/dX = M1l/r, levert de uitkomst

u1x =qwl7

(EI)2 ·{ 11260 X7 –

r + 3

144rX4 + ( 1

4r2 + 2

15r +

145 )X}

Met deze uitbuigingslijn kan weer via

VSds

Bijlage B 123

dM2x = qx du1x = qXl du1x

M2x worden bepaald. Dit levert:

M2x = – q2wl8

(EI)2 {– 11440 X8 –

r + 3

180rX5 + ( 1

8r2 + 1

15r +

190 )X2}

en hieruit kan weer worden afgeleid:

u2x =q2wl10

(EI)3 {– 1129600 X10 +

r + 3

7560rX7 – ( 1

96r2 + 1

180r +

11080 )X4 +

( 18r3 +

11120r2 +

371440r

+ 37

12960 )X}

enzovoorts.Met de nu afgeleide formules kan de mate van affiniteit tussen de uitbuigingslijnen u0,u1 en u2 en de momentenlijnen M0, M1 en M2 worden vastgesteld.

Een onderzoek naar de mate van nauwkeurigheid van de in het boek ontwikkeldebenaderingsformule voor de kritische belasting heeft aangetoond, dat de grootsteafwijking van de benaderingsmethode tot de in deze bijlage behandelde nauwkeurigemethode wordt bereikt voor:

r =rlEI = 3,4

met een afwijking van 6% aan de veilige kant ten opzichte van de nauwkeurig bepaaldewaarde.

Voorbeeld

Figuur B.8.

Voor het onderzoek naar bovengenoemde affiniteit is gekozen voor een staaf waarvoorr = 3,4 is.w = 10 kN/m, q = 100 kN/m, EI = 35 300 kNm2, r = 20 000 kNm/rad., l = 6 m.

VSds


Tabel B.1.

x/l u0/u1 u1/u2 M0/M1 M1/M2

0,1 6,172 6,306 5,209 6,172

0,2 6,173 6,307 5,217 6,173

0,3 6,175 6,307 5,238 6,178

0,4 6,181 6,308 5,280 6,187

0,5 6,190 6,309 5,350 6,201

0,6 6,202 6,311 5,459 6,222

0,7 6,219 6,313 5,618 6,249

0,8 6,239 6,315 5,844 6,282

0,9 6,260 6,318 6,163 6,319

1,0 6,280 6,320 6,614 6,354

Bij volkomen affiniteit zouden alle getallen in één kolom gelijk moeten zijn. Dat is hiernog niet het geval.Maar de mate van affiniteit kan wel worden uitgedrukt in de verhouding van bet laagste-en hoogste getal in de kolom.Dat is voor u0/u1 gelijk aan:

6‚1726‚280 = 0,983

en voor u1/u2:

6‚3066‚320 = 0,998

Dat is voor M0/M1 gelijk aan:

5‚2096‚614 = 0,788

en voor M1/M2:

6‚1726‚354 = 0,971

Hieruit kan worden geconcludeerd dat de affiniteit tussen de lijnen u0 en u1 goed is entussen die van u1 en u2 zeer goed.De affiniteit tussen de lijnen M0 en M1 is niet zo goed, maar tussen die van M1 en M2

alweer duidelijk beter.Voor de berekening van u en M geldt:

u1 =u0

6‚280 u2 =u1

6‚320

VSds

Bijlage B 125

M1 =M0

6‚614 M2 =M1

6‚354

Voor n = Qk/Q kan worden aangehouden, de gemiddelde waarde van u1/u2 dus 6,311.Daarmee is Qk = 6,311·600 = 3787 kN.

u0 =10 kN/m ¥ (6 m)4

8 ¥ 35 300 kNm2 +

12 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)3

20 000 kNm = 0,046 + 0,054

= 0,100 m

M0 = 12 ¥ 10 kN/m ¥ (6 m)2 = 180 kNm

u = u0 + u1 +n

n – 1 u2 = 0,100 m + 0,016 m + 6‚3115‚311 ¥ 0,003 m = 0,119

m

M = M0 + M1 +n

n – 1 M2 = 180,0 + 27,2 + 6‚3115‚311 ¥ 4,28 = 212,3 kNm

Met de benaderingsberekening (paragraaf 4.1) komt men op: Qk = 3604 kN,u = 0,120 m en M = 216 kNm. Æ Goede overeenstemming!

VSds

126

Bijlage C

In deze bijlage wordt enige achtergrondinformatie gegeven over de berekening van opdruk en buiging belaste staven mede onder invloed van geometrische en fysischeimperfecties.

C.1. Buigslappe staven

Als de druklijn in alle belastingsgevallen zou samenvallen met de staafas, dan zou ergeen stabiliteitsprobleem zijn. Maar rechte staven zijn nooit zuiver recht, de belastingenkunnen van alle kanten aangrijpen en de staven zodanig vervormen dat er geen sprake isvan het samenvallen van druklijn en staafas.Ook als er geen dwarsbelasting op de staaf staat, is er toch sprake van een combinatievan druk en buiging.Het vervaardigingsproces kan tot inwendige spanningen leiden, kortom, er is eenstabiliteitsprobleem.Van alle buigslappe staven is de pendelstaaf nog de meest eenvoudige.Theoretisch kan de druklijn samenvallen met de staafas, maar in de praktijk is datonmogelijk.a. De staaf zal altijd wel een kleine eigen uitbuiging hebben (zie figuur C.1a).b. De uitwendige krachten F zullen altijd wel een kleine excentriciteit u0 hebben (zie

figuur C.1b).c. Er is vaak een dwarsbelasting aanwezig die de staaf een doorbuiging geeft, waar-

door de druklijn en de staafas niet samenvallen.

Figuur C.1.

In de gevallen a en b spreekt men van geometrische imperfecties.We beschouwen nu geval a.

VSds

Bijlage C 127

Figuur C.2.

Beschouw de staaf van figuur C.2 zonder dwarsbelasting dus ook gewichtsloos. Detheorie van Fourierreeksen laat zien dat we veel vervormingslijnen met sinusfunctieskunnen benaderen.Door de uitwendige drukkracht wordt de initiële uitbuiging vergroot tot utot.

Initiële vervorming: ui sinpxl (zonder last of moment)

dus F = 0

Eindvervorming: utot sinpxl (met last en moment)

moment is F·u

Bijkomend ten gevolg van F: (utot – ui) sin px/l.In de uiteindelijke toestand heeft de momentenlijn de vergelijking:

Mx = F·utot·sinpxl

Tengevolge van de momenten Mx is w de doorbuiging van de staaf en

d2wdx2 = –

MxEI dus w = (utot – ui) sin

pxl

en

–(utot – ui)p2

l2 sin

pxl = –

FEI utot sin

pxl

stelFl2

p2EI =

1n dan (utot – ui) =

1n utot

utot = n

n – 1 ui

Om evenwicht te kunnen bereiken moet n > 1.

De kritische belasting is bereikt als n = 1 of Fk = p2EI/l2 en n = Fk/F.

Ook als ui heel klein is, dan wordt n/(n – 1) oneindig groot voor n = 1, en is de staafbezweken.

VSds


Deze kritische belasting zal nooit kunnen worden bereikt!Vaak wordt in plaats van Fk geschreven FE. De E is van Euler, dan spreken we van deEulerse knikkracht.Leonard Euler (1707 – 1783) heeft de formule voor de knikkracht voor het eerstafgeleid.Deze formule kan ook worden afgeleid met behulp van een eenvoudige differentiaal-vergelijking. Daarbij kan men uitgaan van een theoretisch zuiver rechte staaf van eenzuiver homogeen materiaal, van over de volle lengte constante doorsnede en eendruklijn die overal samenvalt met de as van de staaf.We nemen aan dat de staaf gewichtsloos is, dus niet doorbuigt.Nu geven we de staaf een kleine doorbuiging en nemen de oorzaak van die uitbuigingweer weg (figuur C.3)

Figuur C.3.

De staaf zal door de opgewekte inwendige momenten Mi weer willen terugveren, maardoor de uitwendige krachten F, die dan de uitwendige momenten Mu in de staaf geven,wil de staaf weer verder doorbuigen. Indien Mu de overhand heeft, dan buigt de staafverder door en knikt uit.Als Mi de overhand heeft dan veert de staaf terug in de rechte toestand.Het grensgeval van evenwicht wordt bereikt indien de inwendige momenten zichzodanig instellen dat ze in iedere doorsnede evenwicht maken met de uitwendigemomenten.In een willekeurige doorsnede op afstand x van één van de staafeinden is het inwendigemoment gelijk aan

Mx = –EId2udx2

en het uitwendige moment gelijk aan Fu.

Figuur C.4.

Er is evenwicht als

–EId2udx2 = Fu

VSds

Bijlage C 129

of

EId2udx2 + Fu = 0

Aan deze vergelijking voldoet de algemene oplossing

u = A sin mpx

l

hierin is m een geheel getal.

Figuur C.5.

Invulling in de vergelijking geeft:

–A m2 p2

l2EI sin

mxl + AF sin

mpxl = 0

Oplossingen:– A = 0, dat is in tegenspraak met het uitgangspunt van de gegeven doorbuiging.– sin (mpx/l) = 0 voor alle waarden van x, dus x = 0. Dit heeft ook geen betekenis.– F = m2 (p2EI/l2)De kleinste waarde van F waarbij evenwicht mogelijk is, is de kritische belasting ofwelde knikkracht.De kleinste waarde van F volgt uit m =1, dus

FE = p2EI

l of Fk =p2EI

l2

Deze formule is slechts geldig zolang de staaf zich over de volle lengte elastischgedraagt! Wat nu verder volgt sluit het beste aan bij stalen staven.

C.2. Stalen staven

Als F < Fk dan is het evenwicht van de staaf dus theoretisch stabiel.Een stalen staaf kan ook dan nog bezwijken. Er moet nog worden voldaan aan desterkte-eis dat de inwendige spanningen nergens de vloeigrens overschrijden.Bij het beproeven van verschillende profielen op druk bleek de last waarbij de knikoptrad altijd lager te liggen dan de waarde die met de formule van Euler wordtberekend.

VSds


a. b. c.Figuur C.6. In I- en H-profielen geconstateerde residuele spanningen.

Het materiaal is niet homogeen van samenstelling en in het profiel zijn altijd residuelespanningen aanwezig tengevolge van de fabricage.Na het walsen van H- of I-profielen koelen deze ongelijkmatig af. Het gedeelte bij deovergang van lijf naar flens heeft zo’n grote massa ten opzichte van lijf en flenzen zelf,dat deze overgang nog aan het afkoelen en krimpen is, terwijl het omringende materiaalal volledig is afgekoeld en niet meer krimpt.De einden van de flenzen en het midden van het lijf verhinderen de verkorting van deovergang. Daar ontstaan trekspanningen en, omdat er inwendig evenwicht moet zijn inde rest van het profiel, drukspanningen; Ú s dA = 0.Uit metingen is gebleken dat deze spanningen wel kunnen oplopen tot 0,3fy;d. Dezespanningen zijn eigen spanningen en zijn niet bij alle profielen gelijk en ook niet sym-metrisch verdeeld. Bij afkoeling zal het deel dat naar de aarde is gericht minder snelafkoelen dan het deel waarvan de uitstraling in de vrije lucht plaatsvindt. Het is dusmogelijk dat de profielen door ongelijkmatig afkoelen ook al enigszins krom staan.Deze verschijnselen noemt men fysische imperfecties.Geometrische en fysische imperfecties beïnvloeden de capaciteit van de drukstaaf.Bij het opstellen van de instabiliteitskrommen in de TGB is daarmee rekeninggehouden.De slankheid van een staaf waarbij de Eulerspanning juist gelijk is aan de vloeispan-ning is le genoemd.Zodra het materiaal ergens begint te vloeien, het eerst in de gedrukte zones van figuurC.6, dan verandert de elasticiteitsmodulus van het materiaal daar ter plaatse en verandertook de uitkomst van Euler.Dus le is een grenswaarde voor het gebied waarin de formule van Euler geldig is.Boven deze grenswaarde bevindt een deel van het materiaal zich nog in het elastischegebied, een ander gedeelte al in het plastische gebied, zie figuur C.7.Bij buis- en kokerprofielen werden andere residuele spanningen gemeten dan bij I- enH-profielen, vandaar de keuzetabel in de TGB.Voor de gewalste H-profielen bijvoorbeeld met h/b £ 1,2 en t £ 80 mm en instabiliteits-kans om de z-z-as moet kromme c worden aangehouden.

VSds

Bijlage C 131

Figuur C.7

Willen we blijven rekenen volgens de elasticiteitsleer dan moet bij zo’n profiel,rekening houdend met de eigen spanningen, de spanning tengevolge van normaalkrachten buigend moment niet groter worden dan 0,7fy;d. Dus

FA +

MW £ 0‚7fy;d

Daar komt de stabiliteitsproblematiek bij. We hebben al gezien dat een initiële uitbui-ging ui door de drukkrachten worden vergroot tot

utot =n

n – 1 ui

Een andere imperfectie kan zijn het niet centrisch aangrijpen van F, zie figuur C.9. Aande einden van de staaf werken dan momenten F·uo. Deze momenten geven een eersteorde uitbuiging in het midden van de staaf van:

F·uo·l2

8EI

Door de drukkracht F wordt deze uitbuiging vergroot tot

utot =n

n – 1 · F·uo·l2

8EI

Figuur C.8. Figuur C.9.

VSds


Figuur C.10.

Daarmee wordt de totale excentriciteit in het midden:

uo +n

n – 1Fuol2

8EI = uo (1 + 1

n – 1 ·F·n·l2

8EI)

= uo (1 + 1

n – 1 ·p2EI

l2 ·

l2

8EI)

= uo (1 + p2

81

n – 1) =n + 0‚234

n – 1 uo

Met enige benadering kunnen we hiervoor ook schrijven:

nn – 1 uo

Deze benadering is gelijk aan n/(n + 0,234) maal de exacte waarde.

Voor n = 2 is de theoretische fout die we met deze benadering maken 10,5%, voor n =5 nog 4,5% en voor n = 10 nog maar 2,3%, zie tabel.

nn

n + 0‚234

2 0,8953 0,9285 0,995

10 0,977

uo is een onbekende factor, die afhangt van de zorgvuldigheid van de maatvoering.ui en uo vormen samen een geometrische imperfectie. Behalve een normaalkracht is erook een buigend moment alleen al door de geometrische imperfecties.

Als er geen dwarsbelasting op de staaf werkt, kunnen we stellen dat

Mmax =n

n – 1 F(uo + ui) = n

n – 1 Fu*

waarin u* de geometrische imperfectie is.

VoorFA +

MW £ 0,7fy;d moeten we schrijven

FA +

nn – 1

Fu*W £ 0,7fy;d

VSds

Bijlage C 133

FA (1 +

nn – 1

Au*W ) £ 0,7fy;d

FA (1 +

nn – 1

Au*W

0‚7 ) £ fy;d

We hebben nu te maken met een excentriciteit van de drukkracht groot

u = n

n – 1 u* (C.1)

Als u* = ui + uo gegeven is, dan is u afhankelijk van F door n = Fk/Fd; tevens moet Fvoldoen aan de voorwaarde:

FA (1 +

AuW ) £ 0,7fy;d of F £ 0‚7Afy;d

1 + AuW

(C.2)

Indien we rekenen volgens de elasticiteitstheorie moet aan beide formules (C.1) en(C.2) zijn voldaan.

Voor een gegeven staaf kunnen we de beide formules grafisch weergeven in een F-u-diagram.

Figuur C.11.

Zolang de lijn van de eerste formule in het gearceerde gebied van de tweede formuleligt, is aan de tweede formule voldaan.Het snijpunt van beide lijnen geeft de uiterste waarde Fu van de drukkracht weer. Werekenen immers volgens de elasticiteitstheorie. Uiteraard kan de doorsnede van een

VSds


profiel meer belasting opnemen. Daar staat tegenover dat de staaf dan slapper wordtomdat bij toename van de drukkracht een steeds groter wordend deel van de doorsnedein het plastische gebeid terecht komt en niet meer bijdraagt tot de stijfheid van de staaf.Al met al zal de staaf toch nog wel wat extra belasting kunnen opnemen voordatbezwijken optreedt, maar dat behoort tot de plasticiteitstheorie die we hier nietbespreken.

In de TGB (NEN 6771) is het toegestaan een centrisch belaste staaf te berekenen alseen staaf met een fictieve vervangende vooruitbuiging u*.

Stellen we

1 + n

n – 1Au*W

0‚7 = 1w

dan kunnen we voor de pendelstaaf schrijven

FwA

£ fy;d

In w zijn verenigd de factor n met

n =FkFd

= p2EIFdl2

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. Deeigen spanning is voor vierkante profielen ongeveer 0,2fy;d en voor H-profielen 0,3fy;d.Deze factor w staat in de TGB berekend.

In de TGB worden de grootheden als volgt gesymboliseerdNc;s;d = rekenwaarde van de druknormaalkracht tengevolge van de belasting;Nc;u;d = rekenwaarde van de druknormaalkracht met betrekking tot de capaciteit in de

uiterste grenstoestand.

Binnen het elastisch gebied is Nc;u;d = Npl;d = A·fy;d

en verderM1;s;d = rekenwaarde van het eerste-orde buigend moment tengevolge van de

belasting;Mu;d = rekenwaarde van het buigend moment met betrekking tot de capaciteit in de

uiterste grenstoestand.

Binnen het elastisch gebied is Mu;d = Wel·fy;d

VSds

Bijlage C 135

Voor de hiervoor besproken staaf zónder dwarsbelasting wordt de formule

smax = FA +

MW

inclusief het tweede-orde effect dan geschreven als

smax =Nc;s;d

A + n

n – 1Nc;s;d·u*

W £ fy;d

De TGB werkt met de zogenaamde Unity Check:

Nc;s;dA·fy;d

+ n

n – 1Nc;s;d·u*W·fy;d

£ 1

Nc;s;dNpl;d

(1 + n

n – 1 · AW ·u*) £ 1

Wil de methode van het vooraf vaststellen van geometrische en fysische imperfectieshetzelfde resultaat leveren als de ‘w-methode’ dan moet de vorm tussen haakjes gelijkzijn aan 1/wbuc, en wordt de toets

Nc;s;d

wbuc·Npl;d£ 1

vergelijkbaar met de hiervoor afgeleide formule

FwA

£ fy;d

In de praktijk is het zo gegaan dat men veel proeven heeft genomen op staven vanverschillende lengten en doorsneden en zo met behulp van statistische verwerking vande gegevens grafieken en tabellen heeft afgeleid zoals deze in de TGB-staal zijnopgenomen.Voor de ‘w-methode’ moet de kniklengte worden vastgesteld. Kniklengte is een kunst-matig begrip en moeilijk vast te stellen.Bij niet-prismatische staven kunnen we al niet meer van een sinuslijn spreken. Bijverend ingeklemde staven is de kniklengte niet alleen afhankelijk van de rotatiestijfheidr van de inklemming maar ook van de waarde EI van de staaf.Nog moeilijker wordt het voor een langs zijn as belaste staaf.Het invoeren van het begrip kniklengte kan voor een enkel geval een inzichtelijkeberekening opleveren, voor de meeste gevallen is het een inzichtloze bedenkelijkerekentruc!

Het invoeren van waarden voor de geometrische en fysische imperfecties geeft inzichtin het gedrag van op druk en buiging belaste elementen.

VSds


Resumerend kan dus worden gesteld dat een stalen staaf op twee manieren kan wordenberekend:

1. Met de TGB-grafieken en tabellen:Druk en buiging

Nc;s;d

wbucNc;u;d + [ n

n – 1]M1;s;dMu;d

waarin Nc;u;d = Npl;d = Afy;d en Mu;d = Welfy;d.

Centrische druk

Nc;s;d

wbucNc;u;d£ 1

2. Op ‘eigen kracht’ door vooraf de geometrische en fysische imperfecties vast testellen en de spanningen te controlen met

FA + [ n

n – 1]MW £ (0,7 à 0,8)fy;d

ofNc;s;d

A + [ nn – 1]

M1;s;dWel

£ (0,7 à 0,8)fy;d

Deze tweede methode geldt zowel voor centrisch als excentrisch belaste staven.De tweede berekeningsmethode geeft inzicht in het gedrag van de staaf.

C.3. Dwarsbelasting

Er is nog een ander probleem, speciaal voor stalen staven met I-doorsneden, indien destaaf, behalve op normaalkracht, ook nog op een dwarsbelasting moet worden bere-kend.Bij alleen normaalkracht kan men stellen, dat de beide flenzen elk een kracht Ff en hetlijf een kracht Fl moeten opnemen, tezamen F = 2Ff + Fl.Als de staaf tussen beide aangrijpingspunten van F nergens wordt gesteund, zal hij inzijn slappe richting uitknikken bij toename van F, immers Iyy < Izz en dus Fky < Fkz.We kunnen de staaf in y-richting steunen, zodat voor uitknikken in y-richting de knik-lengte kleiner wordt.

VSds

Bijlage C 137

Figuur C.12.

Komt er echter een buigend moment M bij, met de momentvector in y-richting enverwaarlozen we in gedachten even het lijf, dan krijgt één van de flenzen een extradrukkracht M/(h – tf)Deze flens wil ten opzichte van de andere, die op de oorspronkelijke kracht Ff eentrekkracht gesuperponeerd krijgt, eerder zijdelings knikken. Het profiel zal willentorderen.

Figuur C.13. Figuur C.14.

Een eenvoudige maar vrij grove benadering is om na te gaan of de gedrukte flens, opzichzelf, onder invloed van zijn aandeel in de normaalkracht plus de kracht M(h – tf)nog voldoet aan de spanningsvoorwaarden voor gedrukte staven.

Het is niet de intentie van dit boek om voor diverse materialen spanningsberekeningente demonstreren volgens de nieuwe TGB1990-uitgaven. Naast deze TGB’s zullenuitvoerige handleidingen verschijnen om nieuwe inzichten te verduidelijken.

VSds


Figuur C.15.

De hoofdopzet van dit boek is om inzicht te geven in de stabiliteitsproblematiek.In tal van gevallen zal de constructeur zelf moeten beslissen of het zinvol is om zelfimperfecties in te voeren.Bijvoorbeeld voor een hoog en slank gebouw kan het zinvol zijn om, indien deberekening wijst op enige gevoeligheid ten opzichte van bepaalde aannamen (bijvoor-beeld beddingsconstante, k-waarde van palen, betonkwaliteit) een scheefstand in tevoeren.Bij grote gevoeligheid kan men beter de constructie stijver maken dan op de rand vande veiligheid te flaneren.

Voorbeeld C.1

Figuur C.16.

De geschetste balk is een onderdeel van een staalplaatbetonvloer met een gewicht van3,0 kN/m2 en een overspanning van 2,50 m, zodat deze vloer op de balk een rustendebelasting van

2,50 m ¥ 3,0 kN/m2 = 7,5 kN/mHe 400 B Æ e.g. = 1,55 kN/m

—————totaal g = 9,05 kN/m permanente belasting

De gedrukte bovenflens is door de staalplaatbetonvloer over de volle lengte gesteund.Een vervangende imperfectie, waarin geometrische en fysische imperfecties zijnbegrepen, kan zijn u = 0,006 m.Verdere gegevens:

VSds

Bijlage C 139

Izz(Iy) = 57680 ¥ 104 mm4

Wy = 2880 ¥ 103 mm3

staalkwaliteit FeE 235 (Fe 360)constructie veiligheidsklasse 3; gg = 1,2; gp = 1,5De normaalkracht is een veranderlijke belasting.

Figuur C.17.

GevraagdWelke veranderlijke belasting p mag de balk nog dragen?

OplossingDe spanning door de normaalkracht is

sc;d = 1‚5 ¥ 1 500 000

19 780 = 114 N/mm2

Dan is er beschikbaar voor buiging:

sm = 235 – 114 = 121 N/mm2

Dusn

n – 1MW = 121 N/mm2

Fk =p2EI

l2 =

p2 ¥ 2‚1 ¥ 108 ¥ 5‚768 ¥ 10–4

36 = 33 208 kN

nn – 1 =

33 20833 208 – 2250 = 1,07

Totale belasting q = g + p = (9,05 + p) kN/m.Doorbuiging tengevolge van q:

VSds


u =5

384 ¥(1‚2 ¥ 9‚05 kN/m + 1‚5 ¥ p) ¥ (6 m)4

2‚1 ¥ 57 680 kNm2 =

= (15,1 + 2,085p) 10–4 m

M1e-orde = Mgd + Mpd + F·utotaal =

= 18 ¥ 1,2 ¥ 9,05 kN/m ¥ (6 m)2 + 18 ¥ 1,5 ¥ p ¥ (6 m)2 + 2250 kN ¥ (0,006

m + 0,00151 m + 2,085 ¥ 10–4p) =

= 49 + 6,75p + 13,5 + 3,37 + 0,469p = 65,9 + 7,22pzodat

nn – 1

MW =

1‚07 ¥ (65,9 + 7‚22p) ¥ 106

2880 ¥ 103 = 121 N/mm2 fi

fi p = 36,0 N/mm = 36,0 kN/m

(q = 9,05 + 36,0 = 45 kN/m).Onder deze belasting krijgt de balk een totale doorbuiging:

utot = 0,006 m + 0,00151 m + 2,085 ¥ 10–4 ¥ 36 kN/m

= 0,006 m + 0,00151 + 0,0075 = 0,015 m

<< 0,003l = 18 mm

Daar n vrij groot is (n = 14,8) zal n/(n – 1) niet zo snel toenemen als de balk hetelastisch stadium verlaat en in het elasto-plastisch gebied terecht komt.Bijvoorbeeld als EI 13% afneemt neemt n/(n – 1) slechts 1% toe.

VSds

141

Bijlage D

In deze bijlage is een aantal voorbeelden opgenomen, waarin de theorie wordttoegepast.

Voor zover er imperfecties zijn aangenomen zijn deze niet volkomen willekeuriggekozen, maar men doet er goed aan uit de TGB regels voor imperfecties af te leidendie praktisch aannemelijk zijn.

Toepassing

Voorbeeld D.1Zoals aangekondigd op toepassing 3.2 zal nu de daar als oneindig stijf behandeldetoren worden behandeld als niet-oneindig stijf. Neem aan een gesloten cylinder vanbeton met uitwendige diameter 20 m en constante wanddikte van 0,30 m.

Figuur D.1. Figuur D.2.

N.B. Uiteraard moeten er openingen in de wanden komen voor lichtdoorlating enbeneden voor toegankelijkheid.Ze verzwakken de doorsneden maar kunnen weer versterkt worden door rondom deopeningen de wand dikker te maken, of met ribben te versterken.

De toren kan worden beschouwd als een dunwandige cylinder met straal 19,7 m. OverEI van beton valt veel te schrijven. Als er geen trekspanningen ontstaan in het beton danis dit probleem eenvoudiger. Windbelasting is kortstondig, dus er is geen kruip, de

VSds


elasticiteitsmodulus is hoog. Scheefstand reeds tijdens de bouw is langdurige belasting,wel kruip, E laag. Hier wordt aangehouden E = 15000 N/mm2.

Gegevens doorsnede schacht

I = pR3t = p·(9,85m)3·0,3 m = 901 m4

EI = 15 kN/m2¥106¥901 m4 = 135¥108 kNm2

W = pR2t = 91,5 m3

A = 2pRt = 18,6 m2.

Belastingen, representatief

Verticale belasting: 128 MNWindbelasting: 150¥20¥0,7¥1,28 = 2790 kN

Stabiliteit

Veerconstante fundering: r = 32570¥104 kNm/radMet rekenbelastingen; uiterste grenstoestand:

Qk1 = 4 343 MN

Qk2 =8EIl2

= 8¥135¥108 kNm2

(150 m)2 = 4 800 MN

1Qk

= 1

Qk1 +

1Qk2

Qk = 2 280 MN; ggemiddeld = 1,26

n =2 280 MN

1‚26¥128 MN = 14,1

Met gebruiksbelastingen; bruikbaarheidsgrenstoestand:

n = 1,26 ¥ 14,1 = 17,8

Uitbuigingen

u0 =Wil3

8EI + W il2

2c = 2790 kN¥(150 m)3

8¥135¥108 kNm2 +

2790 kN¥(150 m)2

2¥32570 kNm¥104 = 0,184

m

u = 17‚816‚8¥0,184 m = 0,194 m =

1770 l

Bij praktisch alle hoge gebouwen is u < 1500 l.

De uitbuiging is in werkelijkheid iets groter, omdat hier is gerekend met Wi op 75 m+,terwijl het aangrijpingspunt van de resultante van de windbelasting in werkelijkheid ligtop 86,40 m+, zie toepassing 3.2.In uiterste grenstoestand:

VSds

Bijlage D 143

u =n

n – 1 ·1,26u0 = 14‚113‚1 ¥ 1,26 ¥ 0,184 m = 0,25 m

M = 1,5·Wi ¥ 86,4 m + 1,26Q·12 u = 1,5 ¥ 2790 ¥ 86,4 m + 1,26 ¥ 128000

kN ¥ 12 ¥ 0,25 m = 361584 kNm + 20160 kNm

= 381744 kNm

Het moment ten gevolge van de uitbuiging bedraagt 5,6% van het totale moment.

Controle spanningen in de schacht

s =1‚26Q

A + MW =

1‚26 ¥ 128000 kN18‚6 m2 ±

381744 kNm91‚5 m3 = 8671 + 4172

= 12843 kN/m2 = 12,8 N/mm2

Nodig beton B25. De invloed van de uitbuiging op de totale spanning bedraagt minderdan 2%.

Voorbeeld D.2Tijdens een lezing over een hoogbouw van 100 m hoogte vertelt de spreker, dat bij eenwindbelasting van 2 kN/m2 de uitbuiging van het behandelde gebouw gelijk is aan 0,2m. Het gaat om een torengebouw van 25 m ¥ 25 m. Uit de lezing blijkt, dat het gaat omeen gebouw met betonskelet en betonvloeren. Is dit gebouw voldoende stabiel?Hoe de stijfheden verdeeld zijn doet nu niet ter zake. Het gebouw als geheel buigt uit,of het nu een stijve kern is met voor de rest pendelwanden, of dat de rest ook nogstijfheid heeft.Bij een windbelasting van 2 kN/m2, dus: totaal W = 100 m ¥ 25 m ¥ 2 kNm2 = 5000kN en een lengte l = 100 m is de uitbuiging 0,2 m. Dus:

Qk =Wlu =

5000 kN¥100 m0‚2 m = 25¥105 kN

Bij een geschatte totale belasting van 3,2 kN/m3 is:

Q = 100 m ¥ 25 m ¥ 25 m ¥ 3,2 kN/m3 = 2¥105 kN = 200 MN

dus: n = 25/2 = 12,5. Dit gebouw is voldoende stabiel.Als we voor deze betonconstructie met een belastingfactor g = 1,5 moeten rekenen, danis n* = 12,5/1,5 = 8,3 en dat is ook nog voldoende stabiel.

Voorbeeld D.3Een torengebouw met vierkante doorsnede moet worden gefundeerd op palen. Hetgebouw is licht geconstrueerd — staalskelet en stalen vloeren. Gerekend mag wordenmet een totale belasting van 2 kN/m3 inhoud. De uit de stuwdruk afgeleide wind-

VSds


belasting bedraagt 1,8 kN/m2. De constructie die de stijfheid aan het gebouw moetgeven kan worden beschouwd als een koker, met stijfheidsfactor EI = 6,3¥109 kNm2.De grootste paalbelasting mag niet meer bedragen dan 1500 kN De veerconstante vooréén paal kan worden gerekend als k = 100 kN/mm.De paalafstand bedraagt 2,5 m, als eerste benadering. De paalafstand moet ompraktische redenen groter zijn dan 7¥ de paaldiameter.

Figuur D.3. Figuur D.4

Gevraagd

Bepaal met bovengenoemde gegevens het minimum aantal palen onder deze toren, meteen zo klein mogelijke afmeting voor het funderingsblok.

Opmerking

Bij torengebouwen kan het gewicht van het funderingsblok vrij groot worden, omdathet bij grote hoogte van het gebouw buiten het gebouw zal uitsteken en grote dwars-krachten moet opnemen (zie figuur D.4). Dit gewicht zit niet verwerkt in de 2 kN/m3

gebouwbelasting.De dikte van de plaat is vooral afhankelijk van de grootte van de schuifspanningen. Depaalkrachten geven een omhoog gerichte belasting die door de funderingsplaat moetenworden afgeleid naar de dragende wanden van de toren.Voor een eerste opzet van een stabiliteitsberekening kan de vergrotingsfactor n/(n – 1)een belangrijke rol spelen. Om n te bepalen moeten we ook de rotatiestijfheid r van defundering kennen.

VSds

Bijlage D 145

Figuur D.5.

De invloed daarop van één enkele paal i kan als volgt worden bepaald. Onder invloedvan M verdraait de fundering over een hoek f. De kop van paal i verplaatst daarbij overeen afstand aif. Met een veerconstante k is dan de paalkracht in paal i ten gevolge vanhet moment M gelijk aan k aif en de bijdrage aan het tegenmoment M: kai

2f.Dus

M = Â k ai2f = kf Â ai

2

indien k voor alle palen gelijk is.

We proberen nu een fundering van 12 ¥ 12 = 144 palen. Het funderingsblok zou daneen afmeting van ongeveer 30 m ¥ 30 m ¥ 1 m kunnen krijgen, zie figuur D.6. Telkenstwee rijen palen hebben gelijke afstand tot de draaiingsas. De rotatiestijfheid r = M/f =k Âai

2.De paalbelasting tengevolge van M kunnen we nu ook direct bepalen. Deze is immerskaif.Uit voorgaande formules volgt:

f = M

k Â ai2

Dus de paalbelasting ten gevolge van M is:

k aiM

k Â ai2 =

Mai

Â ai2

Deze formule is analoog aan de spanningsformule:

s = MzI

We bepalen eerst Â ai2.

2¥12¥ 1,252

2¥12¥ 3,752

2¥12¥ 6,252

2¥12¥ 8,752

2¥12¥ 11,252

VSds


2¥12¥ 13,752————— +

Â ai2 = 2¥12¥446,88 = 10725 m2

k = 100 kN/mm = 105 kN/m

r = k Â ai2 = 10725 ¥ 105 kNm/rad = 1072500 MNm/rad

Figuur D.6.


Qk1 =2rl =

2 ¥ 107250 MNm150 m = 14300 MN

Qk2 =7‚83EI

l2 =

7‚83 ¥ 6‚3 ¥ 106 MNm2

(150 m)2 = 2190 MN

1Qk

= 1

Qk1 +

1Qk2

Hieruit volgt: Qk = 1900 MN.

VSds

Bijlage D 147

Het gebouw weegt 150 m ¥ 20 m ¥ 20 m ¥ 2 kN/m3 = 120 MN.

n = 1900120 = 15,8

nn – 1 =

15‚814‚8 = 1,068

We nemen hier aan dat de windbelasting (1,8 kN/m2) geldt voor alle windrichtingen,waarbij voor het in rekening te brengen oppervlak de in figuur D.9 ingetekende cirkelkan worden aangehouden.

Figuur D.9.

Voor een dubbel symmetrisch en dubbel gelijk palenplan is Â ai2 voor alle assen door

het zwaartepunt gelijk.Voor de grootste paalbelasting moet een assenkruis onder 45° worden genomen endaarvoor is in dit voorbeeld ai max = 13,75 ÷̀2 = 19,45 m.De totale windbelasting is (gelijkmatig verdeeld over de hoogte):

20 m ¥ 150 m ¥ 1,8 kN/m2 = 5400 kN

Mwind = 5,4 MN ¥ 75 m = 405 MNm

De maximum belasting op de palen volgt nu uit:

Qaantal palen +

nn – 1

Mwind·amax

Â ai2 =

=120 MN

144 +1‚068 ¥ 405 MNm ¥ 19‚45 m

10 725 m2 = 0,833 + 0,784 = 1,6 MN

De paalbelasting is dus te hoog. Het funderingsblok komt er ook nog eens bij. Menzou een aantal palen uit het midden van het blok kunnen weglaten. Die hebbennauwelijks invloed op Â ai

2. Deze palen kunnen dan vierzijdig naar buiten wordengeplaatst.Neemt men bijvoorbeeld de middelste 36 palen weg en plaatst men die in de buitensterijen, dan wordt Â ai

2 vermeerderd met:

2 ¥ 9 ¥ (13,75 m)2 = 3400 m2 (globaal)

en wordt dus

VSds


10 725 m2 + 3400 m2 = 14124 m2; r = 14125 ¥ 105 kNm/rad

Qk1 = 18838 MN, Qk = 1962 MN en n/(n – 1) verandert nauwelijks. De term Q/aantalpalen blijft gelijk.De “momentterm” wordt:

1‚065 ¥ 405 MNm ¥ 19‚45 m14125 m2 = 0,59

en dus wordt de grootste paalkracht nu: 0,83 + 0,59 = 1,42 MN (zonder funderings-blok).Uiteraard moet in beide gevallen nog de dikte van het funderingsblok wordenvastgesteld.Stel dat deze dikte gelijk is aan 1,0 m, dan draagt elke paal 30 m ¥ 30 m ¥ 1,0 m ¥ 24kN/m3/144 stuks = 150 kN van de funderingsplaat.De maximum paalbelasting in het laatste geval is dan 1420 + 150 = 1570 kN.Dit is dan 4% afwijking van de toelaatbare waarde.De vermindering van het aantal palen binnen de schachtwaarden is zeer gunstig voor dedwarskrachten en buigende momenten in dat gedeelte van de funderingsplaat.

Opgave

Teken een nieuw palenstramien en bereken Â ai2 nauwkeuriger.

Voorbeeld D.4Een dak van 20 m ¥ 20 m rust op 9 houten pendelkolommen. Het evenwicht van dezeconstructie is mogelijk door hem te koppelen aan twee stalen buiskolommen, die alsoneindig stijf in hun fundering ingeklemd kunnen worden gedacht (figuur D.10).Het dak kan toegankelijk worden gemaakt voor het publiek door rondom de buiskolommen wenteltrapjes te maken.

Belastingen

Reken voor de rustende belasting op de pendelkolommen dat het dak gemiddeld2 kN/m2 weegt.De veranderlijke belasting door mensen op het dak moet worden aangenomen op3 kN/m2. Tengevolge van wind kan op het dak een verticale belasting van 0,6 kN/m2 eneen totale horizontale belasting van 30 kN worden gerekend. Veranderlijke belasting enwindbelasting treden niet gelijktijdig op.We rekenen op een mogelijke toevallige scheefstand van alle pendelkolommen, zodanigdat de ingeklemde kolommen een horizontale kracht van 1

300 maal de totale verticalebelasting moeten opnemen.

VSds

Bijlage D 149

Figuur D.10.

De stalen buiskolommen zijn van kwaliteit FeE 275 (Fe 430) met een wanddikte van2 mm. De belastingsfactoren bedragen: gg = 1,2 en gp = 1,5.

Gevraagd

Wat is de kleinst toelaatbare straal R van de buiskolommen, afgerond op 10 mm?

Figuur D.11.

Oplossing

De beide buis kolommen hebben een grotere afstand tot het draaiingscentrum van hetdak dan de pendelkolommen. Translatiestabiliteit is dus maatgevend en niet rotatie-stabiliteit.

Totale verticale belasting:

Permanente belasting 20 m ¥ 20 m ¥ 2 kN/m2 = 800 kN, veranderlijke belasting 400m2 ¥ 3 kN/m2 = 1200 kN, windbelasting 400 m2 ¥ 0,6 kN/m2 = 240 kN.

We moeten onderzoeken:a. Permanente belasting + windbelasting.b. Permanente belasting + veranderlijke belasting.

Deze laatste combinatie moet worden beoordeeld omdat wegens de grotere verticalebelasting het tweede-orde-effect belangrijker is.

VSds


Combinatie a

Permanente belasting totaal 800 kN ¥ 1,2 = 960 kNWindbelasting verticaal 240 kN ¥ 1,5 = 360 kN

———— ————1040 kN 1320 kN

Per buiskolom 1320 kN/2 = 660 kN.Horizontale belasting op de kolom:

Figuur D.12.

30 kN2 ¥ 1,5 + 1

300 ¥ 660 kN = 22,5 kN + 2,2 kN = 24,7 kN

eerste-orde buigend moment 24,7 kN ¥ 5m = 123,5 kNm. Na enig proberen vinden wemet R = 300 mm:

Fk = 3EIl2

= 3 ¥ 2‚1 ¥ 108 kNm2 ¥ 0‚002 m ¥ p ¥ (0,3 m)3

(5m)2

= 4275 kN

Bij verticaal onbelaste stijf ingeklemde steunkolom is in dit geval:

Fk = 3EIl2

(Bij onbelaste pendelkolom en belaste steunkolom is

Fk =p2EI4l2

Zijn beide belast dan ligt de juiste waarde tussen beide in en kan men de veiligste wegkiezen door alle belasting maar op de ingeklemde kolom te denken.)

n = 4275 kN660 kN = 6,48

s = n

n – 1 ·MW

dus

VSds

Bijlage D 151

s = 6‚485‚48 ¥

123‚5 kNm ¥ 106

2 mm ¥ p ¥ (300 mm)2 = 271 N/mm2 < 275 N/mm2

Met R = 290 mm wordt 275 N/mm2 overschreden.

Combinatie b

Met R = 300 mm is Fk = 4275 kN.Permanente belasting totaal 800 kN ¥ 1,2 = 960 kNVeranderlijke belasting totaal 1200 kN ¥ 1,5 = 1800 kN

————2760 kN

Rekenbelasting per buis kolom 1380 kN.

Horizontale belasting op de kolom 1300 ¥ 1380 kN = 4,6 kN, zie figuur D.13.

eerste-orde buigend moment: 4,6 kN ¥ 5,0 m = 23,0 kNm

n = 4275 kN1380 kN = 3,1

s = 3‚12‚1 ¥

23‚0 kNm ¥ 106

2 mm ¥ p ¥ (300 mm)2 = 6,0 N/mm2 < 275 N/mm2

DusR = 300 mm

Figuur D.13.

Voorbeeld D.5Het verwaarlozen van pendelkolommen, en nog erger, het verwaarlozen van relatiefkorte pendelkolommen, kan desastreus zijn! Zie figuur D.14.Het dak van een gedeeltelijk onder de grond liggende kelder van 40 m ¥ 80 m opper-vlakte wordt gedragen door balken hart op hart 5 m, die rusten op twee pendelkolom-men van 1 m lengte, in de gevels, en een middenkolom van 4 m lengte, van onderen alsoneindig stijf ingeklemd te beschouwen.

VSds


Figuur D.14.

In de gevels zijn geen windverbanden aangebracht, zodat de stabiliteit moet wordenverzekerd door de middenkolommen, die daarbij ook de horizontale belasting van 5 kNper balk moeten opnemen.

Figuur D.15.

In de lengterichting van het gebouw is tussen twee midden kolommen een windverbandaangebracht, zodat de stabiliteit loodrecht op het vlak van tekening verzorgd is. Deconstructeur had weinig begrip van stabiliteitsproblemen en kende alleen maar detheorie van de kniklengte en de TGB-staal.Hij ging uit van de volgende gegevens:kolombelasting 5

4 ¥ 15 kN/m ¥ 20 m = 375 kNkniklengte lk = 2 ¥ 4000 mm = 8000 mm.De gemiddelde belastingsfactor heeft hij vastgesteld op 1,4.


Om zo slank mogelijk te bouwen koos hij een buisprofiel met staalkwaliteit Fe 510, meteen vloeigrens van 355 N/mm2. Dit werd een buis 200 mm ¥ 200 mm ¥ 10 mm met devolgende gegevens:

VSds

Bijlage D 153

A = 7550 mm2

i = 77,4 mm

W = 452 ¥ 103 mm3

I = 4525 ¥ 104 mm4; EI = 9502 kNm2

Figuur D.18.

Daarbij rekende hij als volgt:

l =800077‚4 = 103; voor Fe 510 is le = 76,4 en lrel =

10376‚4 = 1,35

In de betreffende tabel (instabiliteitskromme a) vond hij:

wbuc = 0.44

Verder, om n te berekenen vond hij:

Fk =p2 ¥ 9502 kNm2

(8 m)2 = 1465 kN

dus

n = 1465375 = 3,9 en in de uiterste grenstoestand

3‚91‚4 = 2,8.

De voorwaarde:

Nc;s;d

wbuc·A·fy;d +

nn – 1 ·

M1;s;dWel·fy;d

£ 1

(waarin n = Fk/Fd), wordt nu:

1‚4 ¥ 375000 N0‚44 ¥ 7550 mm2 ¥ 355 N/mm2 +

+2‚81‚8 ¥

1‚4 ¥ 5 kN ¥ 4 m ¥ 106

452 mm3 ¥ 103 ¥ 355 N/mm2 = 0,45 + 0,27 = 0,72 << 1

dus ruim voldoende.

VSds


Figuur D.19.

Nu bekijken we deze constructie volgens de theorie van de stabiliteit van het evenwicht.

De belasting van de beide gevelkolommen bedraagt: 38 ¥ 15 kN/m ¥ 20 m = 112,5 kN.Indien de balken over een afstand u worden verplaatst, zullen beide pendelkolommeneen horizontale kracht op de middenkolom uitoefenen, groot 112,5 (u/l) kN, dus samen225 u kN (l =1 m).

Figuur D.20.

Het inklemmingsmoment bedraagt nu:

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. Inde gebruikstoestand is in werkelijkheid n = 1465

1275 = 1,15. Bij een 1,15-voudige belastingis nu al n = 1 bereikt. Aan de eis van pas mogen bezwijken bij een 1,4-voudigebelasting kan niet worden voldaan.Indien we de balk niet via een scharnier op de kolom opleggen maar een stijveverbinding geven, wordt de situatie aanmerkelijk beter. Stel, de balk is een HEA 600met I = 141 208 ¥ 104 mm4, dan is de kolom met z’n I = 4525 ¥ 104 mm4, ondanks degrotere lengte van beide balkdelen, als zeer stijf ingeklemd te beschouwen.Zie voor nauwkeuriger berekening het rekenvoorbeeld 5.2. De kritische belasting zal inde orde van grootte 4 ¥ 1465 = 5860 kN zijn.We voeren rekenbelastingen in en een scheefstand van 1/300, wat neerkomt op eenhorizontale belasting van 1

300 ¥ (375 kN + 2 ¥ 112,5 kN) = 2 kN. Met de reedsaanwezige 5 kN wordt dit in de uiterste grenstoestand met g = 1,4: 1,4 ¥ 7 kN = 9,8 kN.

VSds

Bijlage D 155


Figuur D.23.

We kiezen als staalsoort FeE 235 (Fe 360).

Feq = 1,4 kN ¥ 375 kN + 1,4 ¥ 2 ¥4‚0 m1‚0 m ¥ 112,5 kN = 1785 kN (1,4 ¥

1275 kN, zie figuur D.22)

n = 5860 kN1785 kN = 3,3

Het eerste orde buigend moment in de kolom is nu 9,8 kN ¥ 2 m (figuur D.24 enD.25).Nu is s gelijk aan:

1‚4 ¥ 375 000 N7550 mm2 +

3‚32‚3 ¥

19‚6 kNm ¥ 106

452 ¥ 103 mm3 = 69,5 + 62,2 = 132 N/mm2

Figuur D.24.

Voor een vierkante buis zou men de grootste eigenspanning (druk) kunnen voorstellenop 0,2fy;d, dus om binnen de elasticiteit te blijven moet s £ 0,8 ¥ 235 N/mm2 = 188N/mm2.

VSds


We kunnen zelfs een lichtere kolom opzoeken. Een eenvoudige verandering vanscharnieroplegging naar inklemming betekent in dit geval een beduidend groot verschilin krachtswerking.Berekening via de uitbuiging is iets nauwkeuriger.

u0 =2 ¥ 9‚8 kN ¥ (2‚0 m)3

3 ¥ 9502 kNm2 = 0,0055 m

n = 3,3

u = 3‚32‚3 ·u0 = 0,0079 m (zie figuren D.25 en D.26)

M = 525 kN· 12 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

452 mm2 ¥ 103 = 128,5 N/mm2


Voorbeeld D.6Een bestaand portaal krijgt een andere functie. Men wil onderzoeken of het daarvoorgeschikt is.

Het portaal moet 2 puntlasten F0 dragen. Het eigen gewicht van de bovenregel plus nogenige 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 beidebovenhoeken en op halve hoogte van de kolommen.

VSds

Bijlage D 157

Figuur D.27.

We nemen een scheefstand aan van f = 1300 , wat neerkomt op een horizontale belasting

van 1300 maal de totale verticale belasting.

De bovenregel kan horizontaal verplaatsen; er zijn geen windverbanden die dezeverplaatsing belemmeren.De belastingscoëfficiënt bedraagt 1,5.

Oplossing


Profielgegevens:IPE 400 I = 23130 ¥ 104 mm4

EI = 48600 kNm2

HE 180B Izz = 3831 ¥ 104 mm4

EIzz = 8045 kNm2 } sterke as A = 6530 mm2

W = 426 ¥ 103mm3

Iyy = 1363 ¥ 104 mm4

EIyy = 2862 kNm2} zwakke as

Eerste-orde momenten

Zonder de krachten F0 bedraagt de horizontale kracht

1,5 ¥ 2 kN + 1300 ¥ 10 m ¥ 2,25 kN/m = 3,1 kN

De totale horizontale kracht is dus

VSds


3,1 kN + 1,5 ¥ 1300 ¥ 2 ¥ F0 = 3,1 kN + 1

100 ¥ F0 = 6,1 kN, zie figuur D.32.

De stijfheden van de staven in knooppunt 2 verhouden zich, in het geval van symmetriezowel in constructie als in belasting, als

3EIclnlcln

: 2EIbm

lbm=

3 ¥ 8045 kNm2

4 m : 2 ¥ 48 600 kNm2

10 m = 0,38 : 0,62

Bij volledige inklemming is het moment

M23 = 112 ¥ 2,25 kN/m ¥ (10m)2 = 18,8 kNm


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 verticalebelasting.Ten gevolge van de horizontale belasting zijn de knooppuntsmomenten gelijk aan

12 ¥ 6,1 kN ¥ 4 m = 12,2 kNm

of (1,55 kN + 1200 ¥ 300 kN) ¥ 4 m =

= 6,2 kNm + 150F0 kNm (zie figuur D.33)

Overdreven getekend ziet de knikvorm van het spant eruit zoals in figuur D.34 isaangegeven. Het moment in knooppunt 3 wordt dus, in absolute zin, vergroot en inknooppunt 2 verkleind. In het midden van de bovenregel is in deze knikfiguur hetbuigend moment nul en de doorbuiging nul.We kunnen de kritische belasting bepalen uit het halve spant.

Figuur D.32.

VSds

Bijlage D 159

Figuur D.33.

Figuur D.34.

r =3 ¥ 48 600 kNm2

5 m = 29 160 kNm/rad

Fk1 =29 160 kNm

4 m = 7290 kN

Fk2 =p ¥ 8045 kNm2

(8 m)2 = 1241 kN

1Fk

= 1

7290 + 1

1241

Fk = 1060 kN

Totaal rekenbelasting:

F = 1,5 ¥ 300 kN + 5 m ¥ 2,25 kN/m = 461 kN

nn – 1 =

10601060 – 461 = 1,77


VSds


In y-richting is (zie figuur D.39)

Fk =p2 ¥ 2862 kNm2

(2 m)2 = 7062 kN > 1060 kN

(in deze richting halverwege gesteund) dus z-richting maatgevend.

Het maximale buigend moment in knooppunt 3 is

M = 7,1 kNm + 1,77 ¥ 12,2 kNm = 7,1 + 21,6 = 28,7 kNm

(de computer berekening geeft M = 28,8 kNm).In knoop 3 is in kolom HE 180B

s = 461000 N6530 mm2 +

28‚7 ¥ 106 Nmm426 ¥ 103 mm3 = 138 N/mm2

Voor staal FeE 235 en een fysische imperfectie voor de HEB van 0,3 fy;d is detoelaatbare spanning 70% ¥ 235 N/mm2 = 165 N/mm2. Het portaal is dus geschikt omde beide puntlasten of zelfs iets meer te dragen, afgezien van eventueel te groot wordenvan de vervormingen.

Figuur D.37. Knik in y-richting.

Voorbeeld D.7aEen dak wordt gedragen door 10 pendelkolommen en door 2 in de fundering stijfingeklemde kolommen. De fundering kan als onverdraaibaar worden beschouwd. Deingeklemde kolommen zijn ronde stalen buizen.

VSds

Bijlage D 161


Belastingen

De hoekkolommen 1, 4, 9 en 12 dragen elk 100 kN;de randkolommen 2, 3, 5, 8, 10 en 11 dragen elk 200 kN;de middenkolommen 6 en 7 dragen elk 400 kN;over de breedte van 32 m werkt een totale horizontale windbelasting van 40 kN.We rekenen ook hier op een extra horizontale belasting van 1

300 van de totale belasting;dus

1300 ¥ 2400 kN = 8 kN

Gevraagd wordt deze constructie te controleren. De belastingsfactor g = 1,5.

Oplossing

We bekijken twee mogelijkheden:a. Evenwijdige verplaatsing van het dak — translatie.b. Draaiing van het dak — rotatie.a. Translatie

Het schema is eenvoudig. De twee ingeklemde kolommen moeten de horizontalebelasting opnemen en de stabiliteit van het gehele dak verzorgen.Elke ingeklemde kolom neemt dus de helft van de horizontale belasting op.

A = 2pRt = 2 ¥ p ¥ 300 mm ¥ 4 mm = 7540 mm2

I = 12 AR2 = 33 930 ¥ 104 mm4

VSds


W = 12 AR = 1131 ¥ 103 mm3

Fk =p2 ¥ 2‚1 ¥ 108 kN/m2 ¥ 33930 ¥ 10-8 m4

(8 m)2 = 10990 kN;

Fdequi = 1,5 ¥ 1200 kN per kolom. Zie figuur D.40 en D.41

n = 10990 kN

1800 = 6,10

s =600 ¥ 103 N7540 mm2 +

6‚105‚10 ¥

36000 N ¥ 4 ¥ 106 mm1131 ¥ 103 mm3 = 231 N/mm2

< 235 N/mm2

Figuur D.40. Figuur D.41. Stabiliteitsschema.

b. Rotatie

Neem aan dat iemand met een rotatiemoment Mr het dak laat draaien over een hoek f.De afstand van elke kolom i tot het rotatiecentrum 0 noemen we ai.

Figuur D.42.

Dan verplaatst de bovenzijde van elke kolom loodrecht op z’n verbindingslijn met 0over een afstand aif.Dit rotatiemoment moet worden opgenomen door de twee ingeklemde kolommen. Diekrijgen elk een horizontale kracht Mr/2b.

VSds

Bijlage D 163

Figuur D.43.

Als dit rotatiemoment wordt weggenomen zal het dak indien het onbelast en gewichtloos is, weer in zijn oorspronkelijke stand terugkeren.Maar het dak is niet gewichtloos en onbelast en in die gedraaide toestand staat elkependelkolom scheef en elke ingeklemde kolom uitgebogen en wordt op het dak eennieuw rotatiemoment uitgeoefend. Boven een kritische dakbelasting zal, na weghalenvan het oorspronkelijke rotatiemoment, het dak doordraaien en bezwijken; daar benedenzal het in zijn oorspronkelijke stand terugkeren.

Figuur D.44.

Het is weer hetzelfde als bij de pendelkolom die wordt gesteund door een ingeklemdekolom.We zullen nu bekijken welke horizontale kracht door de draaiing van het dak wordtuitgeoefend door een pendelkolom.Daartoe bekijken we pendelkolom i op een afstand ai van het draaiingscentrum 0. Doorde draaiing van het dak over hoek f verplaatst de bovenzijde van de pendelkolom overeen afstand aif. Indien deze pendelkolom een lengte li heeft, dan is er voor evenwichteen steunkracht Fiaif/li nodig en dit is tevens gelijk aan de actie van deze pendelkolomop het dak.Deze kracht oefent ten opzichte van het draaiingscentrum 0 een moment uit op het dakgroot:

Fiaifli

·ai =Fiai

2fli

Alle pendelkolommen tezamen leveren een rotatiemoment

Mr = ÂFiai

2fli

= f Â Fiai2

li

VSds



Figuur D.47.

Indien alle pendelkolommen dezelfde lengte l hebben, wordt dit

Mr = fl Â Fiai

2

Dit moment geeft aan de beide ingeklemde kolommen een horizontale kracht Mr/2bindien 2b de onderlinge afstand is van deze kolommen. Daarbij komt nog de eigenverticale belasting van de ingeklemde kolom, waarvan de top over een afstand bf isverplaatst.We kunnen dit nu vergelijken met een kolom belast met een equivalente belasting Feq

en een uitbuiging a6f (figuur D.49 en D.50).Hierbij geven beide kolommen eenzelfde inklemmingsmoment.De kolommen hebben ongeveer een gelijke uitbuigingslijn.

Mr2b ·l + F6·bf = Feq·bf

Feq =Â Fiai

2

2b2 + F6

n =FkFeq

We zullen dit nu uitwerken voor het gegeven dak.

VSds

Bijlage D 165


Tabel D.1. Bepaling Â Fiai2 voor de pendelkolommen voor de rekenbelasting.

Pendelkolommen Fi (kN) ai (m) Â Fiai2 in kNm2

1, 4, 9, 12 150 18,0 4 ¥ 150 ¥ 18,02 = 194 000

2, 3, 10, 11 300 11,2 4 ¥ 300 ¥ 11,22 = 151 000

5, 8 300 15,0 2 ¥ 300 ¥ 15,02 = 135 000

totaal = 480 000 kNm2

Mr = fl Â Fiai

2 = f 480 000 kNm2

4m = 120 000 f kNm

De kracht op de ingeklemde kolommen is:

Mr2b =

120 000 f10 = 12 000 f kN (figuur D.50)

Feq ¥ 5f = 12 000 f ¥ 4 m + 600 kN ¥ 5 f m (figuur D.51)

Voor de stabiliteit is het dus alsof kolom 6

Feq = 45 ¥ 12000 kN + 600 kN = 10 200 kN

moet dragen.We kunnen het ook als volgt formuleren:

Al eerder is berekend dat

Fk = 10 990 kNdan is

n = 10 99010 200 = 1,077

VSds



Dit belooft niet veel goeds voor de constructie.

nn – 1 =

1‚0770‚077 = 13,99

De totale belasting van het dak was 2400 kN.Bij een belasting van 1,077 ¥ 2400 kN = 2585 kN zou n = 1 zijn. Dus de kritischedakbelasting is Qk = 2585 kN.

Bij een zuiver verticale stand van alle kolommen zou er theoretisch nog wel evenwichtzijn met deze n > 1, maar er is maar weinig voor nodig om deze constructie te latenbezwijken.Indien we de ingeklemde kolommen een dwarskracht laten opnemen gelijk aan 1

300 vande verticale belasting, dan zouden we deze regel op twee manieren kunnen interpreteren:1. letterlijk, 1

300 ¥ 2400 kN = 8 kN horizontale kracht; dus 4 kN per kolom.Rekenbelasting 1,5 ¥ 4 kN = 6 kN; buigend moment eerste-orde 6 kN ¥ 4 m = 24kNm.Aangezien deze belasting door het rotatiecentrum O gaat geeft hij geen rotatie-moment en geldt de n-waarde die we bij de translatie vonden.

Dit is niet reëel voor het geval van rotatie.

2. Vanwege het bijzondere karakter van de rotatie lijkt het een betere interpretatie omiedere kolom een horizontale kracht van 1

300 van zijn verticale kracht, loodrecht opzijn verbindingslijn met het rotatiecentrum, te laten afgeven. Dit geeft eenrotatiemoment

Mr = Â 1300 Fiai

en daar deze kracht ook voor de ingeklemde kolommen geldt moet nu de somworden genomen over alle kolommen.

VSds

Bijlage D 167

Figuur D.52.

Tabel D.2.

kolommen Fi (kN) ai (m) Â Fiai in kNm

1, 4, 9, 12 150 18,0 4¥150¥18,0 = 10 800

2, 3, 10, 11 300 11,2 4¥300¥11,2 = 13 440

5, 8 300 15,0 2¥300¥15,0 = 9 000

6, 7 600 5,0 2¥600¥5,0 = 6 000

totaal = 39 240 kNm

Mr = 1300 ¥ 39 240 kNm = 131 kNm

Dus kracht op ingeklemde kolommen:

H =Mr2b =

13110 = 13,1 kN

M1e-orde = 13,1 kN ¥ 4 = 52,4 kNm

Alleen al uit het moment is

s =13‚99 ¥ 52‚4 ¥ 106

1131 ¥ 103 = 648 N/mm2

Deze tweede interpretatie vloeit logisch voort uit het rotatiegeval.

Voorbeeld D.7bZou men de ingeklemde kolommen aan de beide uiteinden hebben geplaatst, dan hadmen gevonden:

Mr = 93 732 f kNm

Mr2b =

93 732 f30 = 3124 f kN

Feq ¥ 15 f = 3124 f ¥ 4 + 300kN ¥ 15 f (de ingeklemde kolom zou nu de

belasting van kolom 5 of 8 dragen = 1,5 ¥ 200 kN = 300 kN)

Feq = 833 + 300 = 1133 kN

n = 10 9901133 = 9,70

VSds


nn – 1 =

9‚708‚70 = 1,11

Figuur D.53.

Met 1300 Fi op ieder kolomeinde vonden we een rotatiemoment eerste-orde van

131 kNm.Dus nu op ingeklemde kolommen:

H =Mr26 =

131 kNm30 m = 4,4 kN

enM1e-orde = 17,6 kNm

s =300 kN ¥ 103

7540 mm2 + 1‚11 ¥17‚6 ¥ 106 Nmm1131 ¥ 103 mm3 = 56 N/mm2

Zouden we hierbij nu nog een windmoment moeten opnemen van 1,5 ¥ 20 kN ¥ 4 m =120 kNm (eerste-orde) waarvoor de n/(n – 1) van de translatie geldt, dan levert dit eenextra spanning:

6‚105‚10 ¥

120 kNm ¥ 106

1131 ¥ 103 = 127 N/mm2

waarmee de totale spanning wordt 183 N/mm2.

Men zou nu nog kunnen stellen dat een windvlaag plaatselijk optreedt, bijvoorbeeld ophet halve dak.

VSds

Bijlage D 169

.

Figuur D.54. Figuur D.55

Dan moet 20 kN met translatiekracht worden bekeken en 20 kN ¥ 8 m = 160 kNm als

rotatiemoment. De translatiekracht op de kolom is 12 ¥ 20 kN = 10 kN en de

rotatiekracht160 kNm

30 m = 5 kN (ongeveer).

De eerste moet met n/(n – 1) van de translatie worden vermenigvuldigd en de tweedemet de n/(n – 1) van de rotatie.Nu wordt de spanning in de ingeklemde kolom:

s =300 ¥ 103 N7540 mm2 +

6‚105‚10 ¥

1‚5 ¥ 10 kN ¥ 4 m ¥ 106

1131 ¥ 103 mm3

+9‚708‚70 ¥

1‚5 ¥ 5 kN ¥ 4 m ¥ 106

1131 ¥ 103 mm3 = 133 N/mm2

In dit geval van ver uiteengeplaatste stijve kolommen is de translatie gevaarlijker dan derotatie.Bij voorbeeld D.4 staan de ingeklemde kolommen verder van het rotatiecentrum dan dependelkolommen en speelt rotatie eveneens geen rol.

Rotatie-instabiliteit of rotatiegevaar kan gemakkelijk worden voorkomen door zovermogelijk van het rotatiecentrum weerstanden tegen rotatie in te bouwen.

Voorbeeld D.8Een dak wordt gedragen door vakwerkliggers die in het midden dragen op een in defundering stijf ingeklemde kolom.

VSds


Figuur D.56.


Neem aan dat de vakwerkligger scharnierend op de kolom is opgelegd. De bovenrandvan de vakwerkligger kan door het dakvlak niet horizontaal verplaatsen.De belasting komt via de diagonalen van het vakwerk via de bovenkant van demiddenverticaal op de kolom terecht.Stel, we geven de ingeklemde kolom met een horizontale kracht H een zeer kleineuitbuiging u. Dan zullen de inwendige momenten in de kolom deze weer willenterugbuigen.Plaatsen we nu de kracht F onder gelijktijdig weghalen van H dan werken op debovenzijde van de ingeklemde kolom de verticale kracht F en de horizontale krachtFu/a.Op de bekende manier kan nu weer de equivalente kracht Feq worden bepaald uit:

Fequ = Fu + Fua l (figuur D.59)

Feq = F(1 + la )

n =Fkk

F(1 + la )

VSds

Bijlage D 171

Figuur D.59.

Hierin is Fkk de kritische belasting van de ingeklemde kolom zelf.De kritische waarde van het systeem is

Fks = Fn =Fkk

1 + la

Fkk =p2 ¥ 54 700 kNm2

4 ¥ 4‚52 = 6665 kN

n =6665

900(1 + 4‚5) = 1,346

De constructie bevindt zich binnen, er is geen uitwendige horizontale belasting. Erkunnen echter wel imperfecties zijn. Neem aan een initiële uitbuiging van 1

300 l.

u0 = 1300 l = 0,015 m (figuur D.60)

u = 1‚3460‚346 ¥ 0,015 m = 0,0584 m

M = 900 u + 900 u·4,5 m = 289 kNm (figuur D.61, a = 1 m)

FA +

nn – 1

MW =

900 ¥ 103 N13 600 mm2 +

289 ¥ 106 Nmm1489 ¥ 103 mm3 = 260 N/mm2

Voor een vierkante kolom kan een fysische imperfectie van 0,2fy;d (eigen spanning)optreden.Dat limiteert voor een eerste en tweede orde berekening op basis van elasticiteit despanning tot 0,8 ¥ 275 N/mm2= 220 N/mm2.De kolom voldoet niet.

VSds



Met de geringe waarde van n is deze constructie riskant. Als de inklemming slapper iswordt n direct nog veel kleiner.Bovendien kost deze constructie veel materiaal. Een constructie van dit type is al eensop instabiliteit bezweken.

Het is veel beter om de kolom helemaal door te voeren naar de bovenrand van het spant.Daar het dakvlak door windverbanden in de constructie nauwelijks kan verplaatsen is

Fk =2p2EI

l2 = 35 694 kN

n = 35 694

900 = 39,7

nn – 1 = 1,03

Met een geometrische imperfectie van 10 mm

M = 1,03 ¥ 900 kN ¥ 0,01 m = 9,3 kNm

FA +

MW =

900 ¥ 103 N13 600 mm2 +

9‚3 ¥ 106 Nmm1489 ¥ 103 mm3 = 72 N/mm2

Eenzelfde berekening voor een buis 150 mm ¥ 150 mm ¥ 10 mm met eveneensuitbuiging van 10 mm zou geleid hebben tot

s = 227 N/mm2

VSds

Bijlage D 173


Het gewicht van een buis 350 ¥ 350 ¥ 10 is 1060 N/m. Het gewicht van een buis150 ¥ 150 ¥ 10 is 430 N/m. Dus een relatief grote besparing.

Voorbeeld D.9Een overkapping heeft als draagconstructie om de 5 m het stalen portaal ABCD zoalsin figuur D.64 getekend.Ligger BC is bij C stijf verbonden aan kolom CD. Kolom AB is een pendelkolom.De bevestiging van kolom CD aan de fundering moet worden beschouwd als eenscharnier. Neem aan dat het betonnen voetstuk onder kolom AB oneindig stijf is.

Figuur D.64.

Gevraagd wordt de horizontale verplaatsing van BC en het buigend moment in C tengevolge van de gegeven rekenbelastingen, volgens figuur D.65.


Kolom CD is verend ingeklemd in ligger BC.Rotatiestijfheid

VSds


r =3 ¥ 24717 kNm2

10 m = 7415 kNm/rad

Onder invloed van de verticale belasting buigt de ligger BC door

f01 =1

24 ¥8‚8 kN/m ¥ (10 m)3

24717 kNm2 = 0,0148 rad

Eerste orde verplaatsing van BC:

u0 = 5,0 m ¥ 0,0148 + 18‚1 kN ¥ (5 m)3

3 ¥ 16302 kNm2 + 18‚1 kN ¥ (5 m)2

7415 kNm = 0,1815 m

(dit is eigenlijk te veel voor zo’n gebouwtje)

De invloed van f01 is relatief groot.

Fk1 =7415 kNm

5 m = 1483 kN

en

Fk2 =p2 ¥ 16302 kNm2

(2 ¥ 5 m)2 = 1609 kN

Fk = 772 kN

Feq = 35 kN + 5‚02‚5 ¥ 53 kN = 141 kN

u =772

772 – 141 ¥ 0,1815 m = 0,222 m

horizontale kracht in A en B: 53 kN ¥0‚222 m2‚50 m = 4,7 kN

Reactie in D: 18,1 kN + 4,7 kN = 22,8 kN

M = 22,8 kN ¥ 5 m + 35 kN ¥ 0,222 m = 121,8 kNm

In de kolom in punt C: s = 35000 N

7680 mm2 +121‚8 ¥ 106 Nmm

675 ¥ 103 mm3

= 185 N/mm2 > 0,7 ¥ 235 N/mm2

Figuur D.67.

VSds

Bijlage D 175

N.B.a. De verplaatsing van BC geeft ook een wijziging van de oplegreacties.

De oplegreactie A wordt u/l·ql = uq = 0,222m ¥ 8,8 kN/m = 2,0 kN groter en reactieD evenveel kleiner.Bij gelijke lengten van AB en CD zou dit niets uitmaken maar nu wordt Feq 2 kNgroter. Dat heeft een te verwaarlozen invloed op de vergrotingsfactor

nn – 1 =

FkFk – Feq

en dus op u.De horizontale kracht bij B wordt

0‚222 m2‚5 m ¥ 2,0 kN = 0,18 kN

groter.Het moment M wordt slechts 0,18 kN ¥ 5 m – 2 kN ¥ 0,222 m = 0,5 kNm groter.De invloed van de verplaatsing van BC op de verkregen uitkomsten kan dus wordenverwaarloosd.

b. Het eerste orde moment in C is 18,1 kN ¥ 5 m = 90,5 kNm.De belasting q geeft een eerste orde moment nul. De belasting q geeft echter weleen tweede orde moment.Daarom is het hier onveilig om te stellen dat

M =n

n – 1 M1e-orde

Dat zou geven

M =772

772 – 141 ¥ 90,5 kNm = 110,7 kNm

een fout van ruim 9% ten opzichte van de werkelijke waarde (121,8 kNm).

c. De verplaatsing van BC is hier wel erg groot. Er kan in de gevel en/of het dakwellicht scheurvorming of glasbreuk optreden. Hier is duidelijk de stijfheidmaatgevend boven de sterkte. Uiteraard kan men de kopgevels zo stijf maken dat ergeen of weinig momenten in de kolommen optreden.

De drie volgende voorbeelden laten zien hoe men zonder te rekenen al rekening kanhouden met het fenomeen stabiliteit.

Voorbeeld D.10Boven en vóór de ingang van het Haagse Congresgebouw bevindt zich een grote luifel,die ondersteund is door een groot aantal pendelkolommen en twee stijf ingeklemdekolommen.

VSds


In principe, maar met meer kolommen, zoals in figuur D.68 getekend. De stabiliteitmoet verzorgd worden door de twee ingeklemde kolommen, die als enige de horizontalebelastingen op het dak kunnen opnemen. Iedere kolom draagt wel z’n eigen deel van dedakbelasting, maar zoals eerder al is uitgelegd, kunnen we voor de beschouwing van destabiliteit doen, alsof alle belasting door de twee ingeklemde kolommen wordtgedragen. Stel, dat de totale dakbelasting 2000 kN bedraagt, dan doen we alsof we elkeingeklemde kolom 1000 kN moet dragen. Stel we willen dat n > 6 , dan moeten dus deingeklemde kolommen zó worden ontworpen, dat Fk > 6000 kN voor uitbuiging in allerichtingen.

Figuur D.68.

Maar nu zien we voor deze constructie een belangrijk element over het hoofd. Devoorgaande redenering is slechts geldig indien het dak alleen maar evenwijdig aanzichzelf kan verplaatsen, maar niet roteren.Om dit probleem te omzeilen en toch een dilatatievoeg te houden tussen luifel engebouw is de luifel zodanig vastgemaakt aan het gebouw dat er wel translatie kanoptreden, maar geen rotatie.

Voorbeeld D.11.Stel het gebouw in figuur D.69 is een gebouw met balkloze vloeren. Zo’n gebouw istamelijk slap.Om het te verstijven zou men in het midden een schacht kunnen maken voor liften entrappen, die de windbelastingen kan opvangen. Zo’n schacht zit vol met grote deur-openingen, dus kan niet zo goed wringing opnemen en levert weinig weerstand aaneventuele rotatie van het bouwwerk. Nog zonder te rekenen doet men verstandig in hetontwerp aan rotatie te denken en aan de einden nog stijve wanden te plaatsen die derotatie verhinderen.

Voorbeeld D.12Het raadhuis van Terneuzen heeft een merkwaardige draagconstructie. De vloerenkragen ver uit, waardoor de kolommen grote belastingen krijgen. Deze kolommen zijnalle pendelkolommen.

VSds

Bijlage D 177

Figuur D.69.

In de begane grond worden telkens drie kolommen via korte pendelkolommetjesopgevangen door een balk van voorgespannen beton, die rust op een in de funderingingeklemde wand. Dat was althans de bedoeling.Uit een oogpunt van stabiliteit was dit niet zo goed. Om twee redenen.a. Korte pendelkolommetjes kunnen gevaarlijk zijn. Dit kan met enige benadering als

volgt worden ingezien. Geef het oplegpunt van de pendelkolommetjes een kleineverplaatsing u. Het pendelkolommetje gaat schuin staan en oefent een horizontalekracht F u/a op de ingeklemde wand uit.Het moment aan de voet van de wand is dan (voor de drie kolommetjes samen):


VSds



3Fu + 3Fua l = 3Fu(1 +

la)

Uit het oogpunt van stabiliteit is dit hetzelfde alsof er een belasting 3F(1 + l/a) opde wand is geplaatst.De factor n = Fk/F is nu gelijk aan

n =Fk

3F(1 + la)

waarbij Fk de kritische belasting van de vrijstaande wand met lengte l is.Als l = 4a betekent dat, dat er een schijnbare belasting van 15F op de wand staat.In het geval Terneuzen was l/a vrij groot.

Figuur D.74.

b. Nog erger kan bij deze pendelkolommetjes het rotatie-effect zijn. Indien debuitenste kolommetjes tegengesteld gericht schuin staan, wordt er een koppel op de

VSds

Bijlage D 179

balk uitgeoefend en als deze draait, gaan de kolommetjes nog schuiner staan enneemt het koppel toe. Zonder verder rekenen is de remedie zeer eenvoudig. Maakhier geen kleine pendelkolommetjes, maar klem ze in in de balk. Zo is het uitge-voerd.

Figuur D.75.

VSds

181

Overdrukken van artikelen uit tijdschriften

VSds

183

Toelichting op het artikel ‘Hoe oud is de kapitein?’

In paragraaf 4.1 is een formule afgeleid voor een staaf, belast door een gelijkmatigverdeelde drukbelasting.

Qk =Wlu0

In deze formule is W de totale gelijkmatig verdeelde dwarsbelasting op de staaf, l delengte van de staaf en u0 de uitbuiging aan het vrije uiteinde van de staaf ten gevolgevan de belasting W.Voor een gebouw is W de totale windbelasting op het gebouw en u0 de uitbuiging dietoch al, om andere redenen dan een stabiliteitsbeschouwing, moet worden bepaald.n is de verhouding tussen de kritische belasting Qk en de werkelijke totale druk-belasting Q.

n =QkQ =

WlQu0

Q is afhankelijk van het gebouwtype en het toegepaste constructiemateriaal.De hieronder opgegeven belastingen zijn representatieve belastingen. Voor een gebouwmet een staalconstructie kan de gemiddelde belasting variëren van 2 tot 2,5 kN/m3.Voor een gebouw met een betonconstructie is dat 3 tot 3,5 kN/m3.In het artikel is W = 83 100 kN, l = 431 m, de gemiddelde gebouwbelasting 2 kN/m3,de gebouwinhoud 1 480 000 m3 en u0 = 0,84 m. Hieruit resulteert n = 14,4 in debruikbaarheidsgrenstoestand.n/(n –1) u0 geeft de uitbuiging mede onder invloed van de drukbelasting.Met een 1,3-voudige belasting wordt n 1,3 maal zo klein.(n/1,3)/(n/1,3 – 1) = n/(n – 1,3) is dan de vergrotingsfactor voor de buigendemomenten. Voor de sterkteberekening kan men de windbelasting daartoe vermenig-vuldigen met deze vergrotingsfactor.g = 1,3 is de gemiddelde belastingsfactor voor een gebouw in veiligheidsklasse 3 met70% permanente belasting en 30% veranderlijke belasting. Die verhoudingen kunnennatuurlijk per gebouw wel iets variëren, maar dat is hier niet van belang.

VSds


Hoe oud is de kapitein?

door prof.ir. D. Dicke c.i.

Aan de vele raadseltjes, waarbij aan de hand van een paar schijnbaar niet relevantegegevens een verrassende oplossing van een probleem wordt gevonden, wil ik hierbijéén toevoegen.Het is een zeer praktisch raadseltje omdat het een waarschuwende vinger heft als webezig zijn onveilig te bouwen, ons veel werk kan besparen als we stabiel bouwen enons, in tegenstelling tot nog maar al te vaak klakkeloos toegepaste voorschriften, eenbelangrijke besparing op de bouwkosten kan opleveren.Het raadseltje gaat als volgt.De architect stelt aan de constructeur twee vragen over een gegeven gebouw met eenmoderne staalconstructie:– hoe groot is de totale windkracht in kN, die je volgens de T.G.B. 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, die hij doorgeeft aan deconstructeur.Na het stellen van de vragen geeft de architect de volgende opdracht aan deconstructeur, die altijd wel enig rekentuig bij zich heeft:Vermenigvuldig de gegeven windkracht met de hoogte van dit gebouw (in m). Deeldeze uitkomst door tweemaal het produkt van de gegeven uitbuiging en de inhoud inm3.Noem deze uitkomst n. Hoe groot is n?Het antwoord kan nu in één van de volgende categorieën liggen.Bij elk daarvan hoort een antwoord aan de constructeur op de vraag waarom hetuiteindelijk is begonnen. Is dit gebouw stabiel?voor n < 2 luidt het antwoord: dit gebouw is niet stabiel.voor 2 < n < 5 luidt het antwoord: dit is een griezelig gebouw, we moeten het zo niet

maken.voor 5 < n < 10 luidt het antwoord: voor we verder gaan moeten we een gedegen

studie van de stabiliteit van dit gebouw maken.voor n > 10 luidt het antwoord: over de stabiliteit van dit gebouw behoeven we

ons geen zorgen te maken. We kunnen volstaan met een sterkte-berekening, waarbij de windbelasting moet worden vermenigvuldigdmet n/(n – g).

VoorbeeldHet hoogste kantoorgebouw van de wereld, het Sears-building, staat in Chicago. Het isruim 431 m hoog en heeft 109 verdiepingen.

VSds

Overdrukken van artikelen uit tijdschriften 185

Het ontleent zijn stijfheid aan 4 frames in beide hoofdrichtingen, die de vierkanteplattegrond in 9 gelijke delen verdelen. Boven de 50e verdieping verjongt het gebouwvolgens de in de tekening aangegeven patroon.

3x22,86 m

431,

3 m

3x22

,86

m 66 90 50

109 109 90

50 90 66

Bij een bezoek aan dit gebouw kreeg ik, staande in de ruwbouw op de 66e verdiepinghet volgende gegeven:Bij een gemiddelde windbelasting van 3 kN/m2 — wat bij een getroffen oppervlak van27 700 m2 een totale windkracht van 83 100 kN betekent — bedraagt de uitbuiging aande top 33 inch (= 0,84 m).Uit de gebouwgegevens is verder af te leiden dat de inhoud van het gebouw1 480 000 m3 bedraagt. Deze gegevens zijn voldoende om op eenvoudige wijze de matevan stabiliteit te bepalen.We vinden namelijk:

n =83 000 kN ¥ 431 m

2 kN/m3 ¥ 1 480 000 m3 ¥ 0‚84 m = 14,4

Het Sears-building is dus stabiel.Dit gebouw zou kunnen worden berekend op sterkte, waarbij het stabiliteitsprobleemwordt ingebouwd in een vergrotingsfactor voor de windbelasting gelijk aan14,4/12,9 = 1,12 (voor g = 1,5).

VSds


Een nauwkeuriger berekening door de constructeur met behulp van Timoshenko:‘Theory of elastic Stability’, hoofdstuk 2.16 leverde een uitkomst overeenkomend metn = 17.In de door mij gehanteerde oplossing is uitgegaan van een gemiddelde gebouw-belasting van 2 kN per m3 gebouw. Men kan achteraf verifiëren of dit juist is en bijbelangrijke afwijking de uitkomst voor n veranderen met behulp van de correctiefactor2/a, waarin a de werkelijke gemiddelde gebouwbelasting is in kN/m3.Daar een gebouw met een betonskelet al tussen de 3 en 3,5 kN/m3 weegt, zal degenoemde correctie in het algemeen nauwelijks invloed hebben en pas van betekeniskunnen zijn bij de lagere n-waarden (n < 7)

Uit Bouw, no. 17 27-4-1974

VSds


Vallen en opstaan bij kruipen en knikken

prof.ir. D. Dicke

KruipknikIn het maartnummer van Cement schreef ir. A.W. de Jongh een interessant artikel overkruipinvloeden in op druk belaste constructiedelen [5]. Hierbij maakte hij gebruik vaneenvoudige modellen die de vervormingen nabootsen, zogenaamde reologischemodellen. Zijn artikel is een uittreksel uit twee door hem geschreven onderzoek-rapporten, getiteld ‘De kruipknik van staal-betonkolommen’. Voor ieder die zich wilverdiepen in deze, voor beton zo belangrijke materie, zeer aan te bevelen literatuur.Persoonlijk heb ik wel bezwaar tegen de term ‘kruipknik’, al drukt hij duidelijk uit watwordt bedoeld. Knik is een zuiver theoretisch begrip. Gegeven een zuiver rechte kolomvan een zuiver homogeen en lineair elastisch materiaal, die in al zijn doorsneden zuivercentrisch wordt belast. Door één of andere oorzaak krijgt deze kolom een kleineuitbuiging. Deze kolom is stabiel indien hij na verdwijnen van de oorzaak van deuitbuiging weer in zijn rechte stand terugkeert.Er is echter een belasting van de kolom, waarbij de uitbuiging niet verdwijnt nawegvallen van de oorzaak van uitbuigen. Behalve de zuiver rechte toestand van dekolom zijn er meer toestanden van evenwicht mogelijk. De belasting waarbij meertoestanden dan alleen de rechte uitgangstoestand mogelijk zijn, noemt men de kritischebelasting. Men spreekt ook van de knikkracht Fk of van de Eulerse kracht FE. Geenenkele kolom voldoet aan de hier gestelde uitgangspunten. Een kolom is nooit zuiverrecht, zuiver homogeen, zuiver lineair elastisch, zuiver centrisch belast. Afwijkingentussen de kolom-as en de werklijn van de drukkracht zullen door deze laatste wordenvergroot. Voordat de knikkracht is bereikt is de kolom al òf instabiel geworden, òfbezweken door overschrijding van bezwijkspanningen van het materiaal.

Figuur 1. Mogelijke oorzaak van kortstondige uitbuiging.

Is het materiaal van de kolom onderhevig aan kruipvervormingen, dan zal de uitbuigingvan de kolom met de tijd toenemen zonder belastingverhoging. Bij een gegeven initiële

VSds


uitbuiging behoort dan een belasting waarbij de kolom op den duur instabiel wordt, ofbezwijkt door overschrijding van de bezwijkspanning van het materiaal. We kunnendeze belasting toch bezwaarlijk de kruipknikkracht van de kolom noemen.Knik is een theoretisch plotseling gebeuren. We zouden eigenlijk beter het woord knikhelemaal kunnen schrappen, evenals het ervan afgeleide begrip kniklengte en voortaanuitgaan van de werkelijke toestand van de kolom, zijn initiële uitbuiging, zijn werkelijkemateriaaleigenschappen, de mogelijke excentriciteit van een centrische belasting. Kniken kniklengte behoren tot de, overigens wel handige, rekentrucs die het werkelijkegebeuren versluieren. De Eulerse knikkracht, een zuiver theoretische waarde, blijktechter nog steeds onmisbaar en speelt een belangrijke rol in stabiliteitsbeschouwingen.Dit alles naar aanleiding van het woord kruipknik.

Model voor het berekenen van de kruipvervormingIntussen had voornoemd artikel mij weer herinnerd aan mijn eerste publikatie overstabiliteitsproblemen [2], waarin ik uit een publikatie [1] een formule overnam om degrote invloed van kruip bij stabiliteitsproblemen te benadrukken Het was vooral prof.ir.H.J. Kist, die tijdens een voordracht voor de STUVO over de invloed van kruip op demomentenverdeling in voorgespannen betonconstructies, een aantal STUVO-leden aanhet bestuderen van kruipproblemen heeft gezet. Men spreekt nog steeds van het ‘Kist-effect’.Zelf heb ik in die periode diverse studies gemaakt waarvan ik de aantekeningen bijelkaar heb gezocht en er enkele heb bewerkt voor dit artikel, zodat lezers dit kunnenvergelijken met het artikel van ir. A.W. de Jongh. Ik heb daarbij ook gebruik gemaaktvan een model. Het is niet beter of slechter dan het door ir. De Jongh gehanteerdemodel. Het is geen origineel model; het is al vele jaren in gebruik geweest [1].

Het model ziet er als volgt uit.

Een drukspanning sb¢ in beton heeft een ogenblikkelijke elastische vervorming e0¢ =sb¢ /Eb¢ tot gevolg. Ten gevolge van de kruip zal deze vervorming met de tijd toenemen.De kruipvervorming bedraagt per definitie: ekr¢ = jte0¢ . Voor t Æ • zal jt naderen toteen limietwaarde j•.Deze waarde is afhankelijk van veel factoren — zie het artikel van ir. A.W. de Jongh —en zal liggen tussen een kleine waarde ca. 0,4 (beton zal altijd wel iets kruipen, ook oudbeton) en een maximum waarde van 4.De VB’74 doet een poging om jt in orde van grootte vast te stellen.Het verloop van de kruip met de tijd zou er kunnen uitzien zoals in tabel 1 isweergegeven, indien bijvoorbeeld na 28 dagen verharding wordt belast [6].

VSds


Tabel 1.tijd na belasten kruipvervorming in %

van totale kruip1 uur 41 dag 101 week 201 maand 321 kwartaal 461 halfjaar 601 jaar 752 jaar 905 jaar 100

Deze tabel geeft niet meer dan een indicatie over het verloop van de kruip! Zouden wede tabel in een grafiek uitzetten, dan vinden we zoiets als lijn a in figuur 2. Er is belastop tijdstip t0 (= 28 dagen verharding). Zouden we nu niet belasten op tijdstip t0 maarop tijdstip t1 dan zal het verloop van de kruipfactor j door lijn b worden weergegeven.Lijn b loopt evenwijdig aan lijn a, dus op elk ogenblik t hebben de lijnen a en bdezelfde waarde djt/dt!

tijdt1 t2t0

ftf•

ft2

ft1

ft2 – ft1

a

b

Figuur 2. Evenwijdige kruipkrommen van Whitney.

Met de tijd neemt ook de elasticiteitsmodulus toe. De kruipfactor j is zodanig bepaalddat de kruipvervorming, onverschillig op welk moment wordt belast, altijd wordtbetrokken op de elastische vervorming die zou zijn opgetreden indien werd belast ophet moment t0. Indien dus wordt belast op het tijdstip t1, dan is op het tijdstip t2 dekruipvervorming gelijk aan (jt2 – jt1)sb¢ /Et0, waarbij sb¢ de betonspanning is tengevolge van de op het moment t1 aangebrachte belasting, indien deze spanning tussen t1en t2 niet is toegenomen. De toename (gedurende een tijdje dt) van de kruip op hetogenblik t2 bedraagt:

sb¢Et0

d(jt2 – jt1) = sb¢Et0

djt2

Omdat a en b evenwijdig lopen is immers d(jt2 – jt1), gelijk aan djt2.

VSds


Stel we belasten eerst op tijdstip t0 met spanning sb0¢ en later nog eens op tijdstip t1 metspanning sb1¢ dan is de kruipvervorming op tijdstip t2 gelijk aan:

sb0¢Et0

jt2 +sb1¢Et0

(jt2 – jt1)

De toename (gedurende een tijdje dt) van de kruipvervorming op tijdstip t2 bedraagtdan:

sb0¢Et0

djt2 +sb1¢Et0

d(jt2 – jt1) = sb0¢ + sb1¢

Et0 djt2

Dus om op een willekeurig tijdstip t de toename van de kruipvervorming te bepalenmoeten we doen alsof alle belasting, al is die over nog zoveel tijdstippen verdeeldaangebracht, is aangebracht op het tijdstip t0. De op deze wijze op het tijdstip t0

berekende vervorming vermenigvuldigen we dan met djt.Zolang het beton niet is gescheurd nemen we aan dat de kruipvervorming bij ontlastenhetzelfde verloop heeft als bij belasten! Dus indien op tijdstip t0 wordt belast metspanning sb0¢ en op tijdstip t1 wordt ontlast met spanning s b 1¢ , dan is dekruipvervorming op tijdstip t2 gelijk aan:

sb0¢Et0

jt2 –sb1¢Et0

(jt2 – jt1)

Indien sb1¢ , = sb0¢ , dus volledige ontlasting van het beton, is de kruipvervorming optijdstip t2 gelijk aan:

sb1¢Et0

jt1 =sb0¢Et0

jt1

Dit is een blijvende vervorming, afhankelijk van het tijdstip van ontlasten.We werken volgens het 2-parametermodel van Dischinger (figuur 5a van het artikel vanir. De Jongh). De totale blijvende vervorming is gelijk aan

sb0¢Et0

– sb1¢Et1

+ sb0¢Et0

jt1 = sb0¢ (1 + jt1

Et0 –

1Et1

)

of voor Et1 = Et0 gelijk aan sb0¢Et0

jt1.

Hierin sb0¢ /Et0 de elastische vervorming bij het belasten en sb1/Et1 de elastischevervorming bij het ontlasten. Bij onveranderlijke elasticiteitsmodulus zijn beide termengelijk indien sb1 = sb0¢ .

Indien sb1 niet gelijk is aan sb0¢ en in absolute waarden gerekend kleiner is dan sb0¢ ,dan is de toename van de kruipvervorming (gedurende een tijdje dt) gelijk aan:

VSds


sb0¢Et0

djt2 –sb1

Et0d(jt2 – jt1) =

sb0¢ – sb1

Et0 djt2

dus ook gelijk aan de elastische vervorming op tijdstip t0 alsof alle belasting op tijdstipt0 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-betonkolomVoorwaarde is dat wapening en beton hetzelfde zwaartepunt hebben. De normaalkrachtgrijpt aan in het zwaartepunt. De normaalkracht N¢ wordt opgenomen door het beton endoor de wapening. Het beton neemt op een belasting Nb¢ en het staal een belasting Na¢ .

N¢ = Nb¢ + Na¢

De directe elastische vervorming op tijdstip t0 is gelijk aan:

e0¢ =Nb¢

EbAb =

Na¢EaAa

Figuur 3. Dubbelsymmetrische doorsnede.

We gaan er van uit dat de elasticiteitsmodulus van het beton onveranderlijk is enschrijven hiervoor verder Eb. Met Aa = wAb en Ea = n Eb is

Nb¢EbAb

= Na¢

wn EbAbof

Na¢ = wn Nb¢

N¢ = (1 + wn)Nb¢

Na de elastische vervorming gaat het beton kruipen. Het staal kruipt niet; het verzet zichtegen het kruipen van het beton. Tijdens het kruipen van het beton wordt het staalgeleidelijk aan zwaarder belast en het beton evenveel ontlast.Stel, op het tijdstip t = t is die ontlastende kracht op het beton aangegroeid tot eenwaarde X. Dan is de kracht op het beton op dat moment gelijk aan (Nb¢ – X). Indiendeze kracht op het tijdstip t0 was aangebracht, dan was de elastische vervorming gelijk

VSds


geweest aan:

Nb¢ – XEbAb

Gedurende een tijdje dt zal de kruipvervorming toenemen met:

Nb¢ – XEbAb

djt

Gedurende dit tijdje dt groeit X aan met dX. Dit krachtje dX zal een directe elastischevervorming geven (negatief, want dX is een ontlastend krachtje) dX/(EbAb).Het beton vervormt dus gedurende het tijdje dt:

Nb¢ – XEbAb

djt – dX

EbAb

In ditzelfde tijdje dt neemt de kracht op het staal toe met het krachtje dX. Het staal zalgedurende dt vervormen:

dXEaAa

Beide vervormingen moeten gelijk zijn, dus:

Nb¢ – XEbAb

djt – dX

EbAb =

dXEaAa

Of:

(Nb¢ – X)djt = dX(1 + 1

wn)

Daar d(Nb¢ – X) = –dX, kunnen we schrijven:

–wn

wn + 1 djt =

d(Nb¢ – X)

Nb¢ – X

Integratie hiervan levert:

Nb¢ – X = C·e–

wn

w n + 1j t

Voor t = t0 is jt = 0 en X = 0. Dus C = Nb¢ . Dus:

X = Nb¢ (1 – e–

wn

w n + 1j t)

Voor t = • (dat is al na enige jaren), is:

VSds


X• = Nb¢ (1 – e–

wn

w n + 1j •)

Of:

X• = N¢

wn + 1(1 – e

–wn

w n + 1j •)

De kruipvervorming van de kolom is gelijk aan X/EaAa dus aan de toename van devervorming van het staal.De verhouding van de kruipvervorming van de kolom tot de elastische vervorming vande kolom is dus gelijk aan:

_j =

XNa¢

= X

wn·Nb¢of:

_j• =

1wn

(1 – e–

wn

w n + 1j •)

_j is de kruipfactor voor de kolom; j is de kruipfactor voor het beton.Op het beton werkt nu Nb¢ – X•; op het staal werkt nu Na¢ + X•.

VoorbeeldWe nemen de kolom uit het artikel van ir. de Jongh als rekenvoorbeeld.

40

40

400

400

Ab = 160 000 mm2

Aa = 0,06Ab = 9600 mm2

H

l

Figuur 4. 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 = 21000028000 = 7,5; wn = 0,06 ¥ 7,5 = 0,45

Na¢ = 0,45 ¥ Nb¢ = 0‚451‚45 N¢ = 0,31 N¢

VSds


Nb¢ = 0,69N¢

X• = 0,69N¢(1 – e–

0‚451‚45¥2) = 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 debelasting over het beton en het staal.De kruipfactor voor de kolom is:

_j =

X•Na¢

= 0‚320‚31 = 1,03

2 Een op buiging belaste gewapend-betonkolomWe gaan er van uit dat er voldoende drukkracht aanwezig is, zodat er door de buiginggeen trekspanningen kunnen ontstaan. We laten deze drukkracht voorlopig buitenbeschouwing. Gegeven wordt een beschouwing aan de hand van een oneindig stijfingeklemde kolom met een horizontale belasting aan de top. Deze beschouwing geldtechter 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 staalwordt opgenomen. Wapening en beton hebben hetzelfde zwaartepunt. Van dehorizontale kracht H wordt een deel Hb door het beton opgenomen en een deel Ha doorhet staal; H = Hb + Ha.De doorbuiging f0 bedraagt:

f0 =Hbl3

3EbIb =

Hal3

3EaIa

Met Ia = µIb en Ea = nEb is:

f0 =Hbl3

3EbIb =

Hal3

3µnEbIb

dus:Ha = µnHb

H = (1 + µn)Hb

Het kruipen gaat nu precies zo als bij de op druk belaste kolom. Het kruipen van hetbeton wordt tegengewerkt door het staal. Er ontwikkelt zich een tegenwerkende krachtX op het beton en dus een extra kracht X op het staal. Op een tijdstip t = t is de krachtop het beton: (Hb – X). Denken we deze kracht aangebracht op tijdstip t0 dan is deelastische vervorming:

(Hb – X)l3

3EbIb

VSds


Gedurende het tijdje dt zal de kruipvervorming van het beton gelijk zijn aan

(Hb – X)l3

3EbIb dj

Gedurende dt ontwikkelt zich tegenwerkend krachtje dX, dat een elastische terug-buiging geeft:

dX·l3

3EbIb

Het krachtje dX geeft het staal een uitbuiging:

dX·l3

3EaIa

Dus geldt:(Hb – X)l3

3EbIb dj –

dX·l3

3EbIb =

dX·l3

3EaIa

Op dezelfde wijze als bij de gedrukte kolom vinden we nu:

X• = Hb(1 – e–

µnµ n + 1 j •)

De kruipfactor _j voor de kolom is:

_j• =

X•Ha

= 1

µn (1 – e–

µnµ n + 1 j •)

VoorbeeldWe nemen dezelfde kolom als bij de op druk belaste kolom uit de vorige paragraaf alsrekenvoorbeeld.

40

40

400

400

320

f = 24800 mm2

4800 mm2

Figuur 6. Ook nu dubbelsymmetrische doorsnede. Figuur 7.

Ib = 112 ¥ 4004 = 213 330 ¥ 104 mm4

Ia = 2·4800 ¥ 1602 = 24 576 ¥ 104 mm4

µ =IaIb

= 0,115; n = 7,5

VSds


µn = 0,115·7,5 = 0,86

Ha = 0,86 Hb = 0‚861‚86 H = 0,46 H

Hb = 0,54 H

X• = 0,54 H(1 – e–

0‚861‚86 ·2) = 0,33 H

Uiteindelijk werkt op het beton (0,54 – 0,33) H = 0,21 H, en op het staal (0,46 + 0,33)H= 0,79 H De kruipfactor voor de kolom is:

_j =

X•Ha

= 0‚330‚46 = 0,70

3 De excentrisch op druk belaste kolom*

Op het tijdstip t0 zal de kolom elastisch vervormen. De tweede-orde-uitbuigingbedraagt n/(n – 1) e0. Door kruip zal deze uitbuiging toenemen.Iedere kruipvervorming wordt direct gevolgd door een 1/(n – 1) maal zo groteelastische tweede-ordevervorming. Van de vervorming na het tijdstip t0 zal dus 1/n-dedeel elastische vervorming zijn die ook weer aanleiding geeft tot kruip.

N¢

e0

Hier is n = N¢k/ N¢ !

kruip kruip

kruip

1n–1

nn–1

Figuur 8. Kruipvervorming plus de daarvoor veroorzaakte elastische vervorming.

We bekijken de kolom op het tijdstip t = t. Na het tijdstip t0 is door de kruipinvloed vanhet beton de kolom verder uitgebogen overeen afstand et. Van die uitbuiging et is 1/n et

een elastische uitbuiging. De totale elastische uitbuiging op het tijdstip t = t bedraagdus:

1n – 1 e0 +

1n et

* In de volgende gevallen is n niet meer de n = Ea/Eb maar is n = N ¢k/N ¢ in formules als 1/n,1/(n – 1) en n/(n – 1).

VSds


kruip

krui

kruipnn–1

elastisch

det

Figuur 9. Totale vervorming gedurende tijdje dt.

Gedurende een tijdje dt zal de kruipvervorming van de kolom dus bedragen:

( 1n – 1 e0 +

1n et) d

_j

Het maakt immers niet uit op welk tijdstip de elastische vervorming plaats vond. Wedoen alsof de totale elastische vervorming plaats vond op het tijdstip t0. Diekruipvervorming gedurende het tijdje dt wordt direct gevolgd door een elastischetweede-ordevervorming maal de kruipvervorming, ofwel 1/n maal de totale vervormingdet gedurende het tijdje dt. Dus:

det = ( 1n – 1 e0 +

1n et)d

_j +

1n det

vermenigvuldig met n:

det(n – 1) = ( nn – 1 e0 + et)d

_j

Daar d( nn – 1 e0 + et) = det, kunnen we schrijven:

d( nn – 1 e0 + e t)

nn – 1 e0 + et

= 1

n – 1 d _

j

Integratie geeft:

nn – 1 e0 + et = C·e

1n – 1

_j

Voor t = t0 is _j = 0 en et = 0; C = n

n – 1 e0. Dus:

et = nn – 1 e0 (e

1n – 1

_j

– 1)

Dit is de vervorming die wordt veroorzaakt door het kruipen van het beton. De totale

VSds


excentriciteit is nu:

etot = nn – 1 e0 + et = n

n – 1 e0·e1

n – 1

_j •

Mtot = N¢etot = N¢e0· nn – 1 e

1n – 1

_j •

Deze formule, maar dan anders afgeleid, kan men ook vinden in [1].

VoorbeeldNog steeds dezelfde kolom als in de vorige rekenvoorbeelden

N¢ = 2500 kN

Nk¢ =p2(EaIa + EbIb)

4l2 =

p2(0‚86 + 1) ¥ 28000 ¥ 213330 ¥ 104

4 ¥ 60002 ¥ 10–3 =

= 7615 kN

n = 76152500 = 3,05

_j = 0,70 (berekend voor geval 2)

2500 kN

e0 = 20 mm6 m

40

40

400

400

320

j = 24800 mm2

4800 mm2

f = 2

Figuur 10. Voorbeeld van excentrisch gedrukte kolom.

1n – 1 e0 = 1

2‚05 ¥ 20 = 9,8 mm

nn – 1 e0 = 20 + 9,8 = 29,8 mm

et = 29,8(e1

2‚05¥0‚70– 1) = 12,1 mm

De totale uitbuiging etot = 29,8 + 12,1 = 41,9 mm.Er is goede overeenstemming met de uitkomst van ir. de Jongh, die 42,8 mm vond.

We kunnen nu ook de spanningen in de voet van de kolom berekenen. We gaan nogsteeds uit van een lineair s-e-diagram bij kortstondige belasting.

VSds


s¢

e¢

Figuur 11. s¢-e¢-diagram voor kortstondige belasting.

N¢ = 2500 kN

M = N¢etot = 2500 ¥ 0,0419 = 105 kNm

In de gevallen 1 en 2 zijn de krachten op het beton en staal berekend. Met de daargevonden uitkomsten volgt nu:

sb¢ = – 0‚37 ¥ 2500 ¥ 103

160 000 ± 0‚21 ¥ 105 ¥ 106

16 ¥ 4003

= –5,8 ± 2,1 N/mm2

(–7,9 en –3,7 N/mm2)

sa¢ = – 0‚63 ¥ 2500 ¥ 103

9600 ± 0‚79 ¥ 105 ¥ 106

320 ¥ 4800 = –164 ± 54 N/mm2

(–218 en –110 N/mm2)

Op het tijdstip t0 zijn de betonspanningen hoger, ondanks de geringere uitbuiging.

N¢ = 2500 kN

M = 2500 ¥ 0,0298 = 74 kNm

sb¢ = – 0‚69 ¥ 2500 ¥ 10–3

160 000 ± 0‚54 ¥ 74 ¥ 106

16 ¥ 4003

= –10,8 ± 3,8 N/mm2

(–14,6 en –7,0 N/mm2)

t = •

t = t0

–3,7

–7,0 –7,9

–14,6

Figuur 12. Betonspanning bij het begin en na het einde van het kruipproces voorN¢ = 2500 kN.

Ir. De Jongh vindt met behulp van het computerprogramma KRUKO voor een belas-ting van 3250 kN na t = • kruipinstabiliteit.

VSds


n = 76153250 = 2,34

1n – 1 e0 = 1

1‚34 ¥ 20 = 14,9 mm

nn – 1 e0 = 34,9 mm

et = 34,9(e1

1‚34¥0‚70– 1) = 24,0 mm

etot = 34,9 + 24,0 = 58,9 mm

M = 3250 ¥ 0,0589 = 191 kNm

sb¢ =–0‚37 ¥ 3250 ¥ 103

160000 ± 0‚21 ¥ 191 ¥ 106

16 ¥ 4003

= –7,5 ± 3,8 N/mm2

(–11,3 en –3,7 N/mm2)

sa¢ =–0‚63 ¥ 3250 ¥ 103

9600 ± 0‚79 ¥ 191 ¥ 106

320 ¥ 4800 = –213 ± 98 N/mm2

(–311 en –115 N/mm2)

Dan kunnen we nu de vervorming van de inklemmingsdoorsnede bekijken:

sa gem¢ = 213 N/mm2

ea gem¢ =213

210000 = 1,01 ¥ 10–3

Ten gevolge van de buiging is sa¢ = 98 N/mm2 en ea¢ = 98210 000 = 0,47 ¥ 10–3. Dus:

eb¢ = 1,01 ¥ 10–3 + 200160 ·0,47 ¥ 10–3 = 1,60 ¥ 10–3

40 160 160 40

0,42

·10–

3

0,54

·10–

3

1,01

·10–

3

1,48

·10–

3

e ¢ b =

1,6

0·10

–3

t = •

t = t0

–4,7

–8,3–11,3

–19,7

Figuur 13. Vervormingen inklemmings-doorsnede aan het eind van het kruip-proces voor N¢ = 3250 kN.

Figuur 14. Betonspanningen bij hetbegin en na het einde van het kruip-proces voor N¢ = 3250 kN.

VSds


Dit komt overeen met

Eb¢ =11‚3

1‚60 ¥ 10–3 = 7060 N/mm2

Dit alles ziet er nog niet naar uit dat de kolom bezweken is.

Hoe is het op tijdstip t0? Dan is:

e = nn – 1 e0 = 34,9 mm

M = 3250 ¥ 0,0349 = 113 kNm

sb¢ = – 0‚69 ¥ 3250 ¥ 103

160000 ± 0‚54 ¥ 113 ¥ 106

16 ¥ 4003

= –14,0 ± 5,7 N/mm2

(–19,7 en –8,3 N/mm2)

De vraag is niet of deze kolom ten tijde van t = • zal bezwijken (daar ziet het immersniet naar uit), maar hoe hij het moment t = t0 zal doorstaan met een betonspanning die0,88 maal de karakteristieke kubusdruksterkte bedraagt. Het is wel zeer kortstondig ende kruip begint direct en dus ook de spanningsvermindering. Maar gelden bij dezehoge aanvangsspanning nog wel de aangenomen kruipregels?De voorschriften zeggen hier niets over. Volgens de VB 1974 kan de belasting nogworden verhoogd, totdat het beton de spanning 0,6·22,5 = 13,5 N/mm2 heeft bereikt ende vervorming eb¢ = 3,5‰, of het staal de spanning sa¢ = 400 N/mm2 bereikt.

Voor N¢ = 4000 kN vinden we op het moment t = •:

sb¢ = 13,4 N/mm2

sa¢ = 368 N/mm2

eb¢ = 1,19·10–3

Dit zou volgens de VB 1974 nog niet de bezwijkbelasting van de kolom zijn, maar wehebben wel het horizontale deel van het s-e-diagram bereikt en ook sa¢ is dicht bij devloeigrens, zodat we volgens de VB niet veraf zijn van het bezwijken.

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.

Deze laatste kromme wordt ongeveer bij het punt N¢ = 3600 kN gesneden door de lijndie de relatie N¢-etot uiteen oogpunt van bezwijken weergeeft.Nogmaals, dit alles geldt, indien erop het tijdstip t = t0 een lineaire relatie bestaat tussens¢ en e¢, er dan geen bezwijken optreedt en de kruipregels ook opgaan bij zeer hogeaanvangsspanningen. Indien deze voorwaarden gelden dan kunnen we uit de grafiekconcluderen dat, wanneer we op het tijdstip t0 belasten met een belasting lager dan 3600

VSds


kN, er met de tijd extra vervorming optreedt, maar geen bezwijken. Belasten we bóvende 3600 kN, dan zal na verloop van tijd door kruip de bezwijklijn worden bereikt en dekolom dus dan pas bezwijken.

bezwijken

N¢

4000360034003250

2500

1500

0 20

24,9

29,8

34,936,1

37,9

42,291,870,8

63,5

58,9

41,9

29,6

nn–1

e01

n–1f•

etot

e0enn–1

Figuur 15. Gedrag van de besproken excentrisch gedrukte kolom, met en zonder kruip.

Dat bij deze kolom de aanvangsspanningen in het beton zoveel hoger zijn dan despanningen op t• komt door het hoge wapeningspercentage van 6%. waardoor dekruipfactor van de kolom (

_j = 0,70) zoveel kleiner is dan die van het beton (j = 2,0).

De lezer kan zelf narekenen dat bij een wapeningspercentage van 1% voor op drukbelaste kolommen

_j = 1,71 en voor op buiging belaste kolommen

_j = 1,60. De kruip

zal nu een veel grotere rol spelen.Zou door omstandigheden de kolom uit het artikel van ir. de Jongh pas na enige jarenworden belast dan zal er praktisch geen kruip meer zijn. Er zijn dan bij deze kolomhogere betonspanningen dan waarop gerekend was. Overigens is dan ook de sterktetoegenomen.

De Voorschriften geven wel aardige regels maar laten toch veel onopgelost. We werkenmet karakteristieke belastingen; dat zijn belastingen die een kans van 5% opoverschrijding hebben. Dus de gebruiksbelasting is meestal kleiner dan de in deberekening aangehouden karakteristieke belasting. Dan moet er nog een belastingfactorgroot 1,7 in rekening worden gebracht. Een deel daarvan (1,4) is bestemd als margevoor de belastingen gedurende de levensduur. We kunnen rustig stellen dat in hetalgemeen slechts het eigen gewicht van de constructie vanaf het begin aanwezig is en bijeen bouwwerk van enige importantie kan dat begin al één of meerdere jaren duren. Derustende belasting komt iets later. Een deel van de veranderlijke belasting kan er ook alspoedig zijn. Maar daarmee hebben we het wel gehad wat betreft langdurigebelastingen in de kruipperiode. De rest van de marge en kortstondige belastingen, zoalswindbelastingen, vallen geheel buiten de kruipperiode, waarbij de meer permanente nogwel enige, zij het weinig, kruip opwekken De kortstondige belastingen zullen geenenkele kruipveroorzaken.

VSds


4 De horizontaal en verticaal belaste kolomDe eerste-orde-uitbuiging bedraagt f0. De tweede-orde-uitbuiging op tijd t0: 1/(n – 1)f0De totale uitbuiging op tijd t0 dus n/(n – 1) f0. Deze uitbuiging veroorzaakt kruip.

Op tijd t = t zal gedurende een tijdje dt de verplaatsing gelijk zijn aan:

dft = ( nn – 1 f0 +

1n ft)d

_j +

1n dft

(n – 1) dft = ( n2

n – 1 f0 + ft)d_j

H H H HN¢ N¢ N¢

f0 ftf01

n–1

Figuur 16. Vervorming van de tegelijk horizontaal en verticaal belaste kolom.

d( n2

n – 1 f0 + ft)n2

n – 1 f0 + ft

= 1

n – 1 d_j

n2

n – 1 f0 + ft = C·e1

n – 1

_j

Voor t = t0 is _j = 0 en ft = 0.

C =n2

n – 1 f0

ft =n2

n – 1 f0 (e1

n – 1

_j

– 1)

Het buigend moment bij de inklemming bedraagt:

Mtot = Hl + N¢ { nn – 1 f0 +

n2

n – 1 f0 (e1

n – 1

_j

– 1)}

Bij benadering is Nk¢ = Hl/f0 = N¢n (zie [4]).

VSds


Mtot = Hl + Hl( 1n – 1 +

nn – 1 e

1n – 1

_j

– n

n – 1 ) = Hln

n – 1 e1

n – 1

_j

Evenals bij de excentrisch op druk belaste kolom onder 3 wordt ook hier het eerste-ordemoment vermenigvuldigd met de vergrotingsfactor n

n – 1 exp( 1n – 1

_j).

VoorbeeldWeer dezelfde kolom als rekenvoorbeeld. Evenals het voorbeeld bij 3 is Nk¢ == 7615 kN; n = 3,05 en

_j = 0,70.

Bij benadering geldt:

10 kN

2500 kN

6 m

Figuur 17. Voorbeeld van tegelijk horizontaal en verticaal belaste kolom.

M = 3‚052‚05 e

12‚05¥0‚70

10 ¥ 6 = 2,09 ¥ 60 = 126 kNm

Uitbuiging:

f0 =Hl3

3(EaIa + EbIb) = 6,5 mm

Op tijdstip t0:

nn – 1 f0 = 3‚05

2‚05 ¥ 6,5 = 9,7 mm

Door kruip:

ft = 3,05·9,7(e1

2‚05¥0‚70 – 1) = 12,0 mm

ftot = 9,7 + 12,0 = 21,7 mm

Theoretisch exact:

Mtot = 10·6 + 2500 ¥ 0,0217 = 60 + 54 = 114 kNm

BesluitDit waren enige vingeroefeningen over de invloed van de kruip op de vervormingen en

VSds


momenten van kolommen van gewapend beton. Ze roepen een aantal vragen op. Vooreen constructeur die beslissingen moet nemen gaat het niet alleen om een letterlijketoepassing van voorschriften. Iedere methode die inzicht verschaft in wat er gebeurt ineen constructie, de modellen van ir. de Jongh, de hier gehanteerde beschouwingen ennog andere, zal het nemen van beslissingen meer verantwoord doen zijn.

Literatuur1. Over de invloed van de kruip en de relaxatie op de spanningen en vervormingen in

constructies; IBC-Mededelingen, juli 1955.2. Ir. D. Dicke, Stabiliteitsproblemen en de 11

2 %-regel voor hoge gebouwen; Cement1961, nr 7.

3. VB 1974 deel A; Rijswijk, NNI, 1974.4. Prof.ir. D. Dicke, Knik en Stabiliteit; ’s-Hertogenbosch, Stichting Professor Bak-

kerfonds.5. Ir.A.W. de Jongh, Kruipinvloeden in op druk belaste constructiedelen; Cement

1980 nr. 3.6. Dr. Kurt Billig — Structural Concrete.

Uit Cement XXXII (1980) nr. 10

VSds

206

Index

aaanlegsteiger 24aanvangsspanningen 201actiemoment 27, 30, 32affien 56, 62affiniteit 39, 43, 45, 50, 52, 73, 120, 123, 124

—, zuivere 75

bbalkloze vloeren 177beddingsconstante 21, 34belasting

—, excentrische 77, 198—, kritische 28, 30, 37, 43, 56, 89, 91, 93,116, 128—, langdurige 142—, veranderlijke 148

belastingsfactor 161benaderingstheorie 43beton 141, 142bezwijklijn 202bezwijkspanningen 187boorpalen 16boot 24bruikbaarheid 44bruikbaarheidsgrenstoestand 44, 45, 117, 142Buigslappe staven 126buigzaamheid 27buigzame staaf 36, 38

ccirkelvormige fundering 23computer 59, 60, 69, 80, 82, 101, 102, 111, 117computer uitkomsten 44, 47, 66computerberekening 45, 46, 51, 52

ddak 148, 151, 161, 162, 170derdegraadskromme 118differentiaalvergelijking 115dimensieloze grootheden 56duikelaartje 24dwarsbelast 71dwarsbelaste pendelstaaf 71, 89

eeerste orde 38, 39, 49, 59, 73, 99, 100, 106, 118,

174, 175eerste stap tweede orde 38, 48, 49, 118, 121eigen spanningen 130elasticiteitstheorie 131, 133elasto-plastisch gebied 140equivalente belasting 164Eulerse knikkracht 128, 188evenwicht, grensgeval 128evenwichtsbeschouwing 31, 102evenwichtsformule 28evenwichtsmethode 31, 33evenwichtsvergelijking 104

excentriciteit 201excentrisch belast 77excentrisch gedrukte kolom 198

ffictieve stijfheid 83, 104formule van N.M. Newmark 79Fourierreeksen 127fout 40, 41fundering 19

— op staal 21funderingsblok 144, 148funderingspaal 14funderingsplaat 21, 22fysische imperfectie 130, 134, 135, 136, 172

ggebruikstoestand 154geometrische imperfectie 126, 130, 132, 135, 136,

173gereduceerd momentenvlak 65geschoorde staven 70grensgeval van evenwicht 128grenstoestand, uiterste 46, 142, 143, 154

hHaagse Congresgebouw 176hoogbouw 143

iimperfecties 126, 130, 132, 136, 141, 171

—, fysische 130, 134, 135, 136, 172—, geometrische 126, 130, 132, 135, 136,173—, vervangende 138

initiële uitbuiging 127instabiliteitsmogelijkheden 86integratieconstanten 122integreren 122inwendig moment 36, 115, 120, 128inwendige spanningen 129iteratiemethode 119

kkabels 17, 31knikkracht, Eulerse 128, 188kniklengte 79, 135, 136koker 144kolom

—, excentrisch gedrukte 198—, vrijstaande 105

korte pendelkolom 95, 177korte pendelstaaf 95kritische belasting 28, 30, 37, 43, 56, 89, 91, 93,

116, 128kritische dakbelasting 163, 166kromming 62, 65kruip 142, 188kruipfactor 189

VSds

Index 207

kruipinvloeden 187kruipknik 187kruipvervorming 187, 188kunstmatig begrip 135kwart sinusgolf 118

llangdurige belasting 142lange pendelstaaf 95lineaire elasticiteit 83

mmoment

—, actie- 27, 30, 32—, inwendig 36, 115, 120, 128—, uitwendig 36, 115, 120, 128—, reactie- 27, 30, 32—, rotatie- 113, 162, 163

momentenvlakmethode 45momentvector 137

nniet-prismatische staven 64normaalkracht 191

oonderlinge steun 98oneindig stijf 12, 31oneindig stijve staaf 31, 32ongelijke staaflengten 94ontwerpberekening 47, 67, 72overkapping 173

ppaal 14palenplan 147partiële stabiliteit 108, 111pendelstaaf, dwars belast 73pendelstaven 71portaal 156

rreactiemoment 27, 30, 32reductiefactor 83rekentruc 136rotatie 112, 113, 161, 162, 169, 170, 176rotatie-effect 179rotatie-instabiliteit 170rotatiecentrum 162, 166, 170rotatiegevaar 170rotatiemoment 113, 162, 163rotatiestabiliteit 112rotatiestijfheid 43, 135, 145, 174rotatiestijfheid van een fundering 22rotatieveer 90rotatieveerconstante 16, 20, 34rustende belasting 148

sscheefstand 142, 148, 154, 157

schijnbare stijfheid 29schroefpalen 16Sears-building 184sinusfuncties 127sinuslijn 75slankheid 130spiegeling 71staaf, oneindig stijf 27stabiliteit

— partiële 108, 111— rotatie- 112

stalen staven 129stijfheid

—, fictieve 83, 104—, schijnbare 29

stijfheidsfactoren 83

ttabellen 61Terneuzen 177toevallige scheefstand 148torderen 137toren 19, 21, 29, 141torengebouw 143, 144transformatie vrijstaande belaste staaf 103translatie 112, 113, 161, 168, 176translatieveer 14, 20, 70, 86, 99, 100, 103, 109,

110tweede orde 39, 47, 73tweescharnierspanten 26

uuitbuiging, initiële 127uiterste grenstoestand 46, 142, 143, 154uitwendig moment 36, 115, 120, 128

vveerconstante 14, 20, 21veerstijfheid 105veiligheidsklasse 31veranderlijke belasting 148verbindingsstaaf 93, 98, 102vereffenende krachten 99vergrotingsfactor 29, 144, 175vervangende imperfectie 138vervangende translatieveer 85vierkante plaat 22voorspanning 31vrijstaande kolom 105

wwerklijn 187windbelasting 183windkracht 184wolkenkrabber 9, 25woongebouw 26, 34

zzuivere affiniteit 75

inleiding stabiliteit

Documents