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
P1​ = 10 kNP2​ = 10 kNABRA​ = ?RB​1 m1,5 m1,5 m

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

L = 4 mP1 = 10 kN op 1 mP2 = 10 kN op 2,5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 12 kN/mP = 10 kNABRA​RB​ = ?1 m2 m3 m

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

L = 6 mP = 10 kN op 1 mw = 12 kN/m van 0 tot 3 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
P1​ = 30 kNP2​ = 55 kNAB1 m1,5 m1,5 m

De vrij opgelegde balk draagt twee puntlasten. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 4 mP1 = 30 kN op 1 mP2 = 55 kN op 2,5 m
Mmax = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
8 kN/m55 kN40 kN45 kNABCDEFG1 m1 m1 m1 m1 m1 m

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.

55 kN @ 0 m40 kN @ 6 m45 kN @ 3 m8 kN/m, 1–5 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 1 m)
  3. 3C (x = 2 m)
  4. 4D (x = 3 m)
  5. 5E (x = 4 m)
  6. 6F (x = 5 m)
  7. 7G (x = 6 m)
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB40 kN5 m3 m2 m

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

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 40 kN
FBC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB60 kN15 kN5 m2 m3 m

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

overspanning = 5 mhoogte = 3 mB ligt 2 m van Averticale belasting = 60 kNhorizontale belasting = 15 kN ←
FBC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 3 kNABδ5,5 m2,5 m

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

P = 3 kNa = 5,5 mL = 8 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 160 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 2,5 kN/mABδ5 m

Een vrij opgelegde houten balk met rechthoekige doorsnede, 125 mm breed, draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. De doorbuiging in het midden mag niet groter zijn dan overspanning/300. Vind de kleinste hoogte hreq van de doorsnede.

w = 2,5 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 125 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 5 md = 50 mmdoorsnede

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

L = 5 mE = 200 GPa (staal)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 5 md = 80 mmdoorsnede

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

L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 11,25 kN

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

P1​ = 10 kNP2​ = 10 kNABRA​RB​1 m1,5 m1,5 m

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.

ΣMA = 0: RB·4 = 10·1 + 10·2,5
RB = 35/4 = 8,75 kN
ΣFy = 0: RA = 20 − 8,75 = 11,25 kN

Antwoord

RA = 11,25 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 10,67 kN

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

w = 12 kN/mP = 10 kNABRA​RB​1 m2 m3 m

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 = 12·3 = 36 kN, aangrijpend op x̄ = 1,5 m
ΣMA = 0: RB·6 = 10·1 + 12·3·1,5
RB = 64/6 = 10,67 kN
ΣFy = 0: RA = 46 − 10,67 = 35,33 kN

Antwoord

RB = 10,67 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 62,81 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.

ΣMA = 0: RB·4 = 30·1 + 55·2,5
RB = 167,5/4 = 41,88 kN
ΣFy = 0: RA = 85 − 41,88 = 43,13 kN

Moment onder elke last

Houd het deel links van elke last over.

onder P1: M = RA·1 = 43,13·1 = 43,13 kN·m
onder P2: M = RB·1,5 = 41,88·1,5 = 62,81 kN·m

Grootste waarde

Mmax = 62,81 kN·m (onder P2)

Antwoord

Mmax = 62,81 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: B (x = 1 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 = 97,25 kN, R2 = 74,75 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.

MA = 0, MB = −55 kN·m, MC = −16,75, MD = 13,5, ME = −9,25, MF = −40, MG = 0

Antwoord

Markering B: MB = −55 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −33,94 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.

ABBCACACB40 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 40·3 → Cy = 24 kN
ΣFy = 0: Ay = 40 − 24 = 16 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 = 2/2,828 = 0,7071, cos γ = 2/2,828 = 0,7071
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −24/0,7071 = −33,94 kN

Antwoord

FBC = −33,94 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −21,21 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.

ABBCACACB60 kN15 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 60·2 − 15·3 → Cy = 15 kN
ΣFy = 0: Ay = 60 − 15 = 45 kN
ΣFx = 0: Ax = 15 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 = 3/4,243 = 0,7071, cos γ = 3/4,243 = 0,7071
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −15/0,7071 = −21,21 kN

Antwoord

FBC = −21,21 kN (druk)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δP = 13,43 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 = 3000 N, a = 5500 mm, b = 2500 mm, L = 8000 mm
EI = 1,76 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging onder de last

δP = Pa²b²/(3EIL) = 3000·5500²·2500²/(3·1,76 × 10¹²·8000) = 13,43 mm

Antwoord

δP = 13,43 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 220 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 = 2,5 N/mm, L = 5000 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/300 = 5000/300 = 16,67 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2,5·5000⁴/(384·11000·16,67) = 1,11 × 10⁸ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·1,11 × 10⁸/125)1/3 = 220 mm

Antwoord

hreq = 220 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 49,44 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·306796/3500² = 49436 N = 49,44 kN

Antwoord

Pcr = 49,44 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 2,763 MPa

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

Traagheidsstraal en slankheid

A = 5027 mm²
r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm
KL = 2·5000 = 10000 mm
KL/r = 10000/20 = 500

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/500² = 2,763 MPa

Antwoord

σcr = 2,763 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis