NIEUWE BLIK OP KIP EN KNIK - Bouwen met Staal

B 3 Torsiestijfheid
x = 0: sin 0 = sinh 0 = 0 cos0 = cosh 0 = 1
aL2
aL2
π
x = L1 = 0,5L2: sin aL 1 = sin = 1 cos aL 1 = cos = 0 dus: a = of:
2
2
2L
Invullen in de rotatievergelijking levert:
alle staven:
bij: x = 0
staaf op twee
steunpunten
bij: x = 0,5 L2 uitkraging
bij: x = L1 248
1
a =
ϕ = 0 k + k +k = 0 k = - (k +k ϕ1 ϕ4 ϕ6 ϕ1 ϕ4 ϕ6) (B3.25a)
als: ϕ ' = 0 k + bk + ak = 0 k = - (k + ak ϕ2 ϕ3 ϕ5 ϕ3 ϕ2 ϕ5) / b (B3.25b)
als: ϕ '' = 0 b 2 k ϕ4 - a 2 k ϕ6 = 0 k ϕ4 = a 2 k ϕ6 / b 2 (B3.25c)
ϕ ' = 0 k ϕ2 +bk ϕ3cosh (0,5bL 2) +bk ϕ4sinh(0,5bL 2) -ak ϕ6 = 0 (B3.25d)
ϕ '' = 0 b 2 k ϕ3sinhbL 1 + b 2 k ϕ4coshbL 1 - a 2 k ϕ5= 0 (B3.25e)
Hiermee zijn voor de toe te passen gevallen alle constanten k ϕ1 tot en met k ϕ6 op te lossen
en in de rotatievergelijking in te vullen. De uitkomsten zijn voor verschillende varianten van
de stijfheidsverhoudingen berekend met Quattro-pro en met elkaar zijn vergeleken.
B3.3 Resultaten berekeningen
Onderzocht worden nu de volgende belastinggevallen:
1. Staaf op twee
steunpunten
belast door:
2. Uitkraging
belast door:
constant moment per staafhelft
(door excentrische puntlast op of
aan het staafmidden)
(bolle) cosinus-lijn:
constant moment
(door excentrische puntlast op of
aan het staafeind)
(holle) sinus-lijn:
M t = M t
M = M
t t
M t = M t
π x
cos
L
2
π
L
⎛ π x ⎞
M = M ⎜1−sin ⎟
t t
⎝ L1
⎠
Met deze gevallen is het torsiegedrag van de meeste praktisch voorkomende belastinggevallen
goed te beoordelen.
2