Einzelwinkel-Verbindungsdesign

Einzelwinkel-Verbindungsdesign nach AISC 360 bedeutet, einen Winkel zu überprüfen, zwei Schraubengruppen und das Balkenende gegen die Balkenreaktion. Auf der Trägerseite prüfen Sie den Schraubendurchschnitt, Auflage und Ausriss am Winkel und am Balkensteg, Blockschere, Schubnachgeben und Bruch des Winkels, und Winkelbiegung. Wenn der Balken abgedeckt ist, Sie prüfen auch die Stegausklinkung auf Blockscherung, Scherung und Biegung. Auf der Stützseite wiederholen Sie die Schrauben- und Winkelprüfungen für das am Träger verschraubte Bein, wobei die Bolzengruppe die Exzentrizität der Reaktion tragen muss. Detaillierte Begrenzung der Abstände, Kantenabstand, Messgerät, Dabei gelten durchgehend die Ausklinktiefe und Anschlusstiefe.

Diese Seite ist von Anfang bis Ende ein echtes Beispiel: ein Balken W12x14, am oberen Flansch abgedeckt, Einrahmen in den Steg eines W18x35-Trägers mit a 20 kip LRFD-Reaktion, durch einen einzelnen L4x3x3/8-Winkel mit zwei Reihen von 3/4 in A325-N-Schrauben an jedem Bein. Das Design ist AISC 360-16 und das AISC-Handbuch, 15. Auflage. Jede Gleichung wird mit ihren Zahlen ausgeschrieben, in der gleichen Reihenfolge wie im AISC-Berechnungsblatt SkyCiv-Verbindungsdesign Modul erzeugt für diese Verbindung.

TESTEN SIE JETZT UNSER KOSTENLOSES TOOL KAUFEN SIE DAS VERBINDUNGSDESIGN-MODUL

Was ist eine Einzelwinkelverbindung??

Eine Einzelwinkelverbindung ist ein Stahlwinkel auf einer Seite des Trägerstegs, mit einem Bein verschraubt (oder geschweißt) am Steg befestigt und das andere Bein mit dem Stützelement verschraubt. Es überträgt die Endschubkraft des Trägers und wird gemäß AISC als einfache Verbindung klassifiziert 360-16 B3.4, Daher ist der Winkel so detailliert, dass er sich biegt und nicht dem Moment standhält.

es ist ein Scherverbindung Wird für leichtere Reaktionen verwendet, und wo nur eine Seite des Balkenstegs erreichbar ist, B. Balken, die neben einem anderen Element in einen Trägersteg einrahmen. Weil es nur einen Winkel gibt, Die trägerseitigen Schrauben stehen im Einfachschnitt und die Last erreicht die Stütze auf einer Seite des Trägerstegs, Daher müssen die Stützbolzen dieser Exzentrizität standhalten. Die anderen Optionen für den gleichen Job sind die Doppelwinkelanschluss, bleibt die Einzelplatte (Scherlasche) Verbindung und die Schere Endplattenanschluss. Sie können dieses Beispiel direkt im überprüfen Rechner für Einzelwinkelverbindungen.

Höhe der Beispielverbindung. Der Balken ist bewältigt 2 7/8 in langen und 1 oben tief hinein, um den Trägerflansch freizugeben, mit einem 1/2 im Abstand zwischen Trägerende und Trägersteg.

Abschnitt A-A. Der lange Schenkel ist mit dem Trägersteg verschraubt, und das 3 Der im herausragenden Schenkel ist mit dem Trägersteg verschraubt.

Wie entwirft man eine Einzelwinkelverbindung?? Die Schritte auf einen Blick

1. Überprüfen Sie die Detaillierungsgrenzen auf der Trägerseite: Abstand, Randabstände, Tiefe, Messgerät, bewältigen.
2. Überprüfen Sie die trägerseitige Schraubengruppe im Einzelschnitt.
3. Bolzenlager und Ausriss am balkenseitigen Winkel prüfen.
4. Bolzenlager und Ausriss am Trägersteg prüfen.
5. Schere kombinieren, Lagerung und Abriss pro Bolzen an der Trägerseite.
6. Blockschub des Winkels auf der Balkenseite prüfen.
7. Überprüfen Sie die Schubnachgiebigkeit und den Schubbruch des Winkels auf der Trägerseite.
8. Überprüfen Sie die Winkelbiegung auf der Trägerseite mithilfe des Doppelkeilverfahrens.
9. Überprüfen Sie die Scher- und Momentwechselwirkung des Winkels auf der Balkenseite.
10. Überprüfen Sie den Blockschub des ausgeklinkten Trägerstegs.
11. Überprüfen Sie die Schubnachgiebigkeit und den Schubbruch des ausgeklinkten Trägers.
12. Überprüfen Sie die Biegung des Oberbalkens.
13. Überprüfen Sie die Detaillierungsgrenzen auf der Trägerseite.
14. Überprüfen Sie die trägerseitige Schraubengruppe mit ICOR auf ihre Exzentrizität.
15. Bolzenlager und Ausriss am Winkel an der Stützseite prüfen.
16. Bolzenlager am Trägersteg prüfen.
17. Schere kombinieren, Lagerung und Abriss per Bolzen an der Stützseite.
18. Blockscherung des Winkels auf der Auflageseite prüfen.
19. Schubnachgiebigkeit und Schubbruch des Winkels auf der Auflagerseite prüfen.
20. Überprüfen Sie die Winkelbiegung auf der Stützseite mit dem Doppelkeilverfahren.
21. Prüfen Sie die Scher- und Momentenwirkung des Winkels auf der Stützseite.

Designeingaben für dieses Beispiel

Der Designcode ist AISC 360-16 LRFD. Abschnittseigenschaften stammen aus dem AISC-Handbuch.

 

 

Schritt 1: Detaillierungsgrenzen auf der Trägerseite (AISC 360-16 J3.3, J3.4, J3.5)

Vor jeder Festigkeitsprüfung, Die Schraubenanordnung muss baubar sein und den Annahmen hinter den Festigkeitsgleichungen entsprechen. Zu enge Schrauben reißen zwischen den Löchern, Zu enge Kanten reißen aus, und ein zu kurzer oder zu großer Winkel verändert die Art und Weise, wie sich die Verbindung dreht. Der Oberkasten muss tief genug sein, um den Trägerflansch freizugeben.

Für ein 3/4 Im Bolzen beträgt der Mindestabstand [mathin] 2\tfrac{2}{3} d_{b} = 2\,in [mathin] (J3.3) und der minimale Randabstand beträgt 1 im (Tabelle J3.4). Der balkenseitige Schenkel ist mit horizontalen Kurzschlitzlöchern versehen, und der horizontale Randabstand des Winkels wird über das Ende des Schlitzes gemessen, also die Tabelle J3.5 Inkrement von 1/8 In einem kurzen Slot erhöht sich sein Minimum auf 1.125 im. Der horizontale Randabstand am Trägersteg ist die Dicke abzüglich des Abstands, [mathin] 2.5\,in – 0.5\,in = 2\,in [mathin]. Der Winkel muss mindestens halb so tief sein wie das T-Maß des Trägers, Daher ist es steif genug, um das Balkenende abzustützen, und nicht tiefer, als das Balkennetz aufnehmen kann. Die Schraubenlehre am trägerseitigen Bein muss Platz lassen, um in die Schrauben eindringen und diese festziehen zu können.

Bei einem Mindestgrenzwert ist das Verhältnis Grenzwert zu Ist, und für ein Maximum liegt die tatsächliche Überschreitung des Grenzwerts vor. Die maßgebende Zeile ist die minimale Verbindungstiefe, die Hälfte 10 3/8 im T-Maß des W12x14:

[math] DCR = \frac{d}{c} = \frac{(5.1875)}{(6)} = 0.86458 [math]

DCR = 0.865 < 1.0, in Ordnung

Schritt 2: Schraubengruppenschub an der Trägerseite (AISC 360-16 J3.6)

Jeder trägerseitige Bolzen geht nur durch den Winkel und den Trägersteg, es hat also eine Scherebene. Die beiden Bolzen müssen die volle Reaktion zwischen sich übertragen.

Schraubengruppenkoeffizient

Die balkenseitige Bolzenlinie ist 2.5 aus der Winkelferse hinein, aber die Exzentrizität wird hier ignoriert. AISC-Handbuchseite 10-116 ermöglicht dies für eine einzelne vertikale Schraubenreihe mit einer Exzentrizität von nicht mehr als 3 im, Der Schraubengruppenkoeffizient ist also einfach die Anzahl der Schrauben:

[math] C = 2 [math]

Schraubengruppenstärke

Wo [mathin] \phi = 0.75 [mathin], [mathin] d_{b} = 0.75\,in [mathin], [mathin] F_{nv} = 54\,ksi [mathin] für eine A325-N-Schraube mit Gewinde im Lieferumfang enthalten, [mathin] N_{s} = 1 [mathin] und [mathin] h_{f} = 1 [mathin] weil es keine Füllstoffe gibt (J5.2(ein)):

[math] \phi R_{n} = \phi\, F_{nv}\, \frac{\pi}{4} \left( d_{b} \right)^{2} N_{s}\, C\, h_{f} [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times (54\,ksi) \times \frac{\pi}{4} \times \left( (0.75\,in) \right)^{2} \times (1) \times (2) \times (1) [math]

[math] \phi R_{n} = 35.785\,kip [math]

DCR = 20 kip / 35.785 kip = 0.559 < 1.0, in Ordnung

Schritt 3: Bolzenlagerung und Ausriss am Einzelwinkel an der Trägerseite (AISC 360-16 J3.10)

Jeder trägerseitige Bolzen drückt auf die Kante seines Lochs im Winkel. Der Winkel verformt sich entweder am Loch (Lager, begrenzt auf 2.4 d t Fu) oder reißt einen Streifen bis zum nächsten Loch bzw. bis zur Unterkante heraus (herausreißen, 1.2 lc t Fu). Der Balken drückt die Bolzen am Winkel nach unten, also die untere Schraube, der Unterkante des Winkels am nächsten liegt, ist der Schwache.

Die Löcher sind kurze Schlitze, die horizontal verlaufen und die Last vertikal ist, Daher ist das Lochmaß in Lastrichtung der Standard [mathin] d_{h} = 0.8125\,in [mathin]. Freier Abstand für den Randbolzen, mit [mathin] L_{ev,a} = 1.5\,in [mathin]:

[math] l_{c1} = L_{ev,a} – \frac{d_{h}}{2} = (1.5\,in) – \frac{(0.8125\,in)}{2} = 1.0938\,in [math]

Lichter Abstand zwischen den Schrauben, mit [mathin] s_{r} = 3\,in [mathin]:

[math] l_{c2} = s_{r} – d_{h} = (3\,in) – (0.8125\,in) = 2.1875\,in [math]

Wo [mathin] t_{a} = 0.375\,in [mathin], [mathin] F_{ua} = 58\,ksi [mathin], [mathin] C = 2 [mathin] und [mathin] n_{r} = 2 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi \left[ \min\left(1.2\, l_{c1},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{a} F_{ua} + \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{a} F_{ua} \left( n_{r} – 1 \right) \right] \left( \frac{C}{n_{r}} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \left[ \min\left(1.2 \times (1.0938\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) + \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) \times \left( (2) – 1 \right) \right] \times \left( \frac{(2)}{(2)} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = 50.773\,kip [math]

DCR = 20 kip / 50.773 kip = 0.394 < 1.0, in Ordnung

Das Ausreißen regelt den Randbolzen, Weil 1.2 lc1 ist kleiner als 2.4 db. Der andere Bolzen ist durch das Lager begrenzt.

Schritt 4: Bolzenlagerung und Ausriss am Trägersteg (AISC 360-16 J3.10)

Die gleiche Prüfung gilt für den Balkensteg. Dabei bewegt sich die Bahn gegen vom Winkel gehaltene Bolzen nach unten, so dass die Schrauben oben auf den Steglöchern aufliegen, und der Randbolzen ist der oberste, 3.575 unterhalb der Schnittkante des Obermantels.

Freier Abstand für den oberen Bolzen, mit [mathin] L_{ev,bm} = 3.575\,in [mathin] und [mathin] d_{h} = 0.8125\,in [mathin]:

[math] l_{c1} = L_{ev,bm} – \frac{d_{h}}{2} = (3.575\,in) – \frac{(0.8125\,in)}{2} = 3.1688\,in [math]

[math] l_{c2} = s_{r} – d_{h} = (3\,in) – (0.8125\,in) = 2.1875\,in [math]

Wo [mathin] t_{wb} = 0.2\,in [mathin], [mathin] F_{ub} = 65\,ksi [mathin], [mathin] C = 2 [mathin] und [mathin] n_{r} = 2 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi \left[ \min\left(1.2\, l_{c1},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{wb} F_{ub} + \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{wb} F_{ub} \left( n_{r} – 1 \right) \right] \left( \frac{C}{n_{r}} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \left[ \min\left(1.2 \times (3.1688\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.2\,in) \times (65\,ksi) + \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.2\,in) \times (65\,ksi) \times \left( (2) – 1 \right) \right] \times \left( \frac{(2)}{(2)} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = 35.1\,kip [math]

DCR = 20 kip / 35.1 kip = 0.570 < 1.0, in Ordnung

Beide Bolzen sind durch Lager abgedeckt 2.4 db, denn der große Randabstand unterhalb des Oberkastens verhindert, dass es zu Ausrissen kommt. Mit der 0.2 im Web ist dünner als das 3/8 im Winkel, es handelt sich also um die schwächere Lage auf der Trägerseite.

Schritt 5: Effektive Festigkeit der Schraubengruppe auf der Trägerseite (AISC 360-16 J3.6 Kommentar)

Bolzenscherung, Lager und Abriss sind keine wirklich getrennten Prüfungen. Jeder Bolzen weist in jeder Lage, durch die er verläuft, die geringste Scherfestigkeit und Trag- bzw. Ausreißfestigkeit auf, und die Gruppenstärke ist die Summe dieser Werte pro Bolzen.

Festigkeit einer Schraube im Einzelschnitt:

[math] \phi r_{v} = \phi\, F_{nv}\, \frac{\pi}{4} \left( d_{b} \right)^{2} N_{s}\, h_{f} = (0.75) \times (54\,ksi) \times \frac{\pi}{4} \times \left( (0.75\,in) \right)^{2} \times (1) \times (1) = 17.892\,kip [math]

Lagerung und Abriss einer Schraube am Winkel, für den Randbolzen und den Innenbolzen:

[math] \phi r_{n1e} = \phi\, \min\left(1.2\, l_{c1},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{a} F_{ua} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (1.0938\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) = 21.41\,kip [math]

[math] \phi r_{n1i} = \phi\, \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{a} F_{ua} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) = 29.363\,kip [math]

Lagern und Herausreißen einer Schraube am Trägersteg, für den Randbolzen und den Innenbolzen:

[math] \phi r_{n2e} = \phi\, \min\left(1.2\, l_{c1},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{wb} F_{ub} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (3.1688\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.2\,in) \times (65\,ksi) = 17.55\,kip [math]

[math] \phi r_{n2i} = \phi\, \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{wb} F_{ub} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.2\,in) \times (65\,ksi) = 17.55\,kip [math]

Die Schrauben werden von oben in der Zeile nummeriert. Bolzen 1 ist der Randbolzen am Trägersteg und ein Innenbolzen am Winkel; Bolzen 2 ist der Kantenbolzen am Winkel:

[math] \phi r_{eff,1} = \min\left( \phi r_{v},\, \phi r_{n1i},\, \phi r_{n2e} \right) = \min\left( (17.892\,kip),\, (29.363\,kip),\, (17.55\,kip) \right) = 17.55\,kip [math]

[math] \phi r_{eff,2} = \min\left( \phi r_{v},\, \phi r_{n1e},\, \phi r_{n2i} \right) = \min\left( (17.892\,kip),\, (21.41\,kip),\, (17.55\,kip) \right) = 17.55\,kip [math]

[math] \sum \phi r_{eff} = n_{1}\, \phi r_{eff,1} + n_{2}\, \phi r_{eff,2} = (1) \times (17.55\,kip) + (1) \times (17.55\,kip) = 35.1\,kip [math]

[math] \phi R_{n,eff} = \left( \frac{C}{n_{r}} \right) \sum \phi r_{eff} = \left( \frac{(2)}{(2)} \right) \times (35.1\,kip) = 35.1\,kip [math]

DCR = 20 kip / 35.1 kip = 0.570 < 1.0, in Ordnung

Die Lagerung am Trägersteg bestimmt beide Bolzen, obwohl Bolzenscheren nur ist 2% höher. Sie können die gleiche Verbindung im ausführen Kostenloser Verbindungsdesign-Rechner und versuchen Sie es mit einer dritten Schraubenreihe, um zu sehen, wie sich das Verhältnis ändert.

Schritt 6: Blockschub des einzelnen Winkels an der Balkenseite (AISC 360-16 J4.3)

Entlang der Bolzenlinie kann ein Block des Winkels ausreißen: entlang der Lochreihe abscheren, plus Spannung quer zur freien Kante des Winkels. Bei einer Bolzensäule handelt es sich um einen L-förmigen Block.

Nettofläche unter Spannung. Die Spannungsebene verläuft horizontal, entlang der Schlitze, es wird also die Schlitzlänge verwendet [mathin] d_{h} = 1\,in [mathin], mit [mathin] t_{a} = 0.375\,in [mathin], [mathin] n_{c} = 1 [mathin], [mathin] s_{c} = 0\,in [mathin] und [mathin] L_{eh,a} = 1.5\,in [mathin]. Jedes Loch fügt hinzu 1/16 auf Beschädigungen beim Stanzen (B4.3):

[math] A_{nt} = t_{a} \left[ (n_{c}-1)\, s_{c} + L_{eh,a} – (n_{c} – 0.5)\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] [math]

[math] A_{nt} = (0.375\,in) \times \left[ ((1)-1) \times (0\,in) + (1.5\,in) – ((1) – 0.5) \times ((1\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 0.36328\,in^{2} [math]

Brutto- und Nettoflächen unter Scherung. Die Scherebene verläuft vertikal, über die Schlitze, so nutzt es [mathin] d_{h} = 0.8125\,in [mathin]:

[math] A_{gv} = t_{a} \left[ L_{ev,a} + (n_{r}-1)\, s_{r} \right] = (0.375\,in) \times \left[ (1.5\,in) + ((2)-1) \times (3\,in) \right] = 1.6875\,in^{2} [math]

[math] A_{nv} = t_{a} \left[ d_{a} – L_{ev,a} – (n_{r} – 0.5)\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] [math]

[math] A_{nv} = (0.375\,in) \times \left[ (6\,in) – (1.5\,in) – ((2) – 0.5) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 1.1953\,in^{2} [math]

Scherfestigkeit des Blocks, mit [mathin] U_{bs} = 1 [mathin] für gleichmäßige Spannung, [mathin] F_{ua} = 58\,ksi [mathin], [mathin] F_{ya} = 36\,ksi [mathin] und [mathin] \phi = 0.75 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi \left( 0.6\, F_{ua} A_{nv} + U_{bs} F_{ua} A_{nt} \le 0.6\, F_{ya} A_{gv} + U_{bs} F_{ua} A_{nt} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \left( 0.6 \times (58\,ksi) \times (1.1953\,in^{2}) + (1) \times (58\,ksi) \times (0.36328\,in^{2}) \le 0.6 \times (36\,ksi) \times (1.6875\,in^{2}) + (1) \times (58\,ksi) \times (0.36328\,in^{2}) \right) [math]

[math] \phi R_{n} = 43.14\,kip [math]

DCR = 20 kip / 43.14 kip = 0.464 < 1.0, in Ordnung

Maßgebend ist die Scherungsseite der Gleichung. A36 hat ein niedriges Verhältnis von Streckgrenze zu Zugfestigkeit, Daher gibt die Bruttoscherebene nach, bevor die Nettoscherebene bricht.

Schritt 7: Schubnachgeben und Schubbruch des einzelnen Winkels auf der Balkenseite (AISC 360-16 J4.2)

Die volle Reaktion läuft als vertikale Scherung durch den Winkelschenkel nach unten. Der Bruttoquerschnitt darf nicht nachgeben, und der Netzabschnitt durch die Bolzenlöcher darf nicht reißen.

Scherung nachgebend (Gl. J4-3)

[math] A_{gv} = d_{a}\, t_{a} = (6\,in) \times (0.375\,in) = 2.25\,in^{2} [math]

[math] \phi R_{n,sy} = \phi\, 0.6\, F_{ya} A_{gv} = (1) \times 0.6 \times (36\,ksi) \times (2.25\,in^{2}) = 48.6\,kip [math]

Scherbruch (Gl. J4-4)

[math] A_{nv} = t_{a} \left[ d_{a} – n_{r}\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] = (0.375\,in) \times \left[ (6\,in) – (2) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 1.5938\,in^{2} [math]

[math] \phi R_{n,sr} = \phi\, 0.6\, F_{ua} A_{nv} = (0.75) \times 0.6 \times (58\,ksi) \times (1.5938\,in^{2}) = 41.597\,kip [math]

[math] \phi R_{n} = \min\left( \phi R_{n,sy},\, \phi R_{n,sr} \right) = \min\left( (48.6\,kip),\, (41.597\,kip) \right) = 41.597\,kip [math]

DCR = 20 kip / 41.597 kip = 0.481 < 1.0, in Ordnung

Schritt 8: Durchbiegung des einzelnen Winkels auf der Trägerseite, Doppelbewältigungsverfahren (AISC 360-16 F11.2)

Die Reaktion wird von der trägerseitigen Bolzenlinie bis zum Winkelfuß übertragen, Das Bein fungiert also beim Biegen als kurze Auslegerplatte. Ein tiefes, Ein dünnes Bein kann seitlich ausknicken, bevor es nachgibt. Das AISC-Handbuch behandelt dies mit dem Verfahren für einen Träger, der an beiden Flanschen abgedeckt wird, Behandeln Sie das Bein wie einen Balkensteg, wobei die Flansche weggeschnitten sind. Die unverspannte Länge ist das trägerseitige Maß, [mathin] L_{b} = 2.5\,in [mathin]. Das Bein wird außerdem auf Biegebruch durch die Schraubenlöcher überprüft.

Reichweitencheck

Wo [mathin] E = 29000\,ksi [mathin], [mathin] F_{ya} = 36\,ksi [mathin], [mathin] d_{a} = 6\,in [mathin] und [mathin] t_{a} = 0.375\,in [mathin]:

[math] \frac{L_{b} d}{t^{2}} = \frac{(2.5\,in) \times (6\,in)}{(0.375\,in)^{2}} = 106.67 [math]

[math] \frac{0.08 E}{F_{y}} = \frac{0.08 \times (29000\,ksi)}{(36\,ksi)} = 64.444 \qquad \frac{1.9 E}{F_{y}} = \frac{1.9 \times (29000\,ksi)}{(36\,ksi)} = 1530.6 [math]

So [mathin] \frac{0.08E}{F_{y}} \lt \frac{L_{b} d}{t^{2}} \le \frac{1.9E}{F_{y}} [mathin], und Gl. Es gilt F11-2.

Abschnittsmodul des Winkelschenkels

[math] Z = \frac{t_{a} \left( d_{a} \right)^{2}}{4} = \frac{(0.375\,in) \times ((6\,in))^{2}}{4} = 3.375\,in^{3} [math]

[math] S = \frac{t_{a} \left( d_{a} \right)^{2}}{6} = \frac{(0.375\,in) \times ((6\,in))^{2}}{6} = 2.25\,in^{3} [math]

Änderungsfaktor für Biegedrillknicken (AISC-Handbuch Gl. 9-15)

Ohne Bewältigung des Winkels, [mathin] d_{ct} = 0\,in [mathin]:

[math] C_{b} = \left[ 3 + \ln\left( \frac{L_{b}}{d_{a}} \right) \right] \left( 1 – \frac{d_{ct}}{d_{a}} \right) \ge 1.84 [math]

[math] C_{b} = \left[ 3 + \ln\left( \frac{(2.5\,in)}{(6\,in)} \right) \right] \times \left( 1 – \frac{(0\,in)}{(6\,in)} \right) \ge 1.84 [math]

[math] C_{b} = 2.1245 [math]

Biegestreckgrenze und Knickfestigkeit

Mit [mathin] \phi = 0.9 [mathin]:

[math] \phi M_{n} = \phi \left[ C_{b} \left[ 1.52 – 0.274 \left( \frac{L_{b} d}{t^{2}} \right) \left( \frac{F_{ya}}{E} \right) \right] F_{ya} S \le F_{ya} Z \right] [math]

[math] \phi M_{n} = (0.9) \times \left[ (2.1245) \times \left[ 1.52 – 0.274 \times ((106.67)) \times \left( \frac{(36\,ksi)}{(29000\,ksi)} \right) \right] \times (36\,ksi) \times (2.25\,in^{3}) \le (36\,ksi) \times (3.375\,in^{3}) \right] [math]

[math] \phi M_{n} = 9.1125\,kip\text{-}ft \;(109.35\,kip\text{-}in) [math]

Die Momentenkappe aus Kunststoff [mathin] F_{ya} Z [mathin] regiert, Daher neigt das Bein bei dieser Tiefe und Dicke nicht zum Knicken. Die äquivalente Scherkapazität beträgt:

[math] \phi V_{n,y} = \frac{\phi M_{n}}{L_{b}} = \frac{(9.1125\,kip\text{-}ft)}{(2.5\,in)} = 43.74\,kip [math]

Biegebruch (AISC-Handbuch Teil 15 Tabelle 15-3, Teil 9 Gl. 9-4)

Das Netto-Kunststoffwiderstandsmodul entfernt die Schraubenlöcher, mit [mathin] d_{h} = 0.8125\,in [mathin] und [mathin] s_{r} = 3\,in [mathin]. Bei einer geraden Anzahl von Zeilen ist der letzte Term Null:

[math] Z_{net} = \frac{t_{a} \left( d_{a} \right)^{2}}{4} – t_{a} \left( d_{h} + 0.0625\,in \right) s_{r} \left\lfloor \frac{n_{r}^{2}}{4} \right\rfloor – \left[ n_{r}\ \text{odd} \right] \frac{t_{a} \left( d_{h} + 0.0625\,in \right)^{2}}{4} [math]

[math] Z_{net} = \frac{(0.375\,in) \times ((6\,in))^{2}}{4} – (0.375\,in) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \times (3\,in) \times \left\lfloor \frac{(2)^{2}}{4} \right\rfloor – \left[ (2)\ \text{odd} \right] \times \frac{(0.375\,in) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in))^{2}}{4} = 2.3906\,in^{3} [math]

[math] \phi M_{n} = \phi\, F_{ua} Z_{net} = (0.75) \times (58\,ksi) \times (2.3906\,in^{3}) = 8.666\,kip\text{-}ft [math]

[math] \phi V_{n,r} = \frac{\phi M_{n}}{L_{b}} = \frac{(8.666\,kip\text{-}ft)}{(2.5\,in)} = 41.597\,kip [math]

Beherrschen der Biegefähigkeit

[math] \phi V_{n} = \min\left( \phi V_{n,y},\, \phi V_{n,r} \right) = \min\left( (43.74\,kip),\, (41.597\,kip) \right) = 41.597\,kip [math]

DCR = 20 kip / 41.597 kip = 0.481 < 1.0, in Ordnung

Es herrscht Biegebruch. Es gibt zufällig das Gleiche 41.597 Kippen als Scherbruch im Schritt 7.

Schritt 9: Scher- und Momentenwechselwirkung des einzelnen Winkels auf der Balkenseite (AISC-Handbuch Gl. 10-5)

Der Winkelschenkel trägt gleichzeitig Scherung und Biegung im gleichen Abschnitt auf, also müssen die beiden zusammen überprüft werden. Das Handbuch nutzt eine zirkuläre Wechselwirkung zwischen der Scherstreckgrenze und der Biegefestigkeit.

Das Moment am Winkel ist das Reaktionsprodukt multipliziert mit der unverspannten Länge, mit [mathin] V_{r} = 20\,kip [mathin] und [mathin] L_{b} = 2.5\,in [mathin]:

[math] M_{r} = V_{r}\, L_{b} = (20\,kip) \times (2.5\,in) = 4.1667\,kip\text{-}ft [math]

Mit [mathin] \phi V_{n} = 48.6\,kip [mathin] aus der Schernachgiebigkeit im Schritt 7 und [mathin] \phi M_{n} = 9.1125\,kip\text{-}ft [mathin] von Step 8:

[math] I_{nt} = \left( \frac{V_{r}}{\phi V_{n}} \right)^{2} + \left( \frac{M_{r}}{\phi M_{n}} \right)^{2} [math]

[math] I_{nt} = \left( \frac{(20\,kip)}{(48.6\,kip)} \right)^{2} + \left( \frac{(4.1667\,kip\text{-}ft)}{(9.1125\,kip\text{-}ft)} \right)^{2} = 0.37843 [math]

DCR = 0.37843 / 1.0 = 0.378 < 1.0, in Ordnung

Schritt 10: Blockscherung des Balkenstegs mit Ausklinkung (AISC 360-16 J4.3)

Der Oberkasten entfernt den oberen Flansch des Trägers an der Verbindung, so dass entlang der Bolzenlinie ein Block des Steges ausreißen kann: Schneiden Sie die Lochreihe bis zur Schnittkante des Oberkastens ab, plus Spannung quer zum Balkenende.

Nettofläche unter Spannung, mit [mathin] t_{wb} = 0.2\,in [mathin], [mathin] L_{eh,bm} = 2\,in [mathin] und das Standardloch [mathin] d_{h} = 0.8125\,in [mathin]:

[math] A_{nt} = t_{wb} \left[ (n_{c}-1)\, s_{c} + L_{eh,bm} – (n_{c} – 0.5)\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] [math]

[math] A_{nt} = (0.2\,in) \times \left[ ((1)-1) \times (0\,in) + (2\,in) – ((1) – 0.5) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 0.3125\,in^{2} [math]

Bruttofläche unter Scherung, von der Oberkante bis zum unteren Bolzen, mit [mathin] L_{ev,bm} = 3.575\,in [mathin]:

[math] A_{gv} = t_{wb} \left[ L_{ev,bm} + (n_{r}-1)\, s_{r} \right] = (0.2\,in) \times \left[ (3.575\,in) + ((2)-1) \times (3\,in) \right] = 1.315\,in^{2} [math]

Nettofläche unter Scherung. Der Bericht schreibt es mit einem Tiefenbegriff [mathin] d_{coped} = 10.15\,in [mathin]; die Halterung [mathin] d_{coped} – L_{ev,bm} = 6.575\,in [mathin] ist die gleiche Länge der Scherebene wie in der Bruttofläche:

[math] A_{nv} = t_{wb} \left[ d_{coped} – L_{ev,bm} – (n_{r} – 0.5)\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] [math]

[math] A_{nv} = (0.2\,in) \times \left[ (10.15\,in) – (3.575\,in) – ((2) – 0.5) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 1.0525\,in^{2} [math]

Mit [mathin] F_{ub} = 65\,ksi [mathin], [mathin] F_{yb} = 50\,ksi [mathin], [mathin] U_{bs} = 1 [mathin] und [mathin] \phi = 0.75 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi \left( 0.6\, F_{ub} A_{nv} + U_{bs} F_{ub} A_{nt} \le 0.6\, F_{yb} A_{gv} + U_{bs} F_{ub} A_{nt} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \left( 0.6 \times (65\,ksi) \times (1.0525\,in^{2}) + (1) \times (65\,ksi) \times (0.3125\,in^{2}) \le 0.6 \times (50\,ksi) \times (1.315\,in^{2}) + (1) \times (65\,ksi) \times (0.3125\,in^{2}) \right) [math]

[math] \phi R_{n} = 44.822\,kip [math]

DCR = 20 kip / 44.822 kip = 0.446 < 1.0, in Ordnung

Schritt 11: Schubnachgeben und Schubbruch des ausgeklinkten Trägers (AISC 360-16 J4.2)

Am Cope, Die vollständige Reaktion läuft durch das Netz, das unterhalb des Schnitts zurückbleibt, ohne Oberflansch. Dieser reduzierte Steg wird auf Schernachgiebigkeit an seiner Bruttofläche und auf Scherbruch durch die Bolzenlöcher geprüft.

Die verbleibende Stegtiefe ist die Balkentiefe abzüglich der Oberkastentiefe, [mathin] d_{coped} = 11.9\,in – 1\,in = 10.9\,in [mathin].

Scherung nachgebend (Gl. J4-3)

[math] A_{gv} = d_{coped}\, t_{wb} = (10.9\,in) \times (0.2\,in) = 2.18\,in^{2} [math]

[math] \phi R_{n,sy} = \phi\, 0.6\, F_{yb} A_{gv} = (1) \times 0.6 \times (50\,ksi) \times (2.18\,in^{2}) = 65.4\,kip [math]

Scherbruch (Gl. J4-4)

[math] A_{nv} = t_{wb} \left[ d_{coped} – n_{r}\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] = (0.2\,in) \times \left[ (10.9\,in) – (2) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 1.83\,in^{2} [math]

[math] \phi R_{n,sr} = \phi\, 0.6\, F_{ub} A_{nv} = (0.75) \times 0.6 \times (65\,ksi) \times (1.83\,in^{2}) = 53.528\,kip [math]

[math] \phi R_{n} = \min\left( (65.4\,kip),\, (53.528\,kip) \right) = 53.528\,kip [math]

DCR = 20 kip / 53.528 kip = 0.374 < 1.0, in Ordnung

Schritt 12: Durchbiegung des Balkenbalkens (AISC-Handbuch Teil 9, Gl. 9-7)

Die Reaktion wirkt am Strahlende, Daher trägt der Oberkastenabschnitt an der Innenseite des Oberkastens ein Moment, das der Reaktionszeit des Abstands von den Bolzen entspricht. Ohne seinen oberen Flansch ist der Steg ein T-Stück mit einer unversteiften Oberkante unter Druck, die lokal einknicken können. Das im Handbuch verwendete Verfahren für Ausklinkbalken prüft die Schlankheit der Bahn anhand eines Grenzwerts, der von der Ausklinkgeometrie abhängt.

Eingaben: [mathin] F_{yb} = 50\,ksi [mathin], [mathin] D_{ct} = 1\,in [mathin], [mathin] c = L_{ct} = 2.875\,in [mathin], keine untere Bewältigung, [mathin] \phi = 0.9 [mathin]. Die Abschnittsmoduli des T-Stücks, die an der Ausklinkung verbleiben, sind: [mathin] S_{x} = 5.6132\,in^{3} [mathin] und [mathin] Z_{x} = 9.5686\,in^{3} [mathin].

Web-Schlankheit (Gl. 9-11)

[math] \lambda = \frac{h_{o}}{t_{wb}} = \frac{(10.9\,in)}{(0.2\,in)} = 54.5 [math]

Knickanpassungsfaktor (Gl. 9-14ein) und Plattenknickkoeffizient (Gl. 9-13ein)

Schon seit [mathin] c \le d_{bm} [mathin] und [mathin] c \le h_{o} [mathin]:

[math] f = 2 \left( \frac{c}{d_{bm}} \right) = 2 \times \left( \frac{(2.875\,in)}{(11.9\,in)} \right) = 0.48319 [math]

[math] k = 2.2 \left( \frac{h_{o}}{c} \right)^{1.65} = 2.2 \times \left( \frac{(10.9\,in)}{(2.875\,in)} \right)^{1.65} = 19.835 [math]

Begrenzung der Schlankheit für eine kompakte Bahn (Gl. 9-12)

[math] \lambda_{p} = 0.475 \sqrt{\frac{\left( f k \ge 1.61 \right) E}{F_{yb}}} [math]

[math] \lambda_{p} = 0.475 \times \sqrt{\frac{\left( (0.48319) \times (19.835) \ge 1.61 \right) \times (29000\,ksi)}{(50\,ksi)}} = 35.414 [math]

Biegefestigkeit (Gl. 9-7)

Schon seit [mathin] \lambda_{p} \lt \lambda \le 2\lambda_{p} [mathin], Die Bahn ist nicht kompakt und die Festigkeit wird zwischen den plastischen und elastischen Momenten interpoliert:

[math] \phi M_{n} = \phi \left[ F_{yb} Z_{x} – \left( F_{yb} Z_{x} – F_{yb} S_{x} \right) \left( \frac{\lambda}{\lambda_{p}} – 1 \right) \right] [math]

[math] \phi M_{n} = (0.9) \times \left[ (50\,ksi) \times (9.5686\,in^{3}) – \left( (50\,ksi) \times (9.5686\,in^{3}) – (50\,ksi) \times (5.6132\,in^{3}) \right) \times \left( \frac{(54.5)}{(35.414)} – 1 \right) \right] [math]

[math] \phi M_{n} = 27.889\,kip\text{-}ft [math]

Äquivalente Scherkapazität

Der Hebelarm ist die Exzentrizität des Oberkastens, die Oberkastenlänge plus der Balkenendabstand, [mathin] e_{c} = 2.875\,in + 0.5\,in = 3.375\,in [mathin]:

[math] \phi V_{n} = \frac{\phi M_{n}}{e_{c}} = \frac{(27.889\,kip\text{-}ft)}{(3.375\,in)} = 99.16\,kip [math]

DCR = 20 kip / 99.16 kip = 0.202 < 1.0, in Ordnung

Schritt 13: Detaillierungsgrenzen auf der Trägerseite (AISC 360-16 J3.3, J3.4, J3.5)

Der herausragende Schenkel wird mit dem Trägersteg verschraubt, es gelten also die gleichen Abstands- und Kantenregeln, plus eine Gauge-Begrenzung, die dafür sorgt, dass die Schrauben weit genug vom Trägersteg entfernt sind, damit sie eingeführt und festgezogen werden können. Die Winkellöcher sind hier Standard, Das Minimum des horizontalen Randabstands ist also die Ebene 1 aus Tabelle J3.4. Der tatsächliche Randabstand ist das, was davon übrig bleibt 3 im Bein außerhalb der 1.75 im Messgerät, 1.25 im.

Die maßgebende Zeile ist die minimale Bolzenstärke:

[math] DCR = \frac{d}{c} = \frac{(1.5)}{(1.75)} = 0.85714 [math]

DCR = 0.857 < 1.0, in Ordnung

Schritt 14: Schraubengruppenscherung an der Auflagerseite durch den momentanen Drehpunkt (AISC 360-16 J3.6)

Hier unterscheidet sich ein einzelner Winkel am meisten von einem doppelten Winkel. Der Trägersteg sitzt auf einer Seite der Stützbolzenlinie, so dass die Reaktion die Trägerbolzen erreicht 1.85 in außerhalb ihrer Linie, und die beiden Schrauben tragen neben der Scherung auch ein Moment. Das momentane Rotationszentrum (ICOR) Die Methode ermittelt den Punkt, um den sich die Schraubengruppe dreht, und wandelt ihn in einen Koeffizienten C um, die Anzahl der Schrauben’ Wert der Scherfestigkeit, die die Gruppe tatsächlich liefert.

Design-Exzentrizität

Die Exzentrizität ist die Stützdicke plus die Hälfte des Trägerstegs, gemessen bis zur Mittellinie des Trägerstegs:

[math] e = g + \frac{t_{wb}}{2} = 1.75\,in + \frac{0.2\,in}{2} = 1.85\,in [math]

Stärke einer Schraube

[math] \phi r_{v} = \phi\, F_{nv}\, \frac{\pi}{4} \left( d_{b} \right)^{2} N_{s}\, h_{f} = 17.892\,kip [math]

Lokalisieren des momentanen Zentrums

Bolzen 1 steht am Ende der Zeile, mit den Koordinaten unten. Der IC wird durch Iteration gefunden, unter Verwendung der Last-Verformungs-Kurve der AISC Manual Equation (7-1) auf Seiten 7-6 zu 7-8. Mit der Schraubengruppenberechnung mit ICOR durchläuft diese Iteration vollständig.

Die Iteration konvergiert mit dem IC bei:

[math] x_{ic} = -1.2162\,in, \qquad y_{ic} = 1.5\,in [math]

Die Bolzenreaktionen an dieser Stelle sind:

Das ergibt den Schraubengruppenkoeffizienten:

[math] C = 1.24 [math]

Schraubengruppenstärke

Mit [mathin] N_{s} = 1 [mathin], [mathin] h_{f} = 1 [mathin] (J5.2(ein)) und [mathin] \phi = 0.75 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi\, F_{nv}\, \frac{\pi}{4} \left( d_{b} \right)^{2} N_{s}\, C\, h_{f} [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times (54\,ksi) \times \frac{\pi}{4} \times \left( (0.75\,in) \right)^{2} \times (1) \times (1.24) \times (1) [math]

[math] \phi R_{n} = 22.187\,kip [math]

DCR = 20 kip / 22.187 kip = 0.901 < 1.0, in Ordnung

Dies ist die maßgebliche Prüfung der Verbindung. Mit nur zwei Schrauben 3 auseinander, ein 1.85 In Exzentrizität schneidet die Gruppe ab 2 Schrauben’ Wert der Kraft zu 1.24, ein 38% Verlust.

Schritt 15: Bolzenlagerung und Ausreißer am Einzelwinkel an der Stützseite (AISC 360-16 J3.10)

Auf der Stützseite wird der Winkel nach unten gedrückt, während der Trägersteg die Bolzen festhält, so dass die Bolzen nach oben auf den Winkellöchern aufliegen. Der obere Bolzen, der Oberkante des Winkels am nächsten liegt, ist hier der Kantenbolzen. Die Gruppenstärke wird nach C/n skaliert, um die Exzentrizität zu berücksichtigen.

[math] l_{c1} = L_{ev,a} – \frac{d_{h}}{2} = (1.5\,in) – \frac{(0.8125\,in)}{2} = 1.0938\,in [math]

[math] l_{c2} = s_{r} – d_{h} = (3\,in) – (0.8125\,in) = 2.1875\,in [math]

Wo [mathin] t_{a} = 0.375\,in [mathin], [mathin] F_{ua} = 58\,ksi [mathin], [mathin] C = 1.24 [mathin] und [mathin] n_{r} = 2 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi \left[ \min\left(1.2\, l_{c1},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{a} F_{ua} + \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{a} F_{ua} \left( n_{r} – 1 \right) \right] \left( \frac{C}{n_{r}} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \left[ \min\left(1.2 \times (1.0938\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) + \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) \times \left( (2) – 1 \right) \right] \times \left( \frac{(1.24)}{(2)} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = 31.479\,kip [math]

DCR = 20 kip / 31.479 kip = 0.635 < 1.0, in Ordnung

Schritt 16: Bolzenlager am Trägersteg (AISC 360-16 J3.10)

Die Bolzen liegen auch am Trägersteg an. Der Träger verläuft in beiden Richtungen am Anschluss vorbei, Es gibt also keine Kante, an der man herausreißen kann, und jeder Bolzen sitzt wie ein Innenbolzen.

[math] l_{c2} = s_{r} – d_{h} = (3\,in) – (0.8125\,in) = 2.1875\,in [math]

Wo [mathin] t_{ws} = 0.3\,in [mathin], [mathin] F_{us} = 65\,ksi [mathin] und [mathin] C = 1.24 [mathin]:

[math] \phi R_{n} = \phi\, \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{ws} F_{us}\, C [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.3\,in) \times (65\,ksi) \times (1.24) [math]

[math] \phi R_{n} = 32.643\,kip [math]

DCR = 20 kip / 32.643 kip = 0.613 < 1.0, in Ordnung

Schritt 17: Wirksame Festigkeit der Bolzengruppe auf der Trägerseite (AISC 360-16 J3.6 Kommentar)

Wie auf der Balkenseite, Jeder Bolzen weist in jeder Lage die geringste Scherfestigkeit und Trag- bzw. Ausreißfestigkeit auf, und die Gruppenstärke ist die Summe, hier skaliert mit C/n für die Exzentrizität.

[math] \phi r_{v} = \phi\, F_{nv}\, \frac{\pi}{4} \left( d_{b} \right)^{2} N_{s}\, h_{f} = (0.75) \times (54\,ksi) \times \frac{\pi}{4} \times \left( (0.75\,in) \right)^{2} \times (1) \times (1) = 17.892\,kip [math]

Lagerung und Abriss einer Schraube am Winkel, für den Randbolzen und den Innenbolzen:

[math] \phi r_{n1e} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (1.0938\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) = 21.41\,kip [math]

[math] \phi r_{n1i} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.375\,in) \times (58\,ksi) = 29.363\,kip [math]

Lagerung eines Bolzens am Trägersteg:

[math] \phi r_{n2} = \phi\, \min\left(1.2\, l_{c2},\, 2.4\, d_{b}\right) t_{ws} F_{us} = (0.75) \times \min\left(1.2 \times (2.1875\,in),\, 2.4 \times (0.75\,in)\right) \times (0.3\,in) \times (65\,ksi) = 26.325\,kip [math]

Die Schrauben werden von oben in der Zeile nummeriert, Also verflucht 1 ist der Randbolzen auf der Stützseite:

[math] \phi r_{eff,1} = \min\left( \phi r_{v},\, \phi r_{n1e},\, \phi r_{n2} \right) = \min\left( (17.892\,kip),\, (21.41\,kip),\, (26.325\,kip) \right) = 17.892\,kip [math]

[math] \phi r_{eff,2} = \min\left( \phi r_{v},\, \phi r_{n1i},\, \phi r_{n2} \right) = \min\left( (17.892\,kip),\, (29.363\,kip),\, (26.325\,kip) \right) = 17.892\,kip [math]

[math] \sum \phi r_{eff} = n_{1}\, \phi r_{eff,1} + n_{2}\, \phi r_{eff,2} = (1) \times (17.892\,kip) + (1) \times (17.892\,kip) = 35.785\,kip [math]

[math] \phi R_{n,eff} = \left( \frac{C}{n_{r}} \right) \sum \phi r_{eff} = \left( \frac{(1.24)}{(2)} \right) \times (35.785\,kip) = 22.187\,kip [math]

DCR = 20 kip / 22.187 kip = 0.901 < 1.0, in Ordnung

Die Schraubenscherung betrifft beide Schrauben, Die effektive Festigkeit entspricht also der Scherfestigkeit der Schraubengruppe aus Schritt 14.

Schritt 18: Blockschub des Einzelwinkels auf der Auflagerseite (AISC 360-16 J4.3)

Derselbe L-förmige Block kann aus dem herausragenden Bein herausreißen. Die Löcher hier sind Standard, Es werden also sowohl die Zug- als auch die Scherebene verwendet [mathin] d_{h} = 0.8125\,in [mathin], und das Spannbein ist das 1.25 im horizontalen Randabstand.

[math] A_{nt} = t_{a} \left[ (n_{c}-1)\, s_{c} + L_{eh,a} – (n_{c} – 0.5)\left( d_{h} + 0.0625\,in \right) \right] [math]

[math] A_{nt} = (0.375\,in) \times \left[ ((1)-1) \times (0\,in) + (1.25\,in) – ((1) – 0.5) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 0.30469\,in^{2} [math]

[math] A_{gv} = t_{a} \left[ L_{ev,a} + (n_{r}-1)\, s_{r} \right] = (0.375\,in) \times \left[ (1.5\,in) + ((2)-1) \times (3\,in) \right] = 1.6875\,in^{2} [math]

[math] A_{nv} = (0.375\,in) \times \left[ (6\,in) – (1.5\,in) – ((2) – 0.5) \times ((0.8125\,in) + (0.0625\,in)) \right] = 1.1953\,in^{2} [math]

[math] \phi R_{n} = \phi \left( 0.6\, F_{ua} A_{nv} + U_{bs} F_{ua} A_{nt} \le 0.6\, F_{ya} A_{gv} + U_{bs} F_{ua} A_{nt} \right) [math]

[math] \phi R_{n} = (0.75) \times \left( 0.6 \times (58\,ksi) \times (1.1953\,in^{2}) + (1) \times (58\,ksi) \times (0.30469\,in^{2}) \le 0.6 \times (36\,ksi) \times (1.6875\,in^{2}) + (1) \times (58\,ksi) \times (0.30469\,in^{2}) \right) [math]

[math] \phi R_{n} = 40.591\,kip [math]

DCR = 20 kip / 40.591 kip = 0.493 < 1.0, in Ordnung

Schritt 19: Schubnachgeben und Schubbruch des Einzelwinkels auf der Auflagerseite (AISC 360-16 J4.2)

Der herausragende Schenkel überträgt die Reaktion als vertikalen Schub in den Träger, Es erhält also die gleichen Brutto- und Nettoquerschnittsnachweise wie der trägerseitige Abschnitt. Beide Beine sind 6 in der Länge mit zwei Löchern in Standardbreite quer zur Ladung, Die Zahlen stimmen also mit Step überein 7.

[math] \phi R_{n,sy} = \phi\, 0.6\, F_{ya} A_{gv} = (1) \times 0.6 \times (36\,ksi) \times (2.25\,in^{2}) = 48.6\,kip [math]

[math] \phi R_{n,sr} = \phi\, 0.6\, F_{ua} A_{nv} = (0.75) \times 0.6 \times (58\,ksi) \times (1.5938\,in^{2}) = 41.597\,kip [math]

[math] \phi R_{n} = \min\left( (48.6\,kip),\, (41.597\,kip) \right) = 41.597\,kip [math]

DCR = 20 kip / 41.597 kip = 0.481 < 1.0, in Ordnung

Schritt 20: Biegung des Einzelwinkels auf der Stützseite, Doppelbewältigungsverfahren (AISC 360-16 F11.2)

Der herausragende Schenkel biegt zwischen der Stützbolzenlinie und dem Balkensteg ab. Der Hebelarm ist die Stützexzentrizität von Step 14, [mathin] L_{b} = 1.85\,in [mathin].

Reichweitencheck

[math] \frac{L_{b} d}{t^{2}} = \frac{(1.85\,in) \times (6\,in)}{(0.375\,in)^{2}} = 78.933 [math]

Die Grenzen sind die gleichen wie bei Step 8, 64.444 und 1530.6, also Gl. Es gilt F11-2. Auch die Abschnittsmodule sind gleich: [mathin] Z = 3.375\,in^{3} [mathin] und [mathin] S = 2.25\,in^{3} [mathin].

Änderungsfaktor für Biegedrillknicken (AISC-Handbuch Gl. 9-15)

[math] C_{b} = \left[ 3 + \ln\left( \frac{(1.85\,in)}{(6\,in)} \right) \right] \times \left( 1 – \frac{(0\,in)}{(6\,in)} \right) \ge 1.84 [math]

[math] C_{b} = 1.84 [math]

Biegestreckgrenze und Knickfestigkeit

[math] \phi M_{n} = (0.9) \times \left[ (1.84) \times \left[ 1.52 – 0.274 \times ((78.933)) \times \left( \frac{(36\,ksi)}{(29000\,ksi)} \right) \right] \times (36\,ksi) \times (2.25\,in^{3}) \le (36\,ksi) \times (3.375\,in^{3}) \right] [math]

[math] \phi M_{n} = 9.1125\,kip\text{-}ft [math]

[math] \phi V_{n,y} = \frac{\phi M_{n}}{L_{b}} = \frac{(9.1125\,kip\text{-}ft)}{(1.85\,in)} = 59.108\,kip [math]

Biegebruch

Der Netto-Kunststoffwiderstandsmodul ist derselbe wie bei Step 8, [mathin] Z_{net} = 2.3906\,in^{3} [mathin]:

[math] \phi M_{n} = \phi\, F_{ua} Z_{net} = (0.75) \times (58\,ksi) \times (2.3906\,in^{3}) = 8.666\,kip\text{-}ft [math]

[math] \phi V_{n,r} = \frac{\phi M_{n}}{L_{b}} = \frac{(8.666\,kip\text{-}ft)}{(1.85\,in)} = 56.212\,kip [math]

Beherrschen der Biegefähigkeit

[math] \phi V_{n} = \min\left( (59.108\,kip),\, (56.212\,kip) \right) = 56.212\,kip [math]

DCR = 20 kip / 56.212 kip = 0.356 < 1.0, in Ordnung

Die Momentenkapazitäten stimmen mit der Balkenseite überein. Lediglich der Hebelarm ist kürzer, 1.85 im gegen 2.5 im, daher ist die äquivalente Scherkapazität höher.

Schritt 21: Schub- und Momentenwechselwirkung des einzelnen Winkels auf der Stützseite (AISC-Handbuch Gl. 10-5)

Die Stützseite nutzt die gleiche kreisförmige Interaktion wie Step 9, mit dem kürzeren 1.85 im Hebelarm.

[math] M_{r} = V_{r}\, L_{b} = (20\,kip) \times (1.85\,in) = 3.0833\,kip\text{-}ft [math]

[math] I_{nt} = \left( \frac{V_{r}}{\phi V_{n}} \right)^{2} + \left( \frac{M_{r}}{\phi M_{n}} \right)^{2} [math]

[math] I_{nt} = \left( \frac{(20\,kip)}{(48.6\,kip)} \right)^{2} + \left( \frac{(3.0833\,kip\text{-}ft)}{(9.1125\,kip\text{-}ft)} \right)^{2} = 0.28384 [math]

DCR = 0.28384 / 1.0 = 0.284 < 1.0, in Ordnung

Zusammenfassung der Entwurfsprüfungen für Einzelwinkelverbindungen

Die Verbindung besteht jede Prüfung. Das höchste Verhältnis, 0.901, ist der Bolzenschub am Träger, wobei die beiden Bolzen die Reaktion bei a übertragen 1.85 in Exzentrizität und liefern nur 1.24 Schrauben’ Wert der Stärke. Das Gleiche ergibt auch die effektive Festigkeitskontrolle am Träger 0.901, weil die Schraubenscherung für beide Schrauben den niedrigsten Wert darstellt. Die nächsthöheren sind die beiden Detaillierungsgrenzen, 0.865 für die minimale Winkeltiefe und 0.857 für die Stützlehre. Auf der Balkenseite, Lager auf der 0.2 im Web regiert bei 0.570, und der Oberbalken hat viel Reserve.

Was ist zu ändern, wenn eine Prüfung fehlschlägt?

• Schraubenscherkraft oder effektive Festigkeit am Träger: Fügen Sie eine Schraubenreihe hinzu, was einen tieferen Winkel und ein höheres C bedeutet, oder eine größere Schraube verwenden. A325-X (Threads ausgeschlossen) oder A490-Schrauben erhöhen die Scherspannung. Durch die Reduzierung des Stützmaßes verkürzt sich die Exzentrizität, innerhalb der Mindestdickengrenze.
• Auflage auf dem Balkensteg: Fügen Sie eine Schraubenreihe hinzu oder verwenden Sie eine größere Schraube, was die erhöht 2.4 d Kappe am Lager.
• Ausriss am Winkel: Erhöhen Sie den vertikalen Randabstand am oberen oder unteren Ende des Winkels, oder einen dickeren Winkel verwenden.
• Blockschere, Scherbruch oder Schernachgeben des Winkels: Verwenden Sie einen dickeren oder tieferen Winkel. Ein größerer horizontaler Randabstand erhöht auch den Blockschubspannungsbereich.
• Winkelbiegung oder Interaktion: Reduzieren Sie die Spurweite, sodass der Hebelarm L_b kürzer ist, oder einen dickeren Winkel verwenden.
• Balkenblockschere mit Ausklinkung, Scherung oder Biegung: Machen Sie den Mantel kürzer oder flacher, Bewegen Sie die Bolzen weiter vom Oberkasten weg, oder fügen Sie eine Schraubenreihe hinzu. Ein tieferer Strahl oder ein schwereres Netz hilft allen dreien.
• Stattdessen ein Doppelwinkel: wenn die Stützbolzen nicht funktionsfähig sind, ein Doppelwinkelanschluss Entfernt die Exzentrizität an der Stütze und verdoppelt die Scherebenen auf der Trägerseite.

Häufig gestellte Fragen

Warum wird die Exzentrizität am Träger ignoriert, nicht jedoch am Träger??

AISC-Handbuchseite 10-116 ermöglicht es Ihnen, die Exzentrizität einer einzelnen vertikalen Schraubenreihe zu vernachlässigen, wenn diese nicht mehr als beträgt 3 im, also die 2.5 Die Exzentrizität an den trägerseitigen Schrauben wird ignoriert und C entspricht der Schraubenanzahl, 2. Am Träger, Die Bolzenlinie sitzt 1.85 auf einer Seite des Trägerstegs ein, und der Bericht entwirft diese Schrauben nach der Methode des momentanen Rotationszentrums, was C = ergibt 1.24.

Warum regelt die Stützbolzengruppe eine einzelne Winkelverbindung??

An der Stütze gibt es nur eine Schraubenreihe, jeweils einscherig, und die Reaktion kommt auf einer Seite dieser Linie an. Durch die Exzentrizität widerstehen die Schrauben sowohl einem Moment als auch einer Scherung, was die Gruppe auf reduziert 1.24 Schrauben’ Wert der Stärke in diesem Beispiel. Ein Doppelwinkel vermeidet dies, da die beiden Winkel symmetrisch um den Trägersteg herum sitzen.

Warum ist der Strahl bewältigt?, und was verändert die Bewältigung??

Der Obergurt des Trägers liegt auf gleicher Höhe wie der Obergurt des Trägers, also wird es zurückgeschnitten 2 7/8 in langen und 1 tief hinein, um den Trägerflansch freizugeben. Ohne seinen oberen Flansch ist das Trägerende schwächer, Daher erhält die ausgeklinkte Bahn ihre eigenen Kontrollen für die Blockscherung an der Schnittkante, Scherung auf der reduzierten Tiefe, und lokales Knicken der Bahn unter dem Moment am Oberkasten.

Warum kurze Schlitzlöcher im Bein am Balkensteg verwenden??

Horizontale kurze Schlitze im trägerseitigen Bein sorgen für Toleranz bei der Montage des Erektors entlang des Trägers, Dies hilft, wenn die Trägerlänge oder die Trägerposition leicht abweichen. Weil die Schlitze horizontal sind und die Last vertikal ist, Lager und Ausreißer verwenden das Standard-Lochmaß. Die Schlitzlänge erscheint nur im Blockschubzugbereich und im Randabstandsinkrement aus Tabelle J3.5.

Warum wechselt der Randbolzen zwischen Balkensteg und Winkel??

Auf der Trägerseite bewegt sich der Trägersteg gegen die Bolzen nach unten, so dass die Schrauben oben auf den Steglöchern und der oberen Schraube aufliegen, am nächsten zum Cope, ist der Kantenbolzen im Steg. Der Winkel hält dieser Belastung stand, Die Bolzen liegen also am Boden der Löcher an, und der untere Bolzen ist der Randbolzen. Am Träger wird der Winkel gegen die vom Träger gehaltenen Bolzen nach unten gedrückt, Der obere Bolzen ist also der Randbolzen am Winkel.

Wann sollten Sie einen einzelnen Winkel anstelle eines doppelten Winkels verwenden??

Ein einzelner Winkel eignet sich für leichtere Reaktionen und Orte, an denen nur eine Seite des Balkennetzes erreicht werden kann, zum Beispiel, wenn ein anderer Träger an derselben Stelle in die gegenüberliegende Seite des Trägers eingreift. Es verbraucht weniger Material und weniger Schrauben, aber seine Exzentrizität an der Stütze kostet Bolzenkapazität, und die trägerseitigen Schrauben sind einschnittig statt zweischnittig.

Folgt dieses Beispiel der AISC-15. Ausgabe oder dem AISC-Handbuch der 16. Ausgabe??

Es folgt AISC 360-16 und das AISC-Handbuch, 15. Auflage, die um diese Spezifikation herum geschrieben ist. Das AISC-Handbuch der 16. Ausgabe ist mit dem letzteren gekoppelt 360-22 Spezifikation. Die Grenzzustände für eine einzelne Winkelverbindung sind in beiden Fällen gleich, aber Klausel- und Seitenverweise werden verschoben, Vergleichen Sie sie daher mit der Edition, die Ihr Projekt verwendet.

Wie würde sich dies für AISC ASD anstelle von LRFD ändern??

Die Grenzzustände und Nennfestigkeiten sind identisch. Mit AISC ASD vergleichen Sie die Service-Level-Reaktion mit der Nennfestigkeit dividiert durch einen Sicherheitsfaktor, anstatt sie mit einem Widerstandsfaktor zu multiplizieren. Ein Widerstandsfaktor von 0.75 wird zum Sicherheitsfaktor von 2.00, Schernachgiebigkeit 1.00 wird 1.50, und Biegungen 0.90 wird 1.67. Auch die Lastkombinationen ändern sich, daher ist die Nachfrage geringer.

Entwerfen Sie kostenlos eine Einzelwinkelverbindung

Jede Zahl auf dieser Seite stammt aus einer Lösung. Wählen Sie die Einzelwinkelkonfiguration, Betreten Sie Ihren Strahl, Unterstützung, Winkel, Schrauben, Bewältigung und Reaktion, und sehen Sie sich jede dieser Prüfungen in Ihrem Browser an. Es gibt nichts zu installieren.

ENTWERFEN SIE KOSTENLOS EINE VERBINDUNG

Das SkyCiv Connection Design-Modul ist die Verbindungsdesign-Software hinter diesem Beispiel. Sie erhalten den vollständigen Berechnungsbericht mit jeder Gleichung und Ihren darin enthaltenen Zahlen, wie die Schritte oben, plus jede Kapazität und DCR, für AISC 360-16 (LRFD und ASD) und 4100:2020. Mit der Schraubenrechner deckt die Schraubengruppenprüfungen allein ab.

KAUFEN SIE DAS VERBINDUNGSDESIGN-MODUL

Verweise

• AISC 360-16, Spezifikation für Baustahlgebäude: B3.4, B4.3, F11.2 (Gl. F11-2), J3.3, J3.4 (Tabelle J3.4), J3.5 (Tabelle J3.5), J3.6 (Gl. J3-1) und Kommentar, J3.10 (Gl. J3-6a, J3-6c), J4.2 (Gl. J4-3, J4-4), J4.3 (Gl. J4-5), J5.2(ein).
• AISC-Stahlkonstruktionshandbuch, 15th Ausgabe: Teil 7, Gl. 7-1 (Seiten 7-6 zu 7-8); Teil 9, Gl. 9-4, 9-7, 9-11, 9-12, 9-13ein, 9-14ein und 9-15; Teil 10, seite 10-116 und Gl. 10-5 (seite 10-90); Teil 15, Tabelle 15-3.
• Schraubengruppenberechnung mit ICOR
• Entwurf von Stahlverbindungen mit AISC 360-16
• Schrauben im SkyCiv Connection Design