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 = 2 kN/mP = 45 kNABRA​ = ?2 m2,5 m1,5 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w van de muur tot 4,5 m en een puntlast P op 2 m van de muur. Vind de verticale reactie RA bij de muur.

L = 6 mP = 45 kN op 2 mw = 2 kN/m van 0 tot 4,5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 12 kN/mP = 40 kNABCRA​ = ?3 m1 m4 m2 m

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 8 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P op 4 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 3 m tot het vrije uiteinde op 10 m. Vind de verticale reactie RA, met omhoog positief.

AB = 8 mAC = 10 mP = 40 kN op 4 mw = 12 kN/m van 3 tot 10 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
4 kN/m15 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 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.

15 kN @ 8 m4 kN/m, 4–12 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 20 kN/mAB3 m2 m1 m

De vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting over een deel van de overspanning. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 6 mw = 20 kN/m van 3 tot 5 m
Mmax = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB30 kN4 m3 m4 m

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

overspanning = 4 mhoogte = 4 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 30 kN
FAC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH15 kN20 kN30 kN4 × 4 m3 m

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

B: 15 kN ↓G: 20 kN ↓H: 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 BG
  13. 13staaf DG
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 26 kNABδ2 m0,5 m

Een uitkragende ligger met lengte L is ingeklemd in A en draagt een puntlast P op een afstand a = 2 m vanaf A. Vind de doorbuiging δB aan het vrije uiteinde B.

P = 26 kNa = 2 mL = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 84 × 10⁶ mm⁴
δB = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 1 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/250. Vind de kleinste hoogte hreq van de doorsnede.

w = 1 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 125 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 1 m30 × 100 mmdoorsnede

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

L = 1 mE = 200 GPa (staal)b × h = 30 × 100 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 1,5 md = 20 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden ingeklemd. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σcr met de formule van Euler.

L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 20 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 54 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 = 2·4,5 = 9 kN, x̄ = 2,25 m

Verticaal evenwicht

RA = P + W = 45 + 9 = 54 kN

Antwoord

RA = 54 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 35,75 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.

Resultante van de verdeelde belasting

W = 12·7 = 84 kN, x̄ = (3 + 10)/2 = 6,5 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·8 = 40·4 + 84·6,5
RB = 706/8 = 88,25 kN
RA = 124 − 88,25 = 35,75 kN

Antwoord

RA = 35,75 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: E (x = 8 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 = 15,67 kN, R2 = 31,33 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 = 31,33, MC = 62,67, MD = 86, ME = 93,33 kN·m, MF = 54,67, MG = 0

Antwoord

Markering E: ME = 93,33 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 44,44 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 = 20·2 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 4 m
ΣMA = 0: RB·6 = 20·2·4
RB = 160/6 = 26,67 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 26,67 = 13,33 kN

Dwarskracht nul

De dwarskracht begint bij RA, blijft constant over elk onbelast deel en daalt met helling w binnen de belasting.

RA − w·(x0 − 3) = 0
x0 = 3 + 13,33/20 = 3,667 m

Maximaal moment

Mmax = RA·x0 − w·(x0 − 3)²/2 = 13,33·3,667 − 20·0,6667²/2 = 44,44 kN·m

Antwoord

Mmax = 44,44 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 5,625 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.

ABBCACACB30 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·4 = 30·3 → Cy = 22,5 kN
ΣFy = 0: Ay = 30 − 22,5 = 7,5 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 = 4/4,123 = 0,9701, cos γ = 1/4,123 = 0,2425
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −22,5/0,9701 = −23,19 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−23,19)·0,2425 = 5,625 kN

Antwoord

FAC = 5,625 kN (trek)
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 C

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

ΣF⊥ = 0 → FCG = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

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

AB: 5,833 kN (T), BC: 21,67 kN (T), CD: 21,67 kN (T), DE: 10,83 kN (T), FG: 35,83 kN (C), GH: 40,83 kN (C), AF: 44,79 kN (C), HE: 13,54 kN (C), BF: 26,87 kN (T), CG: 0, DH: 8,125 kN (T), BG: 19,79 kN (C), DG: 13,54 kN (C)

Antwoord

Nulstaaf: CG
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δB = 16,21 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 = 26000 N, a = 2000 mm, L = 2500 mm
EI = 5,88 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging aan het vrije uiteinde

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

δP = Pa³/(3EI) = 11,79 mm
θP = Pa²/(2EI) = 0,008844 rad
δB = δP + θP·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 16,21 mm

Antwoord

δB = 16,21 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 152,6 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 = 1 N/mm, L = 5000 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/250 = 5000/250 = 20 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·1·5000⁴/(384·11000·20) = 3,699 × 10⁷ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·3,699 × 10⁷/125)1/3 = 152,6 mm

Antwoord

hreq = 152,6 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 111 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 rechthoek knikt om zijn zwakke as, met de kleinste afmeting tot de derde macht.

Imin = h·b³/12 = 100·30³/12 = 225000 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·1000 = 2000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·225000/2000² = 111033 N = 111 kN

Antwoord

Pcr = 111 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 30,71 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 314,2 mm²
r = √(I/A) = √(7854/314,2) = 5 mm
KL = 0,5·1500 = 750 mm
KL/r = 750/5 = 150

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/150² = 30,71 MPa

Antwoord

σcr = 30,71 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis