Constructieleer: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 10 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

Oplegreacties van balken

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

Methode

  1. Teken een vrijlichaamsschema en vervang elke oplegging door haar reactiekrachten.
  2. Vervang elke verdeelde belasting door één kracht in haar zwaartepunt.
  3. Neem momenten om één oplegging om de reactiekracht in de andere te vinden.
  4. Gebruik ΣFy = 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/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.

Vakwerk: knopenmethode

Knopenmethode
ΣFx = 0, ΣFy = 0 at each joint
Snedemethode
ΣM = 0 about a cut point
Staafkracht
positief = trek, negatief = druk

Methode

  1. Bepaal de oplegreacties van het hele vakwerk.
  2. Knopenmethode: begin bij een knoop met hooguit twee onbekende staafkrachten en gebruik ΣFx = 0 en ΣFy = 0.
  3. Snedemethode: snijd door de staaf die je nodig hebt en neem momenten om een punt waar de andere onbekende staven samenkomen.
  4. 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
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.Oplegreacties van balkenGemiddeld
w = 10 kN/mP = 15 kNABRA​ = ?4,5 m0,5 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte en een puntlast P op 4,5 m van de muur. Vind de verticale reactie RA bij de muur.

L = 5 mP = 15 kN op 4,5 mw = 10 kN/m van 0 tot 5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 8 kN/mP = 80 kNADCRD​ = ?6 m2 m2 m

Een samengestelde balk is in A in de muur ingeklemd, heeft een inwendig scharnier in C (6 m van A) en rust op een rol in D (10 m van A). Hij draagt een puntlast P op 8 m van A, een gelijkmatig verdeelde belasting w op het hele deel CD. Vind de reactie RD bij de rol.

AC = 6 mAD = 10 mP = 80 kN op 8 mw = 8 kN/m van 6 tot 10 m
RD = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 10 kN/mABdoorsnede1,5 m2,5 m

Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 1,5 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mw = 10 kN/m van 0 tot 4 mx = 1,5 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 10 kN/mABC4 m2 m

De balk ligt op een scharnier in A en een rol in B en steekt 2 m voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Over de hele lengte A–C werkt een gelijkmatig verdeelde belasting w. Vind het maximale doorbuigende (sagging) moment Mmax tussen de opleggingen.

L = 6 mw = 10 kN/m van 0 tot 6 mopleggingen bij x = 0 en x = 4 m
Mmax = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB45 kN8 m5 m2 m

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

overspanning = 8 mhoogte = 2 mB ligt 5 m van Averticale belasting = 45 kN
FAB = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH15 kN30 kN25 kN20 kN30 kN4 × 3 m4 m

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

C: 15 kN ↓D: 30 kN ↓F: 25 kN ↓F: 20 kN →G: 30 kN ↓
  1. 1staaf AB
  2. 2staaf BC
  3. 3staaf CD
  4. 4staaf DE
  5. 5staaf FG
  6. 6staaf GH
  7. 7staaf AF
  8. 8staaf HE
  9. 9staaf BF
  10. 10staaf CG
  11. 11staaf DH
  12. 12staaf FC
  13. 13staaf HC
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 16 kNABδ1 m3 m

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op a = 1 m vanaf oplegging A. Vind de doorbuiging δP onder de last.

P = 16 kNa = 1 mL = 4 mE = 200 GPa (staal)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 2 kN/mABδ5 m

Een vrij opgelegde houten balk met rechthoekige doorsnede, 150 mm breed, draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. De doorbuiging in het midden mag niet groter zijn dan overspanning/360. Vind de kleinste hoogte hreq van de doorsnede.

w = 2 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 150 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 3 md = 80 mmdoorsnede

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

L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 70 kNL = 2 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 70 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 70 kNn = 2,5L = 2 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 65 kN

Evenwicht van een uitkragende ligger: een inklemming kan omhoog duwen en ook rotatie tegenhouden, dus ze levert een verticale reactie RA en een inklemmingsmoment MA. ΣFy = 0 geeft RA, en momenten om de muur geven MA = 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 = 10·5 = 50 kN, x̄ = 2,5 m

Verticaal evenwicht

RA = P + W = 15 + 50 = 65 kN

Antwoord

RA = 65 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RD = 56 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣFx = 0, ΣFy = 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. Een inwendig scharnier kan geen buigend moment dragen, wat één extra vergelijking geeft: het moment om het scharnier van de krachten aan één kant is nul.

Deel CD

Het scharnier heeft geen moment, dus de momenten om C op alleen CD moeten in evenwicht zijn.

W = 8·4 = 32 kN op 2 m vanaf C
ΣMC = 0: RD·4 = 80·2 + 32·2
RD = 56 kN
VC = 112 − 56 = 56 kN

Antwoord

RD = 56 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 18,75 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 = 10·4 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·4 = 10·4·2
RB = 80/4 = 20 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 20 = 20 kN
w = 10 kN/mABRA​ = 20RB​ = 20doorsnede1,5 m2,5 m

Snijd bij x = 1,5 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 = RA·x − (elke belasting links van de snede × de afstand tot de snede)
Mx = 20·1,5 − 10·1,5·0,75 = 18,75 kN·m

Antwoord

Mx = 18,75 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 11,25 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, inclusief de belasting op het overstek.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 10·6 = 60 kN, aangrijpend op x̄ = 3 m
ΣMA = 0: RB·4 = 10·6·3
RB = 180/4 = 45 kN
ΣFy = 0: RA = 60 − 45 = 15 kN

Dwarskracht nul

RA − w·x0 = 0 → x0 = 15/10 = 1,5 m

Maximaal doorbuigend moment

Mmax = RA·x0 − w·x0²/2 = RA²/(2w) = 15²/(2·10) = 11,25 kN·m

Antwoord

Mmax = 11,25 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAB = −45,44 kN

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

ABBCACACB45 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·8 = 45·5 → Cy = 28,13 kN
ΣFy = 0: Ay = 45 − 28,13 = 16,88 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 = 2/5,385 = 0,3714
ΣFy = 0: Ay + FAB·sin α = 0
FAB = −16,88/0,3714 = −45,44 kN

Antwoord

FAB = −45,44 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 → FBF = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

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

AB: 51,56 kN (T), BC: 51,56 kN (T), CD: 43,44 kN (T), DE: 43,44 kN (T), FG: 64,38 kN (C), GH: 64,38 kN (C), AF: 52,6 kN (C), HE: 72,4 kN (C), BF: 0, CG: 30 kN (C), DH: 30 kN (T), FC: 21,35 kN (T), HC: 34,9 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: BF
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δP = 7,059 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 = 16000 N, a = 1000 mm, b = 3000 mm, L = 4000 mm
EI = 1,7 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging onder de last

δP = Pa²b²/(3EIL) = 16000·1000²·3000²/(3·1,7 × 10¹²·4000) = 7,059 mm

Antwoord

δP = 7,059 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 204,3 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 = 5000 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/360 = 5000/360 = 13,89 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2·5000⁴/(384·11000·13,89) = 1,065 × 10⁸ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·1,065 × 10⁸/150)1/3 = 204,3 mm

Antwoord

hreq = 204,3 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 315 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 ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

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

Kniklengte

KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·2,011 × 10⁶/2100² = 314984 N = 315 kN

Antwoord

Pcr = 315 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 36,66 mm

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.

Benodigde kritieke belasting

Pcr = n·P = 2,5·70000 = 175000 N
KL = 0,5·2000 = 1000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·175000·1000²/(π³·200000))^(1/4) = 36,66 mm

Antwoord

d = 36,66 mm

Controle: de slankheid KL/r is 109,1, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis