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 vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Hij draagt een puntlast P op 2 m van A en een rechtsdraaiend koppel M op 3 m van A. Vind de verticale reactie R_A, met omhoog positief.

L = 4 mP = 45 kN op 2 mM = 20 kN·m (rechtsdraaiend) op 3 m

R_A = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een lineair verlopende belasting die 12 kN/m is bij de muur en afloopt tot nul aan het vrije uiteinde B, plus een puntlast P op 3 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment M_A bij de muur.

L = 6 mw₀ = 12 kN/mP = 30 kN op 3 m

M_A = kN·m

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

Vind het buigend moment M_x in de doorsnede x = 8 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 10 mw = 2 kN/m van 0 tot 10 mx = 8 m

M_x = kN·m

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

Vind het buigend moment M_x in de doorsnede x = 4 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 10 mP = 45 kN op 6 mw = 4 kN/m van 0 tot 10 mx = 4 m

M_x = kN·m

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

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

overspanning = 4 mhoogte = 2 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 45 kN

F_BC = kN

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

Precies één staaf van dit vakwerk draagt onder deze belastingen geen kracht. Welke is de nulstaaf? Klik erop in het diagram.

B: 25 kN ↓D: 15 kN ↓H: 15 kN ↓H: 20 kN ←

1staaf AB
2staaf BC
3staaf CD
4staaf DE
5staaf FG
6staaf GH
7staaf AF
8staaf HE
9staaf BF
10staaf CG
11staaf DH
12staaf FC
13staaf HC

7.Doorbuiging van de balkGemiddeld

Een uitkragende ligger met lengte L is ingeklemd in A en draagt een puntlast P op een afstand a = 0,5 m vanaf A. Vind de doorbuiging δ_B aan het vrije uiteinde B.

P = 29 kNa = 0,5 mL = 2,5 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 36 × 10⁶ mm⁴

δ_B = mm

8.Doorbuiging van de balkMoeilijk

Een ingeklemde ligger is ingeklemd in A en vrij opgelegd (gesteund) in B. Hij draagt een puntlast P in het midden. EI is constant. Vind de grootte van het buigend moment M_A bij de inklemming.

L = 3 mP = 45 kN op 1,5 m

M_A = kN·m

9.Knik van kolommenGemiddeld

Een kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden scharnierend. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting P_cr.

L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 30 × 60 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Hij moet 105 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 105 kNn = 2,5L = 6 mE = 200 GPa (staal)

d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 17,5 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·4 − 45·2 − 20 = 0

R_B = 110/4 = 27,5 kN

Verticaal evenwicht

R_A = 45 − 27,5 = 17,5 kN

Antwoord

R_A = 17,5 kN

Een negatieve reactie werkt omlaag.

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: M_A = 162 kN·m

Evenwicht van een uitkragende ligger: een inklemming kan omhoog duwen en ook rotatie tegenhouden, dus ze levert een verticale reactie R_A en een inklemmingsmoment M_A. ΣF_y = 0 geeft R_A, en momenten om de muur geven M_A = Σ(last × afstand tot de muur). Een verdeelde belasting werkt als haar resultante in het zwaartepunt van het belastingsdiagram.

Resultante van de driehoeksbelasting

W = ½·12·6 = 36 kN

x̄ = L/3 = 2 m

Moment om de muur

M_A = W·x̄ + P·a = 36·2 + 30·3 = 162 kN·m

Antwoord

M_A = 162 kN·m

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 16 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.

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 2·10 = 20 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 2·10·5

R_B = 100/10 = 10 kN

ΣF_y = 0: R_A = 20 − 10 = 10 kN

Snijd bij x = 8 m en houd het linkerdeel over

Alleen krachten links van de snede tellen mee. Een stuk verdeelde belasting werkt als één kracht in het midden van dat stuk.

M = R_A·x − (elke belasting links van de snede × de afstand tot de snede)

M_x = 10·8 − 2·8·4 = 16 kN·m

Antwoord

M_x = 16 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 120 kN·m

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 4·10 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 45·6 + 4·10·5

R_B = 470/10 = 47 kN

ΣF_y = 0: R_A = 85 − 47 = 38 kN

Snijd bij x = 4 m en houd het linkerdeel over

Alleen krachten links van de snede tellen mee. Een stuk verdeelde belasting werkt als één kracht in het midden van dat stuk.

M = R_A·x − (elke belasting links van de snede × de afstand tot de snede)

M_x = 38·4 − 4·4·2 = 120 kN·m

Antwoord

M_x = 120 kN·m

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_BC = −20,28 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 = 45·1 → C_y = 11,25 kN

ΣF_y = 0: A_y = 45 − 11,25 = 33,75 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 = 2/3,606 = 0,5547, cos γ = 3/3,606 = 0,8321

ΣF_y = 0: C_y + F_BC·sin γ = 0 → F_BC = −11,25/0,5547 = −20,28 kN

Antwoord

F_BC = −20,28 kN (druk)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: staaf CG

Nulstaven: in een knooppunt moeten de krachten in elke richting in evenwicht zijn. Als een knooppunt geen belasting en geen oplegging heeft, en twee van zijn drie staven op één lijn liggen, dan betrekt het evenwicht dwars op die lijn alleen de derde staaf, dus haar kracht is nul. Als er maar twee staven samenkomen in een onbelast knooppunt en ze niet op één lijn liggen, zijn beide nul.

Knooppunt G

FG en GH liggen op één rechte lijn en het knooppunt draagt geen belasting. Het krachtenevenwicht dwars op die lijn laat alleen CG over.

ΣF⊥ = 0 → F_CG = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

Het oplossen van alle knooppunten geeft deze staafkrachten (T = trek, C = druk).

AB: 20 kN (T), BC: 20 kN (T), CD: 33,33 kN (T), DE: 33,33 kN (T), FG: 46,67 kN (C), GH: 46,67 kN (C), AF: 50 kN (C), HE: 41,67 kN (C), BF: 25 kN (T), CG: 0, DH: 15 kN (T), FC: 8,333 kN (T), HC: 8,333 kN (C)

Antwoord

Nulstaaf: CG

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_B = 21,36 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 = 29000 N, a = 500 mm, L = 2500 mm

EI = 3,96 × 10¹¹ N·mm²

Doorbuiging aan het vrije uiteinde

Doorbuiging bij de last plus de hoekverdraaiing bij de last maal de resterende lengte.

δ_P = Pa³/(3EI) = 3,051 mm

θ_P = Pa²/(2EI) = 0,009154 rad

δ_B = δ_P + θ_P·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 21,36 mm

Antwoord

δ_B = 21,36 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: M_A = 25,31 kN·m

Haal de steunoplegging weg

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

δ_load = P(L/2)²(3L − L/2)/(6EI) = 5PL³/(48EI)

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) = 5PL³/(48EI) → R_B = 5P/16 = 5·45/16 = 14,06 kN

Moment bij de inklemming

Momenten om A van de belastingen en de steunkracht.

M_A = P·L/2 − R_B·L = 67,5 − 42,19 = 25,31 kN·m

Antwoord

M_A = 25,31 kN·m

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 10,36 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 rechthoek knikt om zijn zwakke as, met de kleinste afmeting tot de derde macht.

I_min = h·b³/12 = 60·30³/12 = 135000 mm⁴

Kniklengte

KL = 1·3000 = 3000 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·135000/3000² = 10363 N = 10,36 kN

Antwoord

P_cr = 10,36 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 83,14 mm

Benodigde kritieke belasting

P_cr = n·P = 2,5·105000 = 262500 N

KL = 0,7·6000 = 4200 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·262500·4200²/(π³·200000))^(1/4) = 83,14 mm

Antwoord

d = 83,14 mm

Controle: de slankheid KL/r is 202,1, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis