1. Dane do projektu:

• Kąt pochylenia połaci dachowej: α = 3, 5

• Rozpiętość dźwigara: L = 19 m

• Rozstaw dźwigarów: a = 5 m

1. Założenia:

• Rozstaw płatwi: a_p = 1, 5 m

• Klasa drewna klejonego Gl32c

fm, k = 32 MPa	$$f_{m,d} = k_{\text{mod}} \bullet \frac{f_{m,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet \frac{32}{1,25} = 20,48\ MPa$$
ft, 0, k = 19, 5 MPa	$$f_{t,0,d} = k_{\text{mod}} \bullet \frac{f_{t,0,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet \frac{19,5}{1,25} = 12,48\ MPa$$
ft, 90, k = 0, 45 MPa	$$f_{t,90,d} = k_{\text{mod}} \bullet \frac{f_{t,90,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet \frac{0,45}{1,25} = 0,288\ MPa$$
fc, 0, k = 26, 5 MPa	$$f_{c,0,d} = k_{\text{mod}} \bullet \frac{f_{c,0,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet \frac{26,5}{1,25} = 16,96\ MPa$$
fc, 90, k = 3 MPa	$$f_{c,90,d} = k_{\text{mod}} \bullet \frac{f_{c,90,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet \frac{3}{1,25} = 1,92\ MPa$$
fv, 0, k = 3, 2 MPa	$$f_{v,0,d} = k_{\text{mod}} \bullet \frac{f_{v,0,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet \frac{3,2}{1,25} = 2,05\ MPa$$

E_{0, g, mean} = 13, 7 GPa

E_{0, 05, mean} = 11, 1 GPa

$$\rho_{k} = 410\ \frac{\text{kg}}{m^{3}}$$

Pokrycie dachu:

• Papa termozgrzewalna - $g_{p} = 0,16\frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Termoizolacja – wełna mineralna twarda 20 cm - $g_{t} = \ 0,2 \bullet 2\frac{\text{kN}}{m^{3}} = 0,4\frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Folia - $g_{f} = 0,050\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Blacha trapezowa na płatwiach T50, 0,70 mm - $g_{b} = 0,064\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

1. Zebranie obciążeń

   1. Obciążenia stałe

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		[kN/m^2]		[kN/m^2]
1	Papa termozgrzewalna	0,160	1,35	0,216
2	Termoizolacja	0,400	1,35	0,540
3	Folia	0,050	1,35	0,068
4	Blacha trapezowa T50, 0,70mm	0,064	1,35	0,086
Suma	0,674		0,910

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		kN/m^2		kN/m^2
1	instalacje	0,5	1,35	0,675

1. Obciążenie śniegiem

Dach dwupołaciowy

• Obciążenie charakterystyczne śniegiem gruntu:

- strefa obciążenia śniegiem dla Szczecina 2 $\longrightarrow \ s_{k} = 0,9\frac{\text{kN}}{m^{2}}\ $

• Warunki lokalizacyjne: normalne

- brak wyjątkowych opadów i brak wyjątkowych zamieci → przypadek A

• Sytuacja obliczeniowa: trwała lub przejściowa

• Współczynnik ekspozycji:

- teren normalny → C_e = 1, 0

• Współczynnik termiczny: → C_t = 1, 0

Połać dachowa bardziej obciążona:

• Współczynnik kształtu dachu

Dla α = 3, 5  →  μ₁ = 0, 8

• Obciążenie charakterystyczne

S_k = μ • C_e • C_t • s_k

$$S_{k} = 0,8 \bullet 1 \bullet 1 \bullet 0,9 = 0,72\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}\text{\ \ }$$

• Obciążenie obliczeniowe

S = S_k • γ_f

Dla obciążenia śniegiem: γ_f = 1, 5

$$S = 0,72 \bullet 1,5 = 1,08\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}\text{\ \ }$$

Połać dachowa mniej obciążona:

• Współczynnik kształtu dachu

Dla α = 3, 5  →  μ₂ = 0, 5 • μ₁ = 0, 5 • 0, 8 = 0, 4

• Obciążenie charakterystyczne

S_k = μ • C_e • C_t • s_k

$$S_{k} = 0,4 \bullet 1 \bullet 1 \bullet 0,9 = 0,36\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}\text{\ \ }$$

• Obciążenie obliczeniowe

S = S_k • γ_f

Dla obciążenia śniegiem: γ_f = 1, 5

$$S = 0,36 \bullet 1,5 = 0,54\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}\text{\ \ }$$

1. Obciążenie wiatrem

Budynek zlokalizowany w Szczecinie:

• Teren kategorii III

• Strefa obciążenia wiatrem: 1

• Wysokość budynku: 8 m

Obliczenie bazowej prędkości wiatru v_b

v_b = c_dir • c_season • v_b, 0

Wg. Załącznika krajowego:

$v_{b,0} = 22\frac{m}{s}$ - dla 1 strefy obciążenia wiatrem

c_dir = 0, 8 - wg. załącznika krajowego

c_season = 1, 0

$$v_{b} = 0,8 \bullet 1 \bullet 22 = 17,6\ \frac{m}{s}$$

Obliczenie średniej prędkości wiatru v_m (wg. załącznika krajowego)

v_m = c_r(z)•c₀(z)•v_b

z = 8 m

Współczynnik chropowatości dla terenu kat. III:

$c_{r}\left( z \right) = 0,8 \bullet \left( \frac{z}{10} \right)^{0,19}$

$$c_{r}\left( z = 8\ m \right) = 0,8 \bullet \left( \frac{8}{10} \right)^{0,19} = 0,767$$

Współczynnik rzeźby terenu: → c₀(z) = 1, 0

$$v_{m} = 0,767 \bullet 1 \bullet 17,6 = 13,496\ \frac{m}{s}$$

Wartość szczytowa ciśnienia prędkości q_p(z)

q_p(z) = c_e(z) • q_b

$$c_{e}\left( z \right) = 1,9 \bullet \left( \frac{z}{10} \right)^{0,26}$$

$$c_{e}\left( z = 8\ m \right) = 1,9 \bullet \left( \frac{8}{10} \right)^{0,26} = 1,793$$

Zalecana wartość bazowa ciśnienia: $\rightarrow \ \rho = 1,25\ \frac{\text{kg}}{m^{3}}$

q_b = 0, 5 • ρ • v_b²

$$q_{b} = 0,5 \bullet 1,25 \bullet {(17,6)}^{2} = 193,6\ \frac{N}{m^{2}}$$

$$q_{p}\left( z = 8\ m \right) = 1,793 \bullet 193,6 = 347,12\ \frac{N}{m^{2}} = 0,347\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

Wartość ciśnienia wiatru na poszczególne powierzchnie

w_e = q_p(z_e)•c_pe

Wysokość odniesienia: → z_e = z = 8 m

Wartość szczytowa ciśnienia prędkości: $\rightarrow \ q_{p}\left( z_{e} = 8\ m \right) = 0,347\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

Współczynnik ciśnienia zewnętrznego c_pe = c_pe, 10 , ponieważ pole A jest większe niż 10 m² – dla dachu płaskiego przyjmuję wg. tab. 7.2.

Kąt pochylenia: α = 3, 5  ∈  ⟨−5;5⟩ - dach płaski

• Pole F: c_pe, 10 =   − 1, 8

• Pole G: c_pe, 10 =   − 1, 2

• Pole H: c_pe, 10 =   − 0, 7

• Pole I: c_pe, 10 =   − 0, 2

• Pole I: c_pe, 10 =  0, 2

Dodatkowo uwzględniając ewentualny możliwy wpływ ciśnienia wewnętrznego, na temat którego brak danych:

• Pole F: $w_{\text{eF}} = \left( - 1,8 - 0,2 \right) \bullet 0,347 = - 0,694\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Pole G: $w_{\text{eG}} = \left( - 1,2 - 0,2 \right) \bullet 0,347 = - 0,486\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Pole H: $w_{\text{eH}} = \left( - 0,7 - 0,2 \right) \bullet 0,347 = - 0,312\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Pole I: $w_{\text{eI}} = \left( - 0,2 - 0,2 \right) \bullet 0,347 = - 0,139\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

• Pole I: $w_{\text{eI}} = \left( 0,2 + 0,3 \right) \bullet 0,347 = 0,174\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

  1. Zestawienie obciążeń działających na konstrukcję

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		[kN/m^2]		[kN/m^2]
1	Papa termozgrzewalna	0,160	1,35	0,216
2	Termoizolacja	0,400	1,35	0,540
3	Folia	0,050	1,35	0,068
4	Blacha trapezowa T50, 0,70mm	0,064	1,35	0,086
Suma	0,674		0,910

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		kN/m^2		kN/m^2
1	instalacje	0,5	1,35	0,675

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		kN/m^2		kN/m^2
1	Śnieg	0,72	1,5	1,08

1. Obliczenia dla dźwigara

   1. Założenia

• Rozpiętość dźwigara: l = 19 m

• Rozstaw dźwigarów: a = 5 m

• Rozstaw płatwi: a_p = 1, 5 m

• Klasa użytkowania: 2

(wilgotność materiału odpowiadająca temperaturze 20 ^o C i wilgotność względna otaczającego powietrza powyżej 85% tylko przez kilka tygodni roku)

Dla klasy 2 użytkowania przyjęto: k_mod = 0, 80

• Klasa drewna: GL32c

Dźwigar z drewna klejonego: γ_m = 1, 25

• Wymiary dźwigara:

Wysokość w okapie: h_p = 810 mm

Wysokość w kalenicy: h = 1395 mm

Szerokość: b = 190 mm

1. Zebranie obciążeń na dźwigar

Ciężar własny dźwigara:

$$\rho_{k} = 410\ \frac{\text{kg}}{m^{3}}\ \Rightarrow g_{d} = 4,1\ \frac{\text{kN}}{m^{3}}\ $$

$$g_{dzwig.} = b \bullet \frac{h_{p} + h}{2} \bullet g_{d} = 0,19 \bullet \frac{0,81 + 1,395}{2} \bullet 4,1 = 0,859\ \frac{\text{kN}}{m}\ $$

Wartości obciążeń zebranych na dźwigary w rozstawie a = 5 m

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		kN/m		kN/m
1	Ciężar dźwigara	0,859	1,35	1,160
2	Stałe	3,370	1,35	4,550
3	Instalacje	2,500	1,35	3,375
4	Śnieg	3,600	1,5	5,400
Suma	10,329		14,484

Reakcja pionowa obciążająca słup:

R_s lup = G^d • L • 0, 5 = 14, 48 • 19 • 0, 5 = 137, 60 kN

1. Sprawdzenie naprężeń w przekroju najbardziej wytężonym

Przekrój niebezpieczny:

$$x = \frac{h_{p} \bullet L}{2 \bullet h} = \frac{0,81 \bullet 19}{2 \bullet 1,395} = 5,52\ m$$

$$h_{x} = h_{p} + \frac{2 \bullet x \bullet (h - h_{p})}{L} = 0,81 + \frac{2 \bullet 5,52 \bullet (1,395 - 0,81)}{19} = 1,15\ m$$

Moment w przekroju niebezpiecznym:

$$M_{x} = \frac{G^{d} \bullet x}{2} \bullet \left( L - x \right) = \frac{14,48 \bullet 5,52}{2} \bullet \left( 19 - 5,52 \right) = 538,65\ kNm$$

Naprężenia krawędziowe:

Wzór naprężeń krawędziowych na boku nachylonym, uwzględniający dodatkowo stateczność:

σ_m, α, d ≤ k_crit • k_m.α • f_m, d

k_m.α - dla krawędzi nachylonej ściskanej

$$k_{\text{m.α}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \left( \frac{f_{m,d}}{1,5 \bullet f_{v,0,d}} \bullet \tan\alpha \right)^{2} + \left( \frac{f_{m,d}}{f_{c,90,d}} \bullet \operatorname{}\alpha \right)^{2}}}$$

$$k_{\text{m.α}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \left( \frac{20,48}{1,5 \bullet 2,05} \bullet \tan{3,5} \right)^{2} + \left( \frac{20,48}{1,92} \bullet \operatorname{}{3,5} \right)^{2}}} = 0,90$$

$$\sigma_{m,\alpha,d} = \sigma_{m,0,d} = \frac{6 \bullet M_{x}}{b \bullet {h_{x}}^{2}} = \frac{6 \bullet 538,65}{0,19 \bullet {1,15}^{2}} = 12862\ kPa = 12,86\ MPa$$

Przyjęto płatwie co a_p = 1, 5 m, obciążenie przyłożone do górnej krawędzi, więc długość efektywna wg tab. 6.1 wynosi:

l_ef, y = a_p • 0, 9 + 2 • h_x = 150 • 0, 9 + 2 • 115 = 364, 9 cm

Na podstawie „Structural Timber Design to EC5” dla elementów o przekroju prostokątnym z drewna klejonego warstwowo σ_m, crit przyjmuje postać:

$$\sigma_{m,crit} = \frac{\pi \bullet b^{2}}{h_{x} \bullet l_{ef,y}} \bullet \sqrt{E_{0,05,mean} \bullet G_{0,05,mean} \bullet \left( 1 - 0,63\frac{b}{h_{x}} \right)}$$

G_{0, 05, mean} – 5 % kwanty modułu odkształcenia postaciowego:

$$G_{0,05,mean} = \frac{E_{0,05,mean}}{16} = \frac{11,1}{16} = 0,69\ GPa$$

$$\sigma_{m,crit} = \frac{\pi \bullet {0,19}^{2}}{1,15 \bullet 3,65} \bullet \sqrt{11,1 \bullet 0,69 \bullet \left( 1 - 0,63\frac{0,19}{1,15} \right)} = 0,07099\ GPa = 70,99\ MPa$$

$$\lambda_{rel,m} = \sqrt{\frac{k_{\text{m.α}} \bullet f_{m,k}}{\sigma_{m,crit}}} = \sqrt{\frac{0,9 \bullet 32}{70,99}} = 0,64$$

dla λ_rel, m = 0, 64 < 0, 75 ⇒  k_crit = 1, 0

Sprawdzenie warunku:

σ_m, α, d ≤ k_crit • k_m.α • f_m, d

12, 86 MPa < 1 • 0, 9 • 20, 48 = 18, 43 MPa

Warunek został spełniony

1. Sprawdzenie naprężeń w kalenicy (zginanie)

Moment kalenicowy:

$$M_{\text{ap}} = \frac{G^{d} \bullet L^{2}}{8} = \frac{14,48 \bullet 19^{2}}{8} = 653,59\ kNm$$

Wysokość kalenicy: h = 1, 395 m

Kąt pochylenia: α = 3, 5 

σ_m, d ≤ k_r • f_m, d

Naprężenia normalne w kalenicy:

$$\sigma_{m,d} = k_{l} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}}$$

$$k_{l} = k_{1} + k_{2}\left( \frac{h}{r} \right) + k_{3}\left( \frac{h}{r} \right)^{2} + k_{4}\left( \frac{h}{r} \right)^{3}$$

W projektowanym dźwigarze nie ma promieni krzywizn, więc obliczam tylko k_l = k₁

k_l = k₁ = 1 + 1, 4 • tanα + 5, 4 • α

k_l = k₁ = 1 + 1, 4 • tan3, 5 + 5, 4 • 3, 5 = 1, 11

Dla dźwigarów dwutrapezowych: k_r = 1, 0

Sprawdzenie warunku:

$$\sigma_{m,d} = k_{l} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}} \leq k_{r} \bullet f_{m,d}$$

$$1,11 \bullet \frac{6 \bullet 653,59}{0,19 \bullet {1,395}^{2}} = 11772\ kPa = 11,77\ MPa < 1,0 \bullet 20,48 = 20,48\ MPa$$

Warunek został spełniony

1. Sprawdzenie naprężeń w kalenicy (rozciąganie prostopadłe do włókien)

$$\sigma_{t,90,d} = k_{p} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}} \leq k_{\text{dis}} \bullet k_{\text{vol}} \bullet f_{t,90,d}$$

$$k_{p} = k_{5} + k_{6}\left( \frac{h}{r} \right) + k_{7}\left( \frac{h}{r} \right)^{2}$$

W projektowanym dźwigarze nie ma promieni krzywizn, więc obliczam tylko k_p = k₅

k_p = k₅ = 0, 2 • tanα = 0, 012

Dźwigar dwutrapezowy ⇒ k_dis = 1, 4

Dla drewna klejonego warstwowo $\Rightarrow \ k_{\text{vol}} = \left( \frac{V_{0}}{V} \right)^{0,2}$

V₀ = 0, 01 m³

$$V = b \bullet \frac{h + \left\lbrack h - \left( 0,5 \bullet h \bullet \tan\alpha \right) \right\rbrack}{2} \bullet h$$

$$V = 0,19 \bullet \frac{1,395 + \left\lbrack 1,395 - \left( 0,5 \bullet 1,395 \bullet \tan{3,5} \right) \right\rbrack}{2} \bullet 1,395 = 0,36\ m^{3}$$

$$k_{\text{vol}} = \left( \frac{0,01}{0,36} \right)^{0,2} = 0,49\ m^{3}$$

Sprawdzenie warunku:

$$\sigma_{t,90,d} = k_{p} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}} \leq k_{\text{dis}} \bullet k_{\text{vol}} \bullet f_{t,90,d}$$

$$0,012 \bullet \frac{6 \bullet 653,59}{0,19 \bullet {1,395}^{2}} = 127\ kPa = 0,13\ MPa < 1,4 \bullet 0,49 \bullet 0,29 = 0,20\ MPa$$

Warunek został spełniony

1. Sprawdzenie docisku na podporze

σ_c, 90, d ≤ k_c, 90 • f_c, 90, d

Dźwigar podparty na słupie o przekroju: 190x405mm (b_slxh_sl)

$$\sigma_{c,90,d} = \frac{F_{c,90,d}}{A_{\text{ef}}}$$

Reakcja pionowa obciążająca słup:

F_c, 90, d = N_s lup = G^d • L • 0, 5 = 14, 48 • 19 • 0, 5 = 137, 60 kN

Efektywne pole docisku:

A_ef = b • (d+3) = 19 • (40,5+3) = 826, 50 cm²

k_c, 90 = 1, 0

Sprawdzenie warunku:

$$\frac{F_{c,90,d}}{A_{\text{ef}}} = \frac{137,6}{826,5} = 0,166\frac{\text{kN}}{\text{cm}^{2}} = 1,66\ MPa < k_{c,90} \bullet f_{c,90,d} = 1 \bullet 1,92 = 1,92\ MPa$$

Warunek został spełniony

1. Sprawdzenie warunku na ścinanie

τ_d ≤ f_v, 0, d

$$\tau_{d} = \frac{1,5 \bullet V_{d}}{b_{\text{ef}} \bullet h_{p}}$$

Siła ścinająca w podporze: V_d = N_s lup = 137, 60 kN

Wysokość przekroju na podporze: h_p = 810 mm

Szerokość, należy wyliczyć uwzględniając wpływ pęknięć na wytrzymałość na ścinanie:

b_ef = k_cr • b

Dla drewna klejonego warstwowo: k_cr = 0, 67

b_ef = 0, 67 • 190 = 127, 3 mm

Sprawdzenie warunku:

$$\frac{1,5 \bullet V_{d}}{b_{\text{ef}} \bullet h_{p}} = \frac{1,5 \bullet 137,6}{12,7 \bullet 81} = 20\frac{\text{kN}}{\text{cm}^{2}} = 2\ MPa < f_{v,0,d} = 2,05\ MPa\ $$

Warunek został spełniony

1. Stan graniczny użytkowania – ugięcie

u_fin = u_fin, g + u_fin, Q1 + u_fin, Q2

k_def = 0, 8→ 2 klasa użytkowania

$$E_{0,mean} = 13,7\ GPa = 1370 \bullet 10^{4}\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

$$I_{y} = \frac{b \bullet h^{3}}{12} = \frac{0,19 \bullet {1,395}^{3}}{12} = 0,043\ m^{4}$$

1. Ugięcie od obciążeń stałych

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m^2
1	Ciężar dźwigara	0,859
2	Stałe	3,370
3	Instalacje, płatwie	2,500
Suma [G]	6,729

u_fin, g = u_inst, 1 • (1+k_def)

$$u_{M1} = \frac{5}{384} \bullet \frac{G \bullet L^{4}}{E_{0,mean} \bullet I_{y}} = \frac{5}{384} \bullet \frac{6,73 \bullet 19^{4}}{1370 \bullet 10^{4} \bullet 0,043} = 0,0181\ m = 1,81\ cm$$

$$u_{inst,1} = u_{M1} \bullet \left( \frac{1 + 19,2 \bullet \left( \frac{h}{L} \right)^{2}}{0,15 + 0,85 \bullet \frac{h_{1}}{h}} \right)$$

$$u_{inst,1} = 1,81 \bullet \left( \frac{1 + 19,2 \bullet \left( \frac{1,395}{1900} \right)^{2}}{0,15 + 0,85 \bullet \frac{0,81}{1,395}} \right) = 3,35\ cm$$

u_fin, g = 3, 35 • (1+0,8) = 5, 99 cm

1. Ugięcie od obciążenia śniegiem

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m^2
1	Śnieg	3,600
Suma [S]	3,600

u_{fin, Q, 1} = u_{inst, Q, 1} • (1+ψ_2, 1k_def)

$$u_{M1} = \frac{5}{384} \bullet \frac{S \bullet L^{4}}{E_{0,mean} \bullet I_{y}} = \frac{5}{384} \bullet \frac{3,6 \bullet 19^{4}}{1370 \bullet 10^{4} \bullet 0,043} = 0,0104\ m = 1,04\ cm$$

$$u_{inst,Q,1} = u_{M2} \bullet \left( \frac{1 + 19,2 \bullet \left( \frac{h}{L} \right)^{2}}{0,15 + 0,85 \bullet \frac{h_{1}}{h}} \right)$$

$$u_{inst,Q,1} = 1,04 \bullet \left( \frac{1 + 19,2 \bullet \left( \frac{1,395}{1900} \right)^{2}}{0,15 + 0,85 \bullet \frac{0,81}{1,395}} \right) = 1,78\ cm$$

ψ_2, 1 = 0, 2

u_{fin, Q, 1} = 1, 78 • (1+0,2•0,8) = 2, 06 cm

1. Ugięcie całkowite

u_fin = u_fin, g + u_fin, Q1

$$u_{\text{fin}} = 5,99 + 2,06 = 8,05\ cm < \frac{L}{200} = \frac{1900}{200} = 9,5\ cm$$

Warunek został spełniony

Zalecane jest wykonanie przeciwstrzałki, ponieważ ugięcie przekracza $\frac{L}{300}$

1. Obliczenia płatwi

   1. Założenia

• Rozstaw dźwigarów: a = 5 m

• Rozstaw płatwi: a_p = 1, 5 m

• Klasa użytkowania: 2

Dla klasy 2 użytkowania przyjęto: k_mod = 0, 80

• Klasa drewna: GL32c

Płatwie z drewna klejonego: γ_m = 1, 25

• Wymiary płatwi: 120x240mm (b_plxh_pl)

  1. Zebranie obciążeń na płatew

Ciężar własny płatwi:

$$\rho_{k} = 410\ \frac{\text{kg}}{m^{3}}\ \Rightarrow g_{d} = 4,1\ \frac{\text{kN}}{m^{3}}\ $$

$$G_{platwi} = b_{pl} \bullet h_{pl} \bullet g_{d} = 0,12 \bullet 0,24 \bullet 4,1 = 0,12\ \frac{\text{kN}}{m}\ $$

Wartości charakterystyczne obciążeń zebranych na dźwigary w rozstawie a_p = 1, 5 m

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m
1	Ciężar płatwi	0,12
2	Stałe	1,01
3	Instalacje	0,75
4	Śnieg	1,08
5	Wiatr	0,26
Suma	3,22

W przypadku kombinacji obciążeń zmiennych wiodących i towarzyszących (STR i GEO) przy niekorzystnym oddziaływaniu stałym obciążenie obliczeniowe dobieramy jako najniekorzystniejsze (większe) z dwóch:

F_d, p = max(F_d, p, 1; F_d, p, 2)

F_d, p = γ_G • G_k, p + γ_G • G_k, self + γ_Q • Q_k, p + γ_Qi • ψ_Qi • Q_k, i

$$F_{d,p,1} = 1,35 \bullet \left( 1,01 + 0,75 \right) + 1,35 \bullet 0,12 + 1,5 \bullet 0,5 \bullet 1,08 + 1,5 \bullet 0,6 \bullet 0,26 = 3,58\ \frac{\text{kN}}{m}$$

$$F_{d,p,2} = 1,35 \bullet 0,85 \bullet \left( 1,01 + 0,75 \right) + 1,35 \bullet 0,85 \bullet 0,12 + 1,5 \bullet 1,08 + 1,5 \bullet 0,6 \bullet 0,26 = 4,02\ \frac{\text{kN}}{m}$$

$$F_{d,p} = 4,02\ \frac{\text{kN}}{m}$$

Długość płatwi równa rozstawowi dźwigarów: l_pl = a = 5 m

Reakcja pionowa:

R_pl = 0, 5 • l_pl • F_d, p = 0, 5 • 5 • 4, 02 = 10, 03 kN

Moment maksymalny:

$$M_{pl} = \frac{F_{d,p} \bullet {l_{pl}}^{2}}{8} = \frac{4,02 \bullet 5^{2}}{8} = 12,53\ kNm$$

Zakładam pionowe usytuowanie płatwi, więc konieczne jest ścięcie jej górnej krawędzi zgodnie z pochyleniem połaci – wysokość ścięcia:

h_sc = h_pl − (b_pl•tanα) = 240 − (120•tan3, 5) = 233 mm

Wymagana płatew o przekroju: 120x(233-240)mm

Wysokość średnia: $h_{pl,sr} = \frac{h_{pl} + h_{sc}}{2} = \frac{240 + 233}{2} = 236\ mm$

1. Sprawdzenie stateczności belki zginanej

Dla elementów z drewna klejonego warstwowo o przekroju prostokątnym wartość odniesienia wysokości przy zginaniu lub szerokości przy rozciąganiu wynosi 600 mm. Dla wysokości przy zginaniu lub szerokości przy rozciąganiu drewna klejonego warstwowo o wartości mniejszej niż 600 mm, wartości charakterystyczne f_m, k i f_t, 0, k należy pomnożyć przez współczynnik k_h obliczony ze wzoru:

$$k_{h} = \min\left\{ \begin{matrix} \left( \frac{600}{h_{pl,sr}} \right)^{0,1} \\ 1,1 \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$k_{h} = \min\left\{ \begin{matrix} \left( \frac{600}{236} \right)^{0,1} = 1,1 \\ 1,1 \\ \end{matrix} \right.\ $$

Przyjęto k_h = 1, 1

$$f_{m,d} = k_{\text{mod}} \bullet k_{h} \bullet \frac{f_{m,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet 1,1 \bullet \frac{32}{1,25} = 22,53\ MPa$$

$$f_{t,0,d} = k_{\text{mod}} \bullet k_{h} \bullet \frac{f_{t,0,k}}{\gamma_{m}} = 0,80 \bullet 1,1 \bullet \frac{19,5}{1,25} = 13,73\ MPa$$

Naprężenia krytyczne:

σ_m, y, d ≤ k_crit • f_m, d

$$W_{y} = \frac{b_{pl} \bullet {h_{pl,sr}}^{2}}{6} = \frac{12 \bullet {23,3}^{2}}{6} = 1117,04\ \text{cm}^{3}$$

l_ef, y = l_pl • 0, 9 + 2 • h_pl, sr = 500 • 0, 9 + 2 • 23, 6 = 497, 3 cm

Na podstawie „Structural Timber Design to EC5” dla elementów o przekroju prostokątnym z drewna klejonego warstwowo σ_m, crit przyjmuje postać:

$$\sigma_{m,crit} = \frac{\pi \bullet {b_{pl}}^{2}}{h_{pl,sr} \bullet l_{ef,y}} \bullet \sqrt{E_{0,05,mean} \bullet G_{0,05,mean} \bullet \left( 1 - 0,63\frac{b_{pl}}{h_{pl,sr}} \right)}$$

$$G_{0,05,mean} = \frac{E_{0,05,mean}}{16} = \frac{11,1}{16} = 0,69\ GPa$$

$$\sigma_{m,crit} = \frac{\pi \bullet {0,12}^{2}}{0,236 \bullet 4,97} \bullet \sqrt{11,1 \bullet 0,69 \bullet \left( 1 - 0,63\frac{0,12}{1,15} \right)} = 0,08810\ GPa = 88,10\ MPa$$

$$\lambda_{rel,m} = \sqrt{\frac{f_{m,k}}{\sigma_{m,crit}}} = \sqrt{\frac{32}{88,10}} = 0,61$$

dla λ_rel, m = 0, 61 < 0, 75 ⇒  k_crit = 1, 0

Sprawdzenie warunku:

$$\sigma_{m,y,d} = \frac{M_{pl}}{W_{y}} \leq k_{\text{crit}} \bullet f_{m,d}$$

$$\frac{1253}{1117,04} = 1,122\frac{\text{kN}}{m^{2}} = 11,22\ MPa \leq k_{\text{crit}} \bullet f_{m,d} = 1 \bullet 22,53 = 22,53\ MPa$$

Warunek został spełniony

1. Stan graniczny użytkowania - ugięcie

u_fin = u_fin, g + u_fin, Q1 + u_fin, Q2

k_def = 0, 8→ 2 klasa użytkowania

$$E_{0,mean} = 13,7\ GPa = 1370 \bullet 10^{4}\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

$$I_{y} = \frac{b_{pl} \bullet {h_{pl,sr}}^{3}}{12} = \frac{12 \bullet {23,6}^{3}}{12} = 13199,51\ \text{cm}^{4}$$

Sprawdzenie stosunku długości do wys. płatwi:

$\frac{l_{pl}}{h_{pl,sr}} = \frac{500}{23,6} = 21,16 > 20 \Rightarrow \ $korzystam ze wzoru (NA.1)

1. Ugięcie od obciążeń stałych

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m
1	Ciężar płatwi	0,12
2	Stałe	1,01
3	Instalacje	0,75
Suma [G]	1,88

u_fin, g = u_inst, 1 • (1+k_def)

$$u_{M1} = \frac{5}{384} \bullet \frac{G \bullet {l_{pl}}^{4}}{E_{0,mean} \bullet I_{y}} = \frac{5}{384} \bullet \frac{1,88 \bullet 5^{4}}{1370 \bullet 10^{4} \bullet 1,31 \bullet 10^{- 4}} = 0,0085\ m = 0,85\ cm$$

u_inst, 1 = u_M1 = 0, 85 cm

u_fin, g = 0, 85 • (1+0,8) = 1, 53 cm

1. Ugięcie od obciążenia śniegiem

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m
1	Śnieg	1,08
Suma [S]	1,08

u_{fin, Q, 1} = u_{inst, Q, 1} • (1+ψ_2, 1k_def)

$$u_{M2} = \frac{5}{384} \bullet \frac{S \bullet {l_{pl}}^{4}}{E_{0,mean} \bullet I_{y}} = \frac{5}{384} \bullet \frac{1,08 \bullet 5^{4}}{1370 \bullet 10^{4} \bullet 1,31 \bullet 10^{- 4}} = 0,0049\ m = 0,49\ cm$$

u_{inst, Q, 1} = u_M2 = 0, 49 cm

ψ_2, 1 = 0, 2

u_{fin, Q, 1} = 0, 49 • (1+0,2•0,8) = 0, 56 cm

1. Ugięcie od obciążenia wiatrem

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m
1	Wiatr	0,26
Suma [W]	0,26

u_{fin, Q, 2} = u_{inst, Q, 2} • (ψ₀+ψ_2, 1k_def)

$$u_{M3} = \frac{5}{384} \bullet \frac{W \bullet {l_{pl}}^{4}}{E_{0,mean} \bullet I_{y}} = \frac{5}{384} \bullet \frac{0,26 \bullet 5^{4}}{1370 \bullet 10^{4} \bullet 1,31 \bullet 10^{- 4}} = 0,0012\ m = 0,12\ cm$$

u_{inst, Q, 2} = u_M3 = 0, 12 cm

ψ₀ = 0, 6

ψ_2, 1 = 0

u_{fin, Q, 2} = 0, 12 • (0,6+0•0,8) = 0, 07 cm

1. Ugięcie całkowite

u_fin = u_fin, g + u_fin, Q1 + u_fin, Q2

$$u_{\text{fin}} = 1,53 + 0,53 + 0,07 = 2,13\ cm < \frac{l_{pl}}{200} = \frac{500}{200} = 2,50\ cm$$

Warunek został spełniony

1. Połączenie płatwi z dźwigarem

   1. Dane

• Klasa drewna: GL32c

• Marka – wspornik belki BSN: t_bl = 2 mm

• Mocowanie gwoździami pierścieniowymi CNA 4, 0x50

d = 4 mm

jednocięte: n_sp = 1

• Stosunek grubości blachy do średnicy gwoździa: $\frac{t_{\text{bl}}}{d} = \frac{2}{4} = 0,5$

  1. Moment uplastycznienia i wytrzymałość drewna na docisk pod kątem do włókien

Moment uplastycznienia:

M_y, Rk = 0, 45 • f_u, k • d^2.6

$$f_{u,k} = 650\ \frac{N}{\text{mm}^{2}}$$

M_y, Rk = 0, 45 • 650 • 4^2.6 = 9, 93 • 10³ Nmm

Wytrzymałość charakterystyczna na docisk dla drewna klejonego Gl32c

f_h, k = 0, 082 • ρ_k • d^−0, 3

f_h, k = 0, 082 • 410 • 4^−0, 3 = 22, 18 MPa

1. Nośność połączenia

Wartość charakterystyczna nośności na jedno cięcie

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 0,4 \bullet f_{h,k} \bullet t \bullet d \\ 1,15 \bullet \sqrt{2 \bullet M_{y,Rk} \bullet f_{h,k} \bullet d} + \frac{F_{ax,Rk}}{4} \\ \end{matrix} \right.\ $$

F_ax, Rk = 0, 98 kN - dla gwoździ CNA 4,0x50

t = 8 • d = 8 • 4 = 32 mm - długość zakotwienia

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 0,4 \bullet 22,18 \bullet 32 \bullet 4 \\ 1,15 \bullet \sqrt{2 \bullet 9,93 \bullet 10^{3} \bullet 22,18 \bullet 4} + \frac{0,98}{4} \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 1,14\ kN \\ 1,77\ kN \\ \end{matrix} \right.\ $$

Sprawdzam, czy składnik związany z udziałem w nośności efektu liny nie przekracza 25%

$$\frac{\frac{F_{ax,Rk}}{4}}{F_{v,Rk,b} \bullet \frac{F_{ax,Rk}}{4}} = \frac{\frac{0,98}{4}}{1,77 \bullet \frac{0,98}{4}} = 0,16 \Rightarrow 16\%$$

Wartość 25% nie została przekroczona, więc nie ma potrzeby zmiany obliczeń:

Przyjmuję: F_v, Rk = 1, 14 kN

Wartość obliczeniowa nośności na jedno cięcie:

$$F_{v,Rd} = \frac{k_{\text{mod}} \bullet F_{v,Rk}}{\gamma_{M,connection}}$$

γ_{M, connection} = 1, 3

$$F_{v,Rd} = \frac{0,8 \bullet 1,14}{1,3} = 0,70\ kN$$

Wymagana ilość gwoździ na jedną stronę:

$$n = \frac{R_{pl}}{2 \bullet F_{v,Rd}} = \frac{10,03}{2 \bullet 0,7} = 7,16$$

Przyjmuję 8 gwoździ na stronę.

1. Obliczenia słupa

   1. Założenia

• Wysokość słupa: H_S = H − h = 8 − 1, 4 = 6, 6 m

• Rozstaw: a = 5 m

• Stężenia poziome w postaci rygli w rozstawie do 1,5 m

• Wymiary słupa: 190x450 mm (b_slxh_sl)

• Klasa użytkowania: 2

Dla klasy 2 użytkowania przyjęto: k_mod = 0, 80

• Klasa drewna: GL32c

Słupy z drewna klejonego: γ_m = 1, 25

1. Zebranie obciążeń na słup

Siły pionowe:

Wartości obciążeń zebranych na słupy z obszaru: A_s = a • H_S = 5 • 6, 6 = 33 m²

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		kN		kN
1	Termoizolacja	13,200	1,35	17,820
2	2xBlacha trapezowa T50, 0,70mm	4,224	1,35	5,702
3	instalacje	16,500	1,35	22,275
4	Z dźwiagara	-	-	137,600
Suma[ Ns lup]			183,397

Siły poziome - wiatr:

c_pe, 10 = 0, 8 – pole D

c_pi = 0, 3

w_e = q_p(z_e) • (c_pe + c_pi)

Wysokość odniesienia: → z_e = z = 8 m

Wartość szczytowa ciśnienia prędkości: $\rightarrow \ q_{p}\left( z_{e} = 8\ m \right) = 0,35\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$

$$w_{e} = 0,347 \bullet \left( 0,8 + 0,3 \right) = 0,38\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

Wartość obciążenia zebranego na słupy w rozstawie: a = 5 m

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.	γG	Obc. obl.
		kN/m		kN/m
1	Wiatr	1,91	1,5	2,86
Suma [W]	1,91		2,86

1. Sprawdzenie przyjętych wymiarów przekroju (nośność na zginanie ze ściskaniem)

Moment zginający od działania wiatru:

$$M_{slup} = W_{d} \bullet H_{S} \bullet \frac{H_{S}}{2} = 2,86 \bullet 6,6 \bullet \frac{6,6}{2} = 62,29\ kNm$$

Długości słupa:

l_y = H_S = 6, 6 m - w płaszczyźnie

l_z = 1, 5 m - z płaszczyzny

A = b_sl • h_sl = 19 • 45 = 855 cm²

$$I_{y} = \frac{b_{sl} \bullet {h_{sl}}^{3}}{12} = \frac{19 \bullet 45^{3}}{12} = 144281\ \text{cm}^{4}$$

$$I_{z} = \frac{h_{sl} \bullet {b_{sl}}^{3}}{12} = \frac{45 \bullet 19^{3}}{12} = 25721\ \text{cm}^{4}$$

$$i_{y} = \sqrt{\frac{I_{y}}{A}} = \sqrt{\frac{144281}{855}} = 12,99\ cm$$

$$i_{z} = \sqrt{\frac{I_{z}}{A}} = \sqrt{\frac{25721}{855}} = 5,49\ cm$$

$$W_{y} = \frac{b_{sl} \bullet {h_{sl}}^{2}}{6} = \frac{19 \bullet 45^{2}}{6} = 6412\ \text{cm}^{3}$$

Współczynniki wyboczeniowe:

μ_y = 2 - w płaszczyźnie

μ_z = 1 - z płaszczyzny

$$\lambda_{y} = \frac{\mu_{y} \bullet l_{y}}{i_{y}} = \frac{2 \bullet 660}{12,99} = 101,61$$

$$\lambda_{z} = \frac{\mu_{z} \bullet l_{z}}{i_{z}} = \frac{1 \bullet 150}{5,49} = 27,35$$

$$\lambda_{rel,y} = \frac{\lambda_{y}}{\pi} \bullet \sqrt{\frac{f_{c,0,k}}{E_{0,05}}} = \frac{101,61}{\pi} \bullet \sqrt{\frac{26,5}{11100}} = 1,58$$

$$\lambda_{rel,z} = \frac{\lambda_{z}}{\pi} \bullet \sqrt{\frac{f_{c,0,k}}{E_{0,05}}} = \frac{27,35}{\pi} \bullet \sqrt{\frac{26,5}{11100}} = 0,43$$

λ_rel, y > 0, 3 i λ_rel, z > 0, 3 ⇒ naprężenia zwiększone ze względu na odkształcenie elementu, powinny spełniać następujące warunki:

$$\frac{\sigma_{c,0,d}}{k_{c,y} \bullet f_{c,0,d}} + \frac{\sigma_{m,y,d}}{f_{m,y,d}} + k_{m}\frac{\sigma_{m,z,d}}{f_{m,z,d}} \leq 1$$

$$\frac{\sigma_{c,0,d}}{k_{c,z} \bullet f_{c,0,d}} + k_{m}\frac{\sigma_{m,y,d}}{f_{m,y,d}} + \frac{\sigma_{m,z,d}}{f_{m,z,d}} \leq 1$$

gdzie:

$$k_{c,y} = \frac{1}{k_{y} + \sqrt{{k_{y}}^{2} - {\lambda_{rel,y}}^{2}}}$$

$$k_{c,z} = \frac{1}{k_{z} + \sqrt{{k_{z}}^{2} - {\lambda_{rel,z}}^{2}}}$$

k_y = 0, 5 • [1+β_c•(λ_rel, y−0,3)+λ_rel, y²]

k_z = 0, 5 • [1+β_c•(λ_rel, z−0,3)+λ_rel, z²]

β_c – współczynnik dotyczący prostoliniowości elementów

dla drewna klejonego warstwowo: β_c = 0, 1

k_y = 0, 5 • [1+0,1•(1,58−0,3)+1, 58²] = 1, 81

k_z = 0, 5 • [1+0,1•(0,43−0,3)+0, 43²] = 0, 60

$$k_{c,y} = \frac{1}{1,81 + \sqrt{{1,81}^{2} - {1,58}^{2}}} = 0,37$$

$$k_{c,z} = \frac{1}{0,6 + \sqrt{{0,6}^{2} - {0,43}^{2}}} = 0,99$$

$$\sigma_{c,0,d} = \frac{N_{slup}}{A} = \frac{183,40}{855} = 0,215\ \frac{\text{kN}}{\text{cm}^{2}} = 2,15\ MPa$$

$$\sigma_{m,y,d} = \frac{M_{slup}}{W_{y}} = \frac{6237}{6142} = 0,973\frac{\text{kN}}{\text{cm}^{2}} = 9,73\ MPa$$

σ_m, z, d = 0 MPa

k_m = 0, 7 – przekrój prostokątny z drewna klejonego warstwowo

Sprawdzenie warunku:

$$\frac{2,15}{0,37 \bullet 16,96} + \frac{9,73}{20,48} + 0 = 0,82 < 1$$

$$\frac{2,15}{0,99 \bullet 16,96} + 0,7\frac{9,73}{20,48} + 0 = 0,46 < 1$$

Warunek został spełniony

1. Stan graniczny użytkowania - ugięcie

u_fin = u_fin, Q1

k_def = 0, 8→ 2 klasa użytkowania

$$E_{0,mean} = 13,7\ GPa = 1370 \bullet 10^{4}\ \frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

$$I_{y} = \frac{b_{sl} \bullet {h_{sl}}^{3}}{12} = \frac{19 \bullet 45^{3}}{12} = 144281\ \text{cm}^{4}$$

1. Ugięcie od obciążenia wiatrem

l.p.	Opis obciążenia	Obc. char.
		kN/m
1	Wiatr	1,91
Suma [Wk]	1,91

u_{fin, Q, 2} = u_{inst, Q, 2} • (ψ₀+ψ_2, 1k_def)

$$u_{M3} = \frac{1}{8} \bullet \frac{W_{k} \bullet {H_{S}}^{4}}{E_{0,mean} \bullet I_{y}} = \frac{1}{8} \bullet \frac{1,91 \bullet {6,6}^{4}}{1370 \bullet 10^{4} \bullet 14,43 \bullet 10^{- 4}} = 0,0229\ m = 2,29\ cm$$

u_{inst, Q, 1} = u_M3 = 2, 29 cm

ψ₀ = 0, 6

ψ_2, 1 = 0

u_fin, Q1 = 2, 29 • (0,6+0•0,8) = 1, 37 cm

1. Ugięcie całkowite

u_fin = u_fin, Q1

$$u_{\text{fin}} = 1,37\ cm < \frac{H_{S}}{150} = \frac{660}{150} = 4,4\ cm$$

Warunek został spełniony

1. Połączenie słupa z fundamentem

   1. Dane:

• Klasa drewna: GL32c

• Marka – elementy pionowe z blachy: t_bl = 25 mm

• Śruby M24, 5.6

pole przekroju czynnego: A_s = 3, 53 cm²

liczba śrub: n = 10

• Stosunek grubości blachy do średnicy śruby: $\frac{t_{\text{bl}}}{d} = \frac{25}{24} = 1,04 > 1$

  1. Oddziaływania:

Śruby M24, 5.6; dwucięte - n_sp = 2

Moment zginający w podstawie słupa: M = M_slup = 62, 29 kNm

Siła pionowa: V = N_s lup = 183, 40 kN

działająca na 1 śrubę i jedno cięcie: $V_{1} = \frac{V}{n_{\text{sp}} \bullet n} = \frac{183,40}{2 \bullet 10} = 9,17\ kN$

Siła pozioma: H = W_d • H_s = 2, 86 • 6, 6 = 18, 88 kN

działająca na 1 śrubę i jedno cięcie: $H_{1} = \frac{H}{n_{\text{sp}} \bullet n} = \frac{18,88}{2 \bullet 10} = 0,95\ kN$

Przyjmuję wstępnie 10 śrub M24 co: y = 200 mm i x = 250 mm

x_max = 0, 5 • x = 0, 5 • 250 = 125 mm

y_max = 3 • y = 3 • 200 = 600 mm

Siła pionowa od momentu zginającego:

$$F_{M,V} = \frac{M \bullet x_{\max}}{n_{\text{sp}} \bullet \sum_{}^{}{(x^{2} + y^{2})}}$$

$$F_{M,V} = \frac{62,29 \bullet 0,125}{2 \bullet (10 \bullet {0,125}^{2} + 4 \bullet {0,2}^{2} + 4 \bullet {0,4}^{2})} = 2,67\ kN$$

Siła pozioma od momentu zginającego:

$$F_{M,H} = \frac{M \bullet y_{\max}}{n_{\text{sp}} \bullet \sum_{}^{}{(x^{2} + y^{2})}}$$

$$F_{M,V} = \frac{62,29 \bullet 0,6}{2 \bullet (10 \bullet {0,125}^{2} + 4 \bullet {0,2}^{2} + 4 \bullet {0,4}^{2})} = 9,61\ kN$$

Siła wypadkowa:

$$F_{W} = \sqrt{\left( F_{M,V} + V_{1} \right)^{2} + \left( F_{M,H} + H_{1} \right)^{2}}$$

$$F_{W} = \sqrt{\left( 2,67 + 9,17 \right)^{2} + \left( 9,61 + 0,95 \right)^{2}} = 15,86\ kN$$

Wyznaczenie kąta działania siły wypadkowej w stosunku do kierunku włókien:

$$\alpha = \operatorname{}\frac{F_{M,H} + H_{1}}{F_{M,V} + V_{1}} = \operatorname{}\frac{9,61 + 0,95}{2,67 + 9,17} = 41,72$$

sinα = 0, 665 cosα = 0, 746

1. Moment uplastycznienia i wytrzymałość drewna na docisk pod kątem do włókien

Moment uplastycznienia:

M_y, Rk = 0, 3 • f_u, k • d^2.8

$$f_{u,k} = 500\ \frac{N}{\text{mm}^{2}}$$

M_y, Rk = 0, 3 • 500 • 24^2.8 = 5, 81 • 10⁵ Nmm

Wytrzymałość charakterystyczna na docisk pod kątem dla drewna klejonego Gl32c

$$f_{h,\alpha,k} = \frac{f_{h,0,k}}{k_{90} \bullet \left( \sin\alpha \right)^{2} + \left( \cos\alpha \right)^{2}}$$

f_h, 0, k = 0, 082 • (1−0,01•d) • ρ_k

f_h, 0, k = 0, 082 • (1−0,01•24) • 410 = 25, 55 MPa

k₉₀ = 1, 35 + 0, 015 • d = 1, 35 + 0, 015 • 24 = 1, 71

$$f_{h,\alpha,k} = \frac{25,55}{1,71 \bullet \left( 0,665 \right)^{2} + \left( 0,746 \right)^{2}} = 18,02\ MPa$$

1. Określenie wytrzymałości na rozciąganie śruby

Pole przekroju czynnego śruby M24: A_s = 353 mm²

Grubość blachy: t_bl = 25 mm

Wytrzymałość na rozciąganie:

F_{1, ax, Rk} = f_u, k • A_S = 500 • 353 = 176, 5 kN

Nośność płyty w odniesieniu do nośności podkładki o średnicy d_w:

$$d_{w} = min\left\{ \begin{matrix} 12 \bullet t_{\text{bl}} = 12 \bullet 25 = 300\ mm \\ 4 \bullet d = 4 \bullet 24 = 96\ mm \\ \end{matrix} \right.\ $$

d_w = 96 mm

$$F_{2,ax,Rk} = 3 \bullet f_{c,90,k} \bullet \frac{\pi}{4} \bullet \left( {d_{w}}^{2} - \left( d + 1\ mm \right)^{2} \right)$$

$$F_{2,ax,Rk} = 3 \bullet 3 \bullet \frac{\pi}{4} \bullet \left( 96^{2} - \left( 24 + 1\ mm \right)^{2} \right) = 60,73\ kN$$

Charakterystyczna nośność śruby:

$$F_{ax,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} F_{1,ax,Rk} \\ F_{2,ax,Rk} \\ \end{matrix} \right.\ $$

F_ax, Rk = 60, 73 kN

1. Nośność połączenia

Wartość charakterystyczna nośności na jedno cięcie

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 0,5 \bullet f_{h,\alpha,k} \bullet t_{2} \bullet d \\ 2,3 \bullet \sqrt{2 \bullet M_{y,Rk} \bullet f_{h,\alpha,k} \bullet d} + \frac{F_{ax,Rk}}{4} \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 0,5 \bullet 18,02 \bullet 190 \bullet 24 \\ 2,3 \bullet \sqrt{2 \bullet 5,81 \bullet 10^{5} \bullet 18,02 \bullet 24} + \frac{60,73}{4} \\ \end{matrix} \right.\ $$

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 41,08\ kN \\ 66,76\ kN \\ \end{matrix} \right.\ $$

Sprawdzam, czy składnik związany z udziałem w nośności efektu liny nie przekracza 25%

$$\frac{\frac{F_{ax,Rk}}{4}}{F_{v,Rk,b} \bullet \frac{F_{ax,Rk}}{4}} = \frac{\frac{60,73}{4}}{66,76 \bullet \frac{60,73}{4}} = 0,29 \Rightarrow 29\%$$

Ze względu na przekroczenie wartości 25% poprawiam obliczenia:

$$F_{v,Rk,b} = 1,25 \bullet 2,3 \bullet \sqrt{2 \bullet M_{y,Rk} \bullet f_{h,\alpha,k} \bullet d}$$

$$F_{v,Rk,b} = 1,25 \bullet 2,3 \bullet \sqrt{2 \bullet 5,81 \bullet 10^{5} \bullet 18,02 \bullet 24} = 64,48\ kN$$

$$F_{v,Rk} = min\left\{ \begin{matrix} 41,08\ kN \\ 64,48\ kN \\ \end{matrix} \right.\ $$

Przyjmuję: F_v, Rk = 41, 08 kN

Wartość obliczeniowa nośności na jedno cięcie:

$$F_{v,Rd} = \frac{k_{\text{mod}} \bullet F_{v,Rk}}{\gamma_{M,connection}}$$

γ_{M, connection} = 1, 3

$$F_{v,Rd} = \frac{0,8 \bullet 41,08}{1,3} = 25,28\ kN > F_{W} = 15,86\ kN$$

Warunek został spełniony

Ćwiczenie – Sprawdzenie strefy kalenicowej dla dźwigara typu bumerang

1. Dane:

Wysokość w okapie: h = 1395 mm

Szerokość dźwigara: b = 190 mm

Wysokość części prostoliniowej: h_p = 1100 mm

Nachylenie: α = 8

Promień krzywizny: r_in = 40356 mm

Długość krzywizny: l = 4981 mm

Moment kalenicowy:  M_ap = 653, 59 kNm

1. Sprawdzenie naprężeń w kalenicy (zginanie)

σ_m, d ≤ k_r • f_m, d

Naprężenia normalne w kalenicy:

$$\sigma_{m,d} = k_{l} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}}$$

$$k_{l} = k_{1} + k_{2}\left( \frac{h}{r} \right) + k_{3}\left( \frac{h}{r} \right)^{2} + k_{4}\left( \frac{h}{r} \right)^{3}$$

k₁ = 1 + 1, 4 • tanα + 5, 4 • α = 1 + 1, 4 • tan10 + 5, 4 • 10 = 1, 11

k₂ = 0, 35 − 8 • tanα = 0, 35 − 8 • tan10 = −1, 06

k₃ = 0, 6 + 8, 3tanα − 7, 8α = 0, 6 + 8, 3tan10 − 7, 8 • 3, 5 = 1, 82

k₄ = 6 • α = 6 • 10 = 0, 19

r = r_in + 0, 5h = 41, 05 m

$$k_{l} = 1,11 + \left( - 1,06 \right)\left( \frac{1,395}{41,05} \right) + 1,82\left( \frac{1,395}{41,05} \right)^{2} + 0,19\left( \frac{1,395}{41,05} \right)^{3}$$

k_l = 1, 38

Dla dźwigarów zakrzywionych o stałym i zmiennym przekroju:

$$\frac{r_{\text{in}}}{t} = \frac{40356}{45} = 1614 > 240$$

k_r = 1, 0

Sprawdzenie warunku:

$$\sigma_{m,d} = k_{l} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}} \leq k_{r} \bullet f_{m,d}$$

$$1,38 \bullet \frac{6 \bullet 653,59}{0,19 \bullet {1,395}^{2}} = 14645\ kPa = 14,65\ MPa < 1,0 \bullet 20,48 = 20,48\ MPa$$

Warunek został spełniony

1. Sprawdzenie naprężeń w kalenicy (rozciąganie prostopadłe do włókien)

$$\sigma_{t,90,d} = k_{p} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}} \leq k_{\text{dis}} \bullet k_{\text{vol}} \bullet f_{t,90,d}$$

$$k_{p} = k_{5} + k_{6}\left( \frac{h}{r} \right) + k_{7}\left( \frac{h}{r} \right)^{2}$$

k₅ = 0, 2 • tanα = 0, 2 • tan10 = 0, 04

k₆ = 0, 25 + 1, 5 • tanα + 2, 6 • α = 0, 25 + 1, 5 • tan10 + 2, 6 • 10 = 0, 60

k₇ = 2, 1 • tanα − 4 • α = 2, 1 • tan10 − 4 • 10 = 0, 25

$$k_{p} = 0,04 + 0,6\left( \frac{1,395}{41,05} \right) + 0,25\left( \frac{1,395}{41,05} \right)^{2} = 0,06$$

Dźwigar zakrzywiony o stałym przekroju ⇒ k_dis = 1, 4

Dla drewna klejonego warstwowo $\Rightarrow \ k_{\text{vol}} = \left( \frac{V_{0}}{V} \right)^{0,2}$

V₀ = 0, 01 m³

$$V = b \bullet \frac{h + h_{p}}{2} \bullet l$$

$$V = 0,19 \bullet \frac{1,395 + 1,1}{2} \bullet 4,981 = 1,37\ m^{3}$$

$$k_{\text{vol}} = \left( \frac{0,01}{1,37} \right)^{0,2} = 0,37\ m^{3}$$

Sprawdzenie warunku:

$$\sigma_{t,90,d} = k_{p} \bullet \frac{6 \bullet M_{\text{ap}}}{b \bullet h^{2}} \leq k_{\text{dis}} \bullet k_{\text{vol}} \bullet f_{t,90,d}$$

$$0,06 \bullet \frac{6 \bullet 653,59}{0,19 \bullet {1,395}^{2}} = 592\ kPa = 0,59\ MPa > 1,4 \bullet 0,37 \bullet 0,29 = 0,15\ MPa$$

Warunek nie został spełniony