Constructieleer: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 10 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.

Nieuwe opgaven Terug naar het vak

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

1Formules en methoden

Oplegreacties van balken

Evenwicht: ΣF_x = 0, ΣF_y = 0, ΣM = 0
Gelijkmatig verdeelde belasting: resultante w·L in het midden van de belasting
Moment: M = F·d

Methode

Teken een vrijlichaamsschema en vervang elke oplegging door haar reactiekrachten.
Vervang elke verdeelde belasting door één kracht in haar zwaartepunt.
Neem momenten om één oplegging om de reactiekracht in de andere te vinden.
Gebruik ΣF_y = 0 om de overige reactiekracht te vinden, en controleer met een tweede momentenvergelijking.

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/y_max
Ligger op twee steunpunten, gelijkmatige belasting: M_max = wL²/8

Methode

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

Vakwerk: knopenmethode

Knopenmethode: ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 at each joint
Snedemethode: ΣM = 0 about a cut point
Staafkracht: positief = trek, negatief = druk

Methode

Bepaal de oplegreacties van het hele vakwerk.
Knopenmethode: begin bij een knoop met hooguit twee onbekende staafkrachten en gebruik ΣF_x = 0 en ΣF_y = 0.
Snedemethode: snijd door de staaf die je nodig hebt en neem momenten om een punt waar de andere onbekende staven samenkomen.
Neem trek aan; een negatief antwoord betekent druk.

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: P_cr = π²EI/(KL)²
Kniklengtefactor: K = 1 scharnierend–scharnierend, 0,5 ingeklemd–ingeklemd, 0,7 ingeklemd–scharnierend, 2 ingeklemd–vrij
Kritieke spanning: σ_cr = P_cr/A
Slankheid: λ = KL/r, r = √(I/A)

2Oefenopgaven

1.Oplegreacties van balkenGemiddeld

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 6 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Vind de verticale reactie R_B, met omhoog positief.

AB = 6 mAC = 8 mP₁ = 25 kN op 2 mP₂ = 35 kN op 8 m

R_B = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Vind de verticale oplegreactie R_B.

L = 10 mP = 20 kN op 4 mw = 5 kN/m van 2 tot 9 m

R_B = kN

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

De vrij opgelegde balk draagt een rechtsdraaiend koppel M₀ = 30 kN·m op x = 2 m vanaf A, en verder geen belasting. Vind het buigend moment M_x net rechts van het koppel. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mM₀ = 30 kN·m rechtsom, op 2 m

M_x = kN·m

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

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.

40 kN @ 0 m50 kN @ 6 m15 kN @ 3 m12 kN/m, 1–5 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 1 m)
3C (x = 2 m)
4D (x = 3 m)
5E (x = 4 m)
6F (x = 5 m)
7G (x = 6 m)

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

Gebruik de knopenmethode om de kracht F_AC in staaf AC te vinden. Geef trek als positief en druk als negatief.

overspanning = 4 mhoogte = 3 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 30 kN

F_AC = kN

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

Gebruik de knopenmethode om de kracht F_AB in staaf AB te vinden. Geef trek als positief en druk als negatief.

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 15 kNhorizontale belasting = 20 kN ←

F_AB = kN

7.Doorbuiging van de balkGemiddeld

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op a = 4,5 m vanaf oplegging A. Vind de doorbuiging δ_P onder de last.

P = 2 kNa = 4,5 mL = 8 mE = 200 GPa (staal)I = 23 × 10⁶ mm⁴

δ_P = mm

8.Doorbuiging van de balkMoeilijk

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 R_B bij de steunoplegging.

L = 6 mw = 15 kN/m

R_B = kN

9.Knik van kolommenGemiddeld

Een kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting P_cr.

L = 2,5 mE = 200 GPa (staal)d = 25 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Hij moet 40 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 40 kNn = 2,5L = 3 mE = 200 GPa (staal)

d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_B = 55 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 en ΣM = 0 om elk punt. Vervang elke verdeelde belasting door haar resultante (de oppervlakte) die aangrijpt in het zwaartepunt van het belastingsdiagram, en neem momenten om een oplegging om de reactie van die oplegging uit de vergelijking te halen.

Momenten om A

Linksom positief.

ΣM_A = 0: R_B·6 = 25·2 + 35·8

R_B = 330/6 = 55 kN

Verticaal evenwicht

R_A = 25 + 35 − 55 = 5 kN

Antwoord

R_B = 55 kN

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_B = 27,25 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 en ΣM = 0 om elk punt. Momenten nemen om één oplegging haalt de reactie van die oplegging uit de vergelijking.

Vrijlichaamsschema

Vervang de opleggingen door reactiekrachten. Een rol geeft één verticale reactie; met alleen verticale belastingen geeft het scharnier ook één verticale reactie.

Evenwicht

Momenten om A, tegen de klok in positief. Daarna het verticale krachtenevenwicht.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 5·7 = 35 kN, aangrijpend op x̄ = 5,5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 20·4 + 5·7·5,5

R_B = 272,5/10 = 27,25 kN

ΣF_y = 0: R_A = 55 − 27,25 = 27,75 kN

Antwoord

R_B = 27,25 kN

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 15 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. Een uitwendig koppel laat de momentenlijn verspringen met de grootte van het koppel.

Oplegreacties

Momenten om A, linksom positief: R_B·L − M₀ = 0. Verticaal evenwicht: R_A + R_B = 0.

R_B = M₀/L = 30/4 = 7,5 kN (omhoog)

R_A = −R_B = −7,5 kN (omlaag)

Snede net rechts van het koppel

Het linkerdeel bevat nu R_A en het koppel.

M_x = R_A·a + M₀ = −7,5·2 + 30 = 15 kN·m

Antwoord

M_x = 15 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: F (x = 5 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 = 69 kN, R₂ = 84 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.

M_A = 0, M_B = −40, M_C = −17, M_D = −6, M_E = −22, M_F = −50 kN·m, M_G = 0

Antwoord

Markering F: M_F = −50 kN·m

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AC = 7,5 kN

Knopenmethode: elke knoop van een vakwerk is in evenwicht, dus ΣF_x = 0 en ΣF_y = 0 in elke knoop. Begin bij een knoop met hoogstens twee onbekende staafkrachten. Een negatief resultaat betekent dat de staaf op druk staat.

Oplegreacties

Evenwicht van het hele vakwerk. Momenten om A, tegen de klok in positief.

ΣM_A = 0: C_y·4 = 30·3 → C_y = 22,5 kN

ΣF_y = 0: A_y = 30 − 22,5 = 7,5 kN

Knoop C

De rol geeft alleen een verticale reactie, dus knoop C heeft maar twee onbekende staafkrachten. Neem aan dat beide op trek staan.

sin γ = 3/3,162 = 0,9487, cos γ = 1/3,162 = 0,3162

ΣF_y = 0: C_y + F_BC·sin γ = 0 → F_BC = −22,5/0,9487 = −23,72 kN

ΣF_x = 0: −F_AC − F_BC·cos γ = 0 → F_AC = −(−23,72)·0,3162 = 7,5 kN

Antwoord

F_AC = 7,5 kN (trek)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −25,24 kN

Oplegreacties

Evenwicht van het hele vakwerk. Momenten om A, tegen de klok in positief.

ΣM_A = 0: C_y·5 = 15·3 − 20·2 → C_y = 1 kN

ΣF_y = 0: A_y = 15 − 1 = 14 kN

ΣF_x = 0: A_x = 20 kN

Knoop A

Neem aan dat elke staaf op trek staat (trekt van de knoop af). Alleen AB heeft een verticale component in A.

sin α = 2/3,606 = 0,5547

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −14/0,5547 = −25,24 kN

Antwoord

F_AB = −25,24 kN (druk)

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_P = 4,494 mm

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).

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.

P = 2000 N, a = 4500 mm, b = 3500 mm, L = 8000 mm

EI = 4,6 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging onder de last

δ_P = Pa²b²/(3EIL) = 2000·4500²·3500²/(3·4,6 × 10¹²·8000) = 4,494 mm

Antwoord

δ_P = 4,494 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: R_B = 33,75 kN

Haal de steunoplegging weg

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

δ_load = wL⁴/(8EI)

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht R_B alleen tilt het vrije uiteinde op met R_BL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

R_B·L³/(3EI) = wL⁴/(8EI) → R_B = 3wL/8 = 3·15·6/8 = 33,75 kN

Antwoord

R_B = 33,75 kN

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 12,36 kN

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij P_cr = 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·19175/1750² = 12359 N = 12,36 kN

Antwoord

P_cr = 12,36 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 78,07 mm

Benodigde kritieke belasting

P_cr = n·P = 2,5·40000 = 100000 N

KL = 2·3000 = 6000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·100000·6000²/(π³·200000))^(1/4) = 78,07 mm

Antwoord

d = 78,07 mm

Controle: de slankheid KL/r is 307,4, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis