混凝土结构基本原理答案吕晓寅版第五章

《混凝土结构基本原理》作业

5.1 【解】 (1) 材料强度

C40混凝土，fc＝19.1 N/mm2；HRB400级钢筋，fy=fy′=360 N/mm2；HPB300级钢筋，

fy=fy′=270 N/mm2；

(2) 求稳定系数

为节省钢材用量，提高混凝土使用率，取d=350mm，则l0/d=11.4，查表得 =0.93。 (3) 按普通箍筋柱求纵筋As′

混凝土截面积为A=πd24=3.14×3502=9.615×104mm2 

1 N1 2650×1034 fcA = ××=3693 mm2 As′= 19.19.61510

fy′ 0.9 360 0.9×0.93

(4) 求配筋率

ρ′=As′A=9.615×104)=3.8%>3%，应使用混凝土净截面积An进行计算。 

由An＝A As， 

′′′N=0.9 [f（cA As）+fsAs] 

2650×103 1 N14 2

= ××则： As′=fA19.19.61510 =3900.1 mm c

fy′ fc 0.9 360 19.1 0.9×0.93

(5)选筋：

选用HRB400级钢筋8根25mm，实际As′=3927 mm2

则有

0.55<ρ′=As′A=39279.615×104)=4.08%<5%

满足要求。

5.2 【解】

(1) 材料强度及物理与几何参数

C30混凝土，fc＝14.3 N/mm2；HRB400级钢筋，fy=fy′=360 N/mm2；h0=h as=500 40=460mm；HRB400级钢筋，C30混凝土，β1=0.8，ξb=0.518 

（2）求框架柱设计弯矩M

由于M1M2=1>0.9，因此，需要考虑附加弯矩影响。

ζc=

0.5fcA0.5×14.3×300×500

==1.073>1，取ζc=1

1000×103N

Cm=0.7+0.3

取ea=Max(

M1

=1.0， M2

500

,20mm)=20mm 30

2

1 l0

ηns=1+ ζc

1300M2N+ea0 h

1 3500 =1+ ×1.0=1.0963

5001300160×10+20

2

Cmηns=1.096

柱设计弯矩：

M=CmηnsM2=1.096×160=175.41 kNim

(3) 求ei，判别大、小偏心受压

M175.41×103

e0===175.4mm

N1000ei=e0+ea=175.4+20=195.4mm

由于ei=195.4mm>0.3h0=138mm，可先按大偏心受压计算。 (4) 求As及As′

h

as=195+250 40=405mm 2

截面上所有力系对受拉区钢筋合力取矩，有平衡方程：

竖向力距受拉纵筋合力点的距离：e=ei+

x

′)，假定可以发生界限破坏，则： Nue=α1fcbx h0 +fy′As′(h0 as

2

Ne α1fcbh02ξb(1 0.5ξb)As′=

′fy′h0 as

=

1000×103×405 1.0×14.3×300×4602×0.518×(1 0.5×0.518)

360×460 40

=374mm2>0.002bh=0.002×300×500=300mm2

As==

α1fcbh0ξb+fy′As′ N

fy

1.0×14.3×300×460×0.518+360×374 1000×10

=435.7mm2>0.002bh=300mm2

360

3

故可发生大偏心受压的界限破坏。

(5) 选筋，并验算配筋率

受压钢筋选216(As′=402mm2)，受拉钢筋选2As=509mm2)，均满足单侧纵向钢筋的最小配筋率0.2%的要求。

5.3 【解】

(1) 材料强度及物理与几何参数

C25混凝土，fc＝11.9 N/mm2；HRB400级钢筋，fy=fy′=360 N/mm2；h0=h as=400 40=360mm；HRB400级钢筋，C25混凝土，β1=0.8，ξb=0.518，

As′=603mm2 

（2）求框架柱设计弯矩M

由于M1M2=1>0.9，因此，需要考虑附加弯矩影响。

ζc=

0.5fcA0.5×11.9×300×400

==2.3>1，取ζc=1

310×103N

M1

=1.0， M2

Cm=0.7+0.3

取ea=Max(

400

,20mm)=20mm 30

2

1 l0

ηns=1+ζc 1300M2N+ea0 h

=1+

1 3500

×1.0=1.037>1.0

1300170×103+20 400

2

取 Cmηns=1.037 柱设计弯矩：

M=CmηnsM2=1.037×170=176.3 kNim

(3) 求ei，判别大、小偏心受压

M176.3×103

e0===569mm

N310ei=e0+ea=569+20=589mm

由于ei=589mm>0.3h0=108mm，可先按大偏心受压计算。 (4) 求As及As′

竖向力距受拉纵筋合力点的距离：e=ei+

h

as=598+200 40=749mm 2

截面上所有力系对受拉区钢筋合力取矩，有平衡方程：

x

′) Nue=α1fcbx h0 +fy′As′(h0 as

2

x

则： 310×103×749=1.0×11.9×300x 360 +360×603×(360 40)

2

整理得x2 720x+91162=0，解方程并取小根得

，且

则可发生大偏心受压破坏，受拉侧钢筋应力可达到屈服强度fy. 。

As＝1368 mm2>ρminbh=0.002×300×400=240 mm2，

（5）选筋

近端钢筋

3，As′＝603 mm2， 远端钢筋3，As＝1473 mm2，

【解】

(1) 材料强度及物理与几何参数

C35混凝土，fc＝16.7 N/mm2；HRB400级钢筋，fy=fy′=360 N/mm2；h0=h as=600 40=560mm；HRB400级钢筋，C35混凝土，β1=0.8，ξb=0.518，

As′=1256mm2,As=1520mm2。 

(2) 判别大、小偏心受压

x=

N fy′As′+fyAs

α1fcb

1150×103 360×1256+360×1520==186.4mm

1×16.7×400

′=80mm≤x≤ξbh0=0.518×560=290.1mm，属于大偏心受压。 且2as

(3) 求e0。

e==

α1fcbx(h0 0.5x)+fy′As′(h0 as′)

N

1×16.7×400×186.4×(560 0.5×186.4)+360×1256×(560 40)

1150000

=709.8mm

600

取ea=Max(,20mm)=20mm

30h

ei=e+as =709.8+40 300=449.8mm

2e0=ei ea=429.8mm

(4) 求Mu

M=Ne0=1150×0.4298=494.3kN m

ζc=

0.5fcA0.5×16.7×400×600

==1.74>1，取ζc=1

1150000N

M1

=1 M2

2

Cm=0.7+0.3

1M l0

=ηns=1+ ζc

1300MuN+ea0 CmMuh

整理得Mu2 449.3Mu 11369.1=0，解得: Mu=473.31 kNim

【解】

(1) 材料强度及物理与几何参数

C25混凝土，fc＝11.9 N/mm2；HRB335级钢筋，fy=fy′=300 N/mm2；h0=h as=500 40=460mm；HRB335级钢筋，C25混凝土，β1=0.8，ξb=0.550，

As′=628mm2,As=1256mm2。 

(2) 判别大、小偏心受压

取ea=Max(

500

,20mm)=20mm 30

ei=e0+ea=300+20=320mm>0.3h0=138mm，先按大偏心受压考虑。

(3) 求Nu

对N的作用点建立力矩平衡方程可得：

h x

fyAse fy′As′e′=α1fcbx +ei

2 2e=ei+

hh

′=320 250+40=110mm； as=320+250 40=530mm，e′=ei +as

22

得方程：x2+140x 75201.7=0，解得：x=213mm，

′=80mm≤x≤ξbh0=0.550×460=253mm 按大偏压考虑正确。 则 2as

Nu=α1fcbx+fy′As′ fyAs=1.0×11.9×400×213+300×628 3 …… 此处隐藏：4102字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……