Sterkteleer: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 14 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.

Nieuwe opgavenTerug naar het vak

Kies in het printvenster “Opslaan als pdf” om een kopie op je apparaat te bewaren.

1Formules en methoden

Axiale spanning en rek

Normaalspanning
σ = F/A
Rek
ε = ΔL/L
Wet van Hooke
σ = E·ε
Verlenging
ΔL = FL/(EA)
Thermische rek
εT = α·ΔT

Torsie van assen

Schuifspanning
τ = T·r/J
Massieve as
J = πd⁴/32
Holle as
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Wringhoek
φ = TL/(GJ)
Vermogen
P = T·ω = 2πnT/60

Methode

  1. Bereken het polair traagheidsmoment: J = πd⁴/32 voor een massieve as.
  2. Schuifspanning aan het oppervlak: τ = T·r/J, met r de buitenstraal.
  3. Wringhoek: φ = TL/(GJ) in radialen.
  4. Als het vermogen gegeven is, bereken dan eerst het koppel met P = T·ω, ω = 2πn/60.

Dwarskracht en buigend moment

Dwarskracht en moment
V = ΣF aan één kant, M = ΣF·d aan één kant
Buigspanning
σ = M·y/I
Rechthoek
I = bh³/12
Weerstandsmoment
W = I/ymax
Ligger op twee steunpunten, gelijkmatige belasting
Mmax = wL²/8

Methode

  1. Bepaal de oplegreacties uit het evenwicht van de hele balk.
  2. Snijd de balk door in de doorsnede die je nodig hebt en houd één kant over.
  3. Dwarskracht: de som van de verticale krachten op die kant. Buigend moment: de som van hun momenten om de snede.
  4. Zoek voor het maximale moment de plek waar de dwarskracht nul is.

Zwaartepunt en traagheidsmoment

Zwaartepunt
ȳ = ΣAiyi/ΣAi
Rechthoek
I = bh³/12
Stelling van Steiner
I = Ic + A·d²
Samengestelde doorsnede
I = Σ(Ic,i + Aidi²)

Cirkel van Mohr en spanningstransformatie

Middelpunt
C = (σx + σy)/2
Straal
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Hoofdspanningen
σ1,2 = C ± R
Hoofdrichting
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Schuin vlak
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Methode

  1. Bereken het middelpunt van de cirkel van Mohr: C = (σx + σy)/2.
  2. Bereken de straal: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. De hoofdspanningen zijn C ± R en de grootste schuifspanning in het vlak is R.
  4. Hoeken op de cirkel zijn het dubbele van de hoeken op het element: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Doorbuiging van de balk

Puntlast in het midden
δ = PL³/(48EI)
Gelijkmatige belasting, ligger op twee steunpunten
δ = 5wL⁴/(384EI)
Uitkraging, eindlast
δ = PL³/(3EI)
Uitkraging, gelijkmatige belasting
δ = wL⁴/(8EI)
Superpositie
δ = δ1 + δ2

Knik van kolommen

Eulerse kniklast
Pcr = π²EI/(KL)²
Kniklengtefactor
K = 1 scharnierend–scharnierend, 0,5 ingeklemd–ingeklemd, 0,7 ingeklemd–scharnierend, 2 ingeklemd–vrij
Kritieke spanning
σcr = Pcr/A
Slankheid
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Oefenopgaven

1.Axiale spanning en rekGemiddeld
Ø 16 mmAluminium2,5 mP = 10 kN

Vind de verlenging δ van de staaf van aluminium onder de axiale belasting.

P = 10 kNd = 16 mmL = 2,5 mE = 70 GPa
δ = mm
2.Axiale spanning en rekMoeilijk
Ø 40 mmAluminium2 mØ 16 mmMessing1,5 mP = 60 kN

De getrapte staaf is ingeklemd in de muur en belast aan het vrije uiteinde. Vind de grootste normaalspanning σmax in de staaf.

P = 60 kNdeel 1: Ø40 mm, 2 m, aluminium (E = 70 GPa)deel 2: Ø16 mm, 1,5 m, messing (E = 100 GPa)
σmax = MPa
3.Torsie van assenGemiddeld
do​ = 80, di​ = 40 mmT = 750 N·mL = 0,8 m

Een holle as van aluminium (buitendiameter 80 mm, binnendiameter 40 mm, lengte 0,8 m) is aan één uiteinde ingeklemd en wordt aan het andere uiteinde getordeerd door een wringend moment van 750 N·m. Vind de wringhoek φ in graden.

T = 750 N·mdo = 80 mmdi = 40 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsie van assenMoeilijk
d = ?30 kW, 750 rpm

Een massieve as van messing brengt 30 kW over bij 750 rpm. De schuifspanning mag niet groter zijn dan 40 MPa en de wringhoek niet groter dan 1° per m lengte. Vind de kleinste diameter d die aan beide eisen voldoet.

P = 30 kWN = 750 rpmτallow = 40 MPaθallow = 1°/mG = 39 GPa
d = mm
5.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
P1​ = 35 kNP2​ = 55 kNAB2 m2 m2 m

De vrij opgelegde balk draagt twee puntlasten. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 6 mP1 = 35 kN op 2 mP2 = 55 kN op 4 m
Mmax = kN·m
6.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
5 kN/m60 kN15 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 m

De markeringen A tot en met G verdelen de balk in zes gelijke delen. Bij welke markering is het buigend moment het grootst in absolute waarde, positief of negatief? Klik erop in het diagram.

60 kN @ 0 m15 kN @ 12 m5 kN/m, 2–10 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
7.Zwaartepunt en traagheidsmomentGemiddeld
120 mm150 mm52,5 mmØ40xIx​ = ?

Een plaat van 120 mm × 150 mm heeft een rond gat met een diameter van 40 mm op de verticale hartlijn, met zijn middelpunt 52,5 mm boven de onderkant. Bepaal het kwadratisch oppervlaktemoment Ix om de horizontale as door het zwaartepunt.

b = 120 mmh = 150 mmd = 40 mmmiddelpunt van het gat: y = 52,5 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Zwaartepunt en traagheidsmomentMoeilijk
2001514016xM = 5 kN·mafmetingen in mm

Het T-profiel wordt gebruikt als balk met de flens boven en draagt een doorbuigend (sagging) moment van 5 kN·m. Vind de buigspanning σonder aan de onderrand.

bf = 200 mmtf = 15 mmtw = 16 mmhw = 140 mmM = 5 kN·m
σonder = MPa
9.Cirkel van Mohr en spanningstransformatieGemiddeld
σx​ = 100σy​ = −20MPaτxy​ = ?

In een punt is σₓ = 100 MPa en σᵧ = −20 MPa. Hoe groot mag de schuifspanning τxy (grootte) worden voordat de grootste hoofdspanning 115 MPa bereikt?

σx = 100 MPaσy = −20 MPaσ1 = 115 MPa
τxy = MPa
10.Cirkel van Mohr en spanningstransformatieMoeilijk
σx​ = 10σy​ = 70τxy​ = −30MPa

Een punt in een dunne plaat verkeert in een vlakke spanningstoestand: σₓ = 10 MPa, σᵧ = 70 MPa en τₓᵧ = −30 MPa (σz = 0). Het materiaal heeft een vloeigrens van 420 MPa. Vind de veiligheidsfactor n tegen vloeien volgens het criterium van Tresca (maximale schuifspanning).

σx = 10 MPaσy = 70 MPaτxy = −30 MPaσY = 420 MPa
n =
11.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 10 kN/mABθ2 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de hoekverdraaiing θA van de balk bij oplegging A, in radialen.

w = 10 kN/mL = 2 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 12 × 10⁶ mm⁴
θA = rad
12.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 12 kN/mAB8 m

Een ingeklemde ligger is ingeklemd in A en vrij opgelegd (gesteund) in B. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte. EI is constant. Vind de reactie RB bij de steunoplegging.

L = 8 mw = 12 kN/m
RB = kN
13.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 1,5 m25 × 80 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting Pcr.

L = 1,5 mE = 200 GPa (staal)b × h = 25 × 80 mm
Pcr = kN
14.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 5 md = 60 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σcr met de formule van Euler.

L = 5 mE = 200 GPa (staal)d = 60 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Axiale spanning en rek

Antwoord: δ = 1,776 mm

Wet van Hooke: in het elastische gebied geldt σ = E·ε. Samen met σ = P/A en ε = δ/L geeft dat δ = PL/(AE).

Spanning

A = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 10·1000/201,1 = 49,74 MPa

Rek (wet van Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 49,74/70000 = 0,0007105 = 710,5 µε

Verlenging

δ = ε·L = 0,0007105·2500 mm = 1,776 mm

Antwoord

δ = 1,776 mm
2.Axiale spanning en rek

Antwoord: σmax = 298,4 MPa

Axiaal belaste staven: elk prismatisch deel volgt δ = PL/(AE). Voor delen in serie tellen de verlengingen op.

Dezelfde kracht in beide delen

Het vrije uiteinde draagt P, dus elke doorsnede van de staaf draagt dezelfde axiale kracht P. Alleen de oppervlakken en materialen veranderen.

A1 = π·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 47,75 MPa
σ2 = 298,4 MPa

Grootste spanning

Het dunnere deel heeft het kleinere oppervlak, dus het draagt de grotere spanning.

σmax = 298,4 MPa

Antwoord

σmax = 298,4 MPa
3.Torsie van assen

Antwoord: φ = 0,3507 °

Torsie van ronde assen: de schuifspanning neemt lineair toe van nul in het midden tot τmax = T·r/J aan het oppervlak, met J = πd⁴/32 voor een massieve as en J = π(do⁴ − di⁴)/32 voor een holle. De wringhoek is φ = TL/(GJ) in radialen. Vermogen en koppel hangen samen via P = T·ω.

Polair traagheidsmoment

J = π(80⁴ − 40⁴)/32 = 3,77 × 10⁶ mm⁴

Wringhoek

T = 750 N·m = 750000 N·mm
L = 0,8 m = 800 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = TL/(GJ) = 750000·800/(26000·3,77 × 10⁶) = 0,006121 rad
φ = 0,006121·180/π = 0,3507°

Antwoord

φ = 0,3507°
4.Torsie van assen

Antwoord: d = 48,9 mm

Torsie van ronde assen: de schuifspanning neemt lineair toe van nul in het midden tot τmax = T·r/J aan het oppervlak, met J = πd⁴/32 voor een massieve as en J = π(do⁴ − di⁴)/32 voor een holle. De wringhoek is φ = TL/(GJ) in radialen. Vermogen en koppel hangen samen via P = T·ω.

Koppel

ω = 2πN/60 = 2π·750/60 = 78,54 rad/s
T = P/ω = 30000/78,54 = 382 N·m

Diameter op sterkte

T = 382 N·m = 381972 N·mm
dτ = ∛(16·381972/(π·40)) = 36,5 mm

Diameter op stijfheid

θ = 1·π/180/1000 = 1,745 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
dφ = (32·381972/(π·39000·1,745 × 10⁻⁵))1/4 = 48,9 mm

Maatgevende diameter

Beide eisen moeten gelden, dus de grootste diameter is maatgevend.

d = max(36,5, 48,9) = 48,9 mm

Antwoord

d = 48,9 mm

Hier is de stijfheid maatgevend.

5.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 96,67 kN·m

Snedemethode: snijd de balk door waar je de inwendige krachten wilt weten en houd één kant over. De dwarskracht V houdt de verticale krachten op die kant in evenwicht, en het buigend moment M hun momenten om de snede. Maximaal moment: omdat dM/dx = V, bereikt het buigend moment zijn piek waar de dwarskracht door nul gaat, bij een puntlast of binnen een verdeelde belasting.

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk.

ΣMA = 0: RB·6 = 35·2 + 55·4
RB = 290/6 = 48,33 kN
ΣFy = 0: RA = 90 − 48,33 = 41,67 kN

Moment onder elke last

Houd het deel links van elke last over.

onder P1: M = RA·2 = 41,67·2 = 83,33 kN·m
onder P2: M = RB·2 = 48,33·2 = 96,67 kN·m

Grootste waarde

Mmax = 96,67 kN·m (onder P2)

Antwoord

Mmax = 96,67 kN·m
6.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: B (x = 2 m)

Grootste buigend moment: M verandert van helling overal waar de dwarskracht verandert, dus de pieken liggen waar de dwarskracht door nul gaat: onder een puntlast, binnen een verdeelde last, of boven een oplegging van een uitkragende balk. Bij een ingeklemde oplegging van een console is het moment het grootst bij de wand. Vergelijk de grootte van M op die plaatsen, positief (doorbuigend) of negatief (opbuigend).

Oplegreacties

Neem momenten om één oplegging en gebruik dan het verticale krachtenevenwicht.

R1 = 91,25 kN, R2 = 23,75 kN

Buigend moment bij elke markering

Tel de momenten van alle krachten aan één kant van de snede op. Een doorbuigend moment is positief, een opbuigend moment negatief.

MA = 0, MB = −120 kN·m, MC = −67,5, MD = −35, ME = −22,5, MF = −30, MG = 0

Antwoord

Markering B: MB = −120 kN·m
7.Zwaartepunt en traagheidsmoment

Antwoord: Ix = 32,94 × 10⁶ mm⁴

Doorsneden met gaten: behandel een gat als een negatief oppervlak. Het zwaartepunt is ȳ = (A₁y₁ − A₂y₂)/(A₁ − A₂), met A₁, y₁ voor de volle plaat en A₂, y₂ voor het gat. Gebruik voor het kwadratisch oppervlaktemoment om de zwaartelijn de stelling van Steiner voor elk deel en trek het gat af: I = (Ic1 + A₁d₁²) − (Ic2 + A₂d₂²), waarbij d de afstand is van het eigen zwaartepunt van elk deel tot de as door ȳ. Een rechthoek heeft Ic = bh³/12 en een cirkel Ic = πd⁴/64.

Zwaartepunt

ȳ = (18000·75 − 1257·52,5)/(18000 − 1257) = 76,69 mm

Volle plaat om ȳ

120·150³/12 + 18000·−1,689² = 33,8 × 10⁶ mm⁴

Gat om ȳ

π·40⁴/64 + 1257·−24,19² = 0,8609 × 10⁶ mm⁴

Trek af

Ix = 32,94 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

Ix = 32,94 × 10⁶ mm⁴
8.Zwaartepunt en traagheidsmoment

Antwoord: σonder = 50,09 MPa

Samengestelde doorsneden: verdeel de doorsnede in rechthoeken. Het zwaartepunt is het oppervlaktegewogen gemiddelde ȳ = ΣAᵢyᵢ/ΣAᵢ. Het traagheidsmoment om de zwaartepuntsas telt voor elk deel de eigen bh³/12 en de Steinerterm A·d² op, waarbij d de afstand is van het zwaartepunt van het deel tot het totale zwaartepunt. De buigspanning is σ = M·y/I.

Verdeel in twee rechthoeken

Meet elke y vanaf de onderrand.

flens: Af = 200·15 = 3000 mm², yf = 140 + 15/2 = 147,5 mm
lijf: Aw = 16·140 = 2240 mm², yw = 140/2 = 70 mm

Zwaartepunt

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (3000·147,5 + 2240·70)/5240 = 114,4 mm

Stelling van Steiner

flens: 200·15³/12 + 3000·(147,5 − 114,4)² = 3,349 × 10⁶ mm⁴
lijf: 16·140³/12 + 2240·(70 − 114,4)² = 8,069 × 10⁶ mm⁴
Ix = 3,349 × 10⁶ + 8,069 × 10⁶ = 1,142 × 10⁷ mm⁴

Buigspanning

De onderrand ligt ȳ van de as.

y = 114,4 mm
σ = M·y/I = 5 × 10⁶·114,4/1,142 × 10⁷ = 50,09 MPa

Antwoord

σonder = 50,09 MPa
9.Cirkel van Mohr en spanningstransformatie

Antwoord: τxy = 45 MPa

Transformatie van een vlakke spanningstoestand: op een vlak dat over θ gedraaid is, geldt σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. De cirkel van Mohr toont alle vlakken tegelijk: het middelpunt ligt bij C = (σₓ + σᵧ)/2 en de straal is R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). De hoofdspanningen zijn C ± R, en de grootste schuifspanning in het vlak is R.

Benodigde straal

C = (100 + (−20))/2 = 40 MPa
R = σ1 − C = 115 − 40 = 75 MPa
στxyCσ1​σ2​

Schuifspanning

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(75² − 60²) = 45 MPa

Antwoord

τxy = 45 MPa
10.Cirkel van Mohr en spanningstransformatie

Antwoord: n = 4,95

Transformatie van een vlakke spanningstoestand: op een vlak dat over θ gedraaid is, geldt σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. De cirkel van Mohr toont alle vlakken tegelijk: het middelpunt ligt bij C = (σₓ + σᵧ)/2 en de straal is R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). De hoofdspanningen zijn C ± R, en de grootste schuifspanning in het vlak is R. Vloeicriteria: Von Mises voorspelt vloeien als σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) de waarde σY bereikt; Tresca als de absoluut maximale schuifspanning σY/2 bereikt.

στxyCσ1​σ2​

Hoofdspanningen

C = 40 MPa, R = 42,43 MPa
σ1 = 82,43 MPa, σ2 = −2,426 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 84,85 MPa
n = 420/84,85 = 4,95

Antwoord

n = 4,95

n > 1 betekent dat het punt niet vloeit; Tresca is iets conservatiever dan Von Mises.

11.Doorbuiging van de balk

Antwoord: θA = 0,02525 rad

Doorbuiging van balken: doorbuigingen volgen uit het twee keer integreren van de kromming M/(EI). Standaardgevallen staan in tabellen, bijvoorbeeld PL³/(3EI) voor een uitkragende ligger met een eindlast en 5wL⁴/(384EI) voor een vrij opgelegde balk onder een volledige gelijkmatige belasting. Doorbuigingen door afzonderlijke belastingen tellen op (superpositie). De hoekverdraaiing θ = dv/dx is de eerste integraal van M/(EI); in consistente eenheden komt die uit in radialen.

Consistente eenheden

Werk in N en mm: P in N, w in N/mm (kN/m = N/mm), L in mm, E in N/mm² (GPa × 1000), I in mm⁴.

w = 10 N/mm, L = 2000 mm
EI = 1,32 × 10¹¹ N·mm²

Eindhoekverdraaiing

θA = wL³/(24EI) = 10·2000³/(24·1,32 × 10¹¹) = 0,02525 rad

Antwoord

θA = 0,02525 rad

Dat is 1,447°.

12.Doorbuiging van de balk

Antwoord: RB = 36 kN

Doorbuiging van balken: doorbuigingen volgen uit het twee keer integreren van de kromming M/(EI). Standaardgevallen staan in tabellen, bijvoorbeeld PL³/(3EI) voor een uitkragende ligger met een eindlast en 5wL⁴/(384EI) voor een vrij opgelegde balk onder een volledige gelijkmatige belasting. Doorbuigingen door afzonderlijke belastingen tellen op (superpositie). Haal bij een statisch onbepaalde balk een overtollige oplegging weg en eis dat de doorbuiging daar nul is (vormveranderingsvoorwaarde).

Haal de steunoplegging weg

Zonder de steunoplegging is de balk een uitkragende ligger. Het vrije uiteinde zou onder de belasting doorbuigen.

δload = wL⁴/(8EI)

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht RB alleen tilt het vrije uiteinde op met RBL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

RB·L³/(3EI) = wL⁴/(8EI) → RB = 3wL/8 = 3·12·8/8 = 36 kN

Antwoord

RB = 36 kN
13.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 365,5 kN

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij Pcr = π²EI/(KL)², waarbij KL de kniklengte is: K = 1 voor scharnier–scharnier, 2 voor ingeklemd–vrij, 0,7 voor ingeklemd–scharnier en 0,5 voor ingeklemd–ingeklemd. De kolom knikt om de as met de kleinste I. De formule geldt voor slanke kolommen, waarvan de kritieke spanning onder de vloeigrens blijft.

Kleinste traagheidsmoment

Een rechthoek knikt om zijn zwakke as, met de kleinste afmeting tot de derde macht.

Imin = h·b³/12 = 80·25³/12 = 104167 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·1500 = 750 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·104167/750² = 365541 N = 365,5 kN

Antwoord

Pcr = 365,5 kN
14.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 71,06 MPa

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij Pcr = π²EI/(KL)², waarbij KL de kniklengte is: K = 1 voor scharnier–scharnier, 2 voor ingeklemd–vrij, 0,7 voor ingeklemd–scharnier en 0,5 voor ingeklemd–ingeklemd. De kolom knikt om de as met de kleinste I. De formule geldt voor slanke kolommen, waarvan de kritieke spanning onder de vloeigrens blijft.

Kleinste traagheidsmoment

Een ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 2827 mm²
r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm
KL = 0,5·5000 = 2500 mm
KL/r = 2500/15 = 166,7

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/166,7² = 71,06 MPa

Antwoord

σcr = 71,06 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/mechanics-of-materials