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 9 m van A en een rechtsdraaiend koppel M op 7 m van A. Vind de verticale reactie R_B, met omhoog positief.

L = 10 mP = 15 kN op 9 mM = 25 kN·m (rechtsdraaiend) op 7 m

R_B = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een lineair verlopende belasting die 6 kN/m is bij de muur en afloopt tot nul aan het vrije uiteinde B, plus een puntlast P op 6 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment M_A bij de muur.

L = 6 mw₀ = 6 kN/mP = 30 kN op 6 m

M_A = kN·m

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

Vind het buigend moment M_x in de doorsnede x = 3,5 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mw = 12 kN/m van 0 tot 4 mx = 3,5 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 @ 6 m60 kN @ 2 m4 kN/m, 0–5 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_AB in staaf AB te vinden. Geef trek als positief en druk als negatief.

overspanning = 8 mhoogte = 2 mB ligt 7 m van Averticale belasting = 45 kN

F_AB = kN

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

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

overspanning = 8 mhoogte = 2 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 50 kNhorizontale belasting = 5 kN ←

F_AC = kN

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 = 2 kN/mL = 8 mE = 70 GPa (aluminium)I = 160 × 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 = 4 kN/mL = 2,5 mE = 200 GPa (staal)

I_req = × 10⁶ mm⁴

9.Knik van kolommenGemiddeld

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

L = 2 mE = 200 GPa (staal)b × h = 30 × 50 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 45 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 45 kNn = 2,5L = 2,5 mE = 200 GPa (staal)

d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_B = 16 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·10 − 15·9 − 25 = 0

R_B = 160/10 = 16 kN

Verticaal evenwicht

R_A = 15 − 16 = −1 kN

Antwoord

R_B = 16 kN

Een negatieve reactie werkt omlaag.

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: M_A = 216 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 = ½·6·6 = 18 kN

x̄ = L/3 = 2 m

Moment om de muur

M_A = W·x̄ + P·a = 18·2 + 30·6 = 216 kN·m

Antwoord

M_A = 216 kN·m

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 10,5 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.

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 12·4 = 48 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m

ΣM_A = 0: R_B·4 = 12·4·2

R_B = 96/4 = 24 kN

ΣF_y = 0: R_A = 48 − 24 = 24 kN

Snijd bij x = 3,5 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 = 24·3,5 − 12·3,5·1,75 = 10,5 kN·m

Antwoord

M_x = 10,5 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: C (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 = 38 kN, R₂ = 82 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 = 36, M_C = 68 kN·m, M_D = 36, M_E = 0, M_F = −40, M_G = 0

Antwoord

Markering C: M_C = 68 kN·m

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −20,48 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 = 45·7 → C_y = 39,38 kN

ΣF_y = 0: A_y = 45 − 39,38 = 5,625 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 = 2/7,28 = 0,2747

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −5,625/0,2747 = −20,48 kN

Antwoord

F_AB = −20,48 kN (druk)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AC = 17,5 kN

Oplegreacties

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

ΣM_A = 0: C_y·8 = 50·1 − 5·2 → C_y = 5 kN

ΣF_y = 0: A_y = 50 − 5 = 45 kN

ΣF_x = 0: A_x = 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 = 2/7,28 = 0,2747, cos γ = 7/7,28 = 0,9615

ΣF_y = 0: C_y + F_BC·sin γ = 0 → F_BC = −5/0,2747 = −18,2 kN

ΣF_x = 0: −F_AC − F_BC·cos γ = 0 → F_AC = −(−18,2)·0,9615 = 17,5 kN

Antwoord

F_AC = 17,5 kN (trek)

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_max = 9,524 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 = 2 N/mm, L = 8000 mm

EI = 1,12 × 10¹³ N·mm²

Doorbuiging

δ_max = 5wL⁴/(384EI) = 5·2·8000⁴/(384·1,12 × 10¹³) = 9,524 mm

Antwoord

δ_max = 9,524 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: I_req = 1,465 × 10⁶ mm⁴

Doorbuigingseis

δ_allow = L/360 = 2500/360 = 6,944 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·4·2500⁴/(384·200000·6,944) = 1,465 × 10⁶ mm⁴

I_req = 1,465 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

I_req = 1,465 × 10⁶ mm⁴

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 222,1 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 = 50·30³/12 = 112500 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·2000 = 1000 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·112500/1000² = 222066 N = 222,1 kN

Antwoord

P_cr = 222,1 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 43,42 mm

Benodigde kritieke belasting

P_cr = n·P = 2,5·45000 = 112500 N

KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·112500·1750²/(π³·200000))^(1/4) = 43,42 mm

Antwoord

d = 43,42 mm

Controle: de slankheid KL/r is 161,2, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis