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 uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w van de muur tot 6 m en een puntlast P op 5 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment M_A bij de muur.

L = 10 mP = 45 kN op 5 mw = 10 kN/m van 0 tot 6 m

M_A = kN·m

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 2,5 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P op 2 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 2,5 m tot het vrije uiteinde op 4 m. Vind de verticale reactie R_A, met omhoog positief.

AB = 2,5 mAC = 4 mP = 65 kN op 2 mw = 5 kN/m van 2,5 tot 4 m

R_A = kN

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

De vrij opgelegde balk draagt een rechtsdraaiend koppel M₀ = 10 kN·m op x = 3 m vanaf A, en verder geen belasting. Vind het buigend moment M_x net links van het koppel. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mM₀ = 10 kN·m rechtsom, op 3 m

M_x = kN·m

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

De vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning en een puntlast P. Vind het maximale buigend moment M_max in de balk.

L = 10 mP = 35 kN op 1 mw = 12 kN/m van 0 tot 10 m

M_max = kN·m

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

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

overspanning = 8 mhoogte = 3 mB ligt 7 m van Averticale belasting = 35 kN

F_AB = 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.

D: 40 kN ↓F: 35 kN →G: 25 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 vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de maximale doorbuiging δ_max, in het midden.

w = 20 kN/mL = 3 mE = 70 GPa (aluminium)I = 120 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

8.Doorbuiging van de balkMoeilijk

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w. De doorbuiging mag niet groter zijn dan overspanning/360. Vind het kleinste traagheidsmoment I_req dat aan deze eis voldoet.

w = 20 kN/mL = 3 mE = 200 GPa (staal)

I_req = × 10⁶ mm⁴

9.Knik van kolommenGemiddeld

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

L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 20 × 80 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

Een kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σ_cr met de formule van Euler.

L = 4 mE = 200 GPa (staal)d = 80 mm

σ_cr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: M_A = 405 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 verdeelde belasting

W = 10·6 = 60 kN, x̄ = 3 m

Moment om de muur

M_A = P·a + W·x̄ = 45·5 + 60·3 = 405 kN·m

Antwoord

M_A = 405 kN·m

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 10,75 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.

Resultante van de verdeelde belasting

W = 5·1,5 = 7,5 kN, x̄ = (2,5 + 4)/2 = 3,25 m

Evenwicht

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

ΣM_A = 0: R_B·2,5 = 65·2 + 7,5·3,25

R_B = 154,4/2,5 = 61,75 kN

R_A = 72,5 − 61,75 = 10,75 kN

Antwoord

R_A = 10,75 kN

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = −7,5 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 = 10/4 = 2,5 kN (omhoog)

R_A = −R_B = −2,5 kN (omlaag)

Snede net links van het koppel

Het linkerdeel bevat alleen R_A.

M_x = R_A·a = −2,5·3 = −7,5 kN·m

Antwoord

M_x = −7,5 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_max = 168 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.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 12·10 = 120 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 35·1 + 12·10·5

R_B = 635/10 = 63,5 kN

ΣF_y = 0: R_A = 155 − 63,5 = 91,5 kN

Waar is V = 0?

R_A − P − w·x₀ = 0 → x₀ = (91,5 − 35)/12 = 4,708 m

Maximaal moment

M_max = R_A·x₀ − P·(x₀ − 1) − w·x₀²/2 = 168 kN·m

Antwoord

M_max = 168 kN·m

Dat is op x = 4,708 m vanaf A.

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −11,11 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·8 = 35·7 → C_y = 30,63 kN

ΣF_y = 0: A_y = 35 − 30,63 = 4,375 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 = 3/7,616 = 0,3939

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −4,375/0,3939 = −11,11 kN

Antwoord

F_AB = −11,11 kN (druk)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: staaf BF

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 B

AB en BC liggen op één rechte lijn en het knooppunt draagt geen belasting. Het krachtenevenwicht dwars op die lijn laat alleen BF over.

ΣF⊥ = 0 → F_BF = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

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

AB: 62,92 kN (T), BC: 62,92 kN (T), CD: 85,42 kN (T), DE: 85,42 kN (T), FG: 90,83 kN (C), GH: 90,83 kN (C), AF: 34,9 kN (C), HE: 106,8 kN (C), BF: 0, CG: 25 kN (C), DH: 40 kN (T), FC: 34,9 kN (T), HC: 6,771 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: BF

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_max = 2,511 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.

w = 20 N/mm, L = 3000 mm

EI = 8,4 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging

δ_max = 5wL⁴/(384EI) = 5·20·3000⁴/(384·8,4 × 10¹²) = 2,511 mm

Antwoord

δ_max = 2,511 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: I_req = 12,66 × 10⁶ mm⁴

Doorbuigingseis

δ_allow = L/360 = 3000/360 = 8,333 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·20·3000⁴/(384·200000·8,333) = 1,266 × 10⁷ mm⁴

I_req = 12,66 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

I_req = 12,66 × 10⁶ mm⁴

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 36,85 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 = 80·20³/12 = 53333 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·2000 = 1000 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·53333/1000² = 36847 N = 36,85 kN

Antwoord

P_cr = 36,85 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: σ_cr = 12,34 MPa

Kleinste traagheidsmoment

Een ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

I = πd⁴/64 = π·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 5027 mm²

r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm

KL = 2·4000 = 8000 mm

KL/r = 8000/20 = 400

Kritieke spanning

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/400² = 12,34 MPa

Antwoord

σ_cr = 12,34 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis