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​ = 30 kNP2​ = 20 kNABRA​RB​ = ?4 m3 m3 m

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

L = 10 mP1 = 30 kN op 4 mP2 = 20 kN op 7 m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 8 kN/mP = 45 kNABRA​RB​ = ?2,5 m1,5 m1 m

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

L = 5 mP = 45 kN op 2,5 mw = 8 kN/m van 0 tot 4 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
M0​ = 45 kN·mAB3 m3 m

De vrij opgelegde balk draagt een rechtsdraaiend koppel M0 = 45 kN·m op x = 3 m vanaf A, en verder geen belasting. Vind het buigend moment Mx net rechts van het koppel. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 6 mM0 = 45 kN·m rechtsom, op 3 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 3 kN/mABC6 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 buigend moment MB bij oplegging B. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 8 mw = 3 kN/m van 0 tot 8 mopleggingen bij x = 0 en x = 6 m
MB = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB45 kN5 m1 m4 m

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

overspanning = 5 mhoogte = 4 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 45 kN
FAC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB25 kN20 kN4 m1 m3 m

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

overspanning = 4 mhoogte = 3 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 25 kNhorizontale belasting = 20 kN →
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 30 kNABδ6,5 m1,5 m

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op a = 6,5 m vanaf oplegging A. Vind de doorbuiging δP onder de last.

P = 30 kNa = 6,5 mL = 8 mE = 70 GPa (aluminium)I = 23 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
P = 25 kNAB2,5 m2,5 m

Een ingeklemde ligger is ingeklemd in A en vrij opgelegd (gesteund) in B. Hij draagt een puntlast P in het midden. EI is constant. Vind de reactie RB bij de steunoplegging.

L = 5 mP = 25 kN op 2,5 m
RB = kN
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 4 md = 30 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 = 4 mE = 200 GPa (staal)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 5 kNL = 2,5 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 5 kN dragen met een veiligheidsfactor van 3 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 5 kNn = 3L = 2,5 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 26 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​ = 30 kNP2​ = 20 kNABRA​RB​4 m3 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.

ΣMA = 0: RB·10 = 30·4 + 20·7
RB = 260/10 = 26 kN
ΣFy = 0: RA = 50 − 26 = 24 kN

Antwoord

RB = 26 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 35,3 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 = 8 kN/mP = 45 kNABRA​RB​2,5 m1,5 m1 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 = 8·4 = 32 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·5 = 45·2,5 + 8·4·2
RB = 176,5/5 = 35,3 kN
ΣFy = 0: RA = 77 − 35,3 = 41,7 kN

Antwoord

RB = 35,3 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 22,5 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: RB·L − M0 = 0. Verticaal evenwicht: RA + RB = 0.

RB = M0/L = 45/6 = 7,5 kN (omhoog)
RA = −RB = −7,5 kN (omlaag)

Snede net rechts van het koppel

Het linkerdeel bevat nu RA en het koppel.

Mx = RA·a + M0 = −7,5·3 + 45 = 22,5 kN·m

Antwoord

Mx = 22,5 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: MB = −6 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 = 3·8 = 24 kN, aangrijpend op x̄ = 4 m
ΣMA = 0: RB·6 = 3·8·4
RB = 96/6 = 16 kN
ΣFy = 0: RA = 24 − 16 = 8 kN

Snede bij B, houd het overstek over

De belasting op het overstek, w·a, grijpt aan op a/2 vanaf B en laat de balk boven de oplegging opbuigen.

MB = −w·a²/2 = −3·2²/2 = −6 kN·m

Antwoord

MB = −6 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 9 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·5 = 45·1 → Cy = 9 kN
ΣFy = 0: Ay = 45 − 9 = 36 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 = 4/5,657 = 0,7071, cos γ = 4/5,657 = 0,7071
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −9/0,7071 = −12,73 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−12,73)·0,7071 = 9 kN

Antwoord

FAC = 9 kN (trek)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 21,25 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.

ABBCACACB25 kN20 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·4 = 25·1 + 20·3 → Cy = 21,25 kN
ΣFy = 0: Ay = 25 − 21,25 = 3,75 kN
ΣFx = 0: Ax = −20 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 = −21,25/0,7071 = −30,05 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−30,05)·0,7071 = 21,25 kN

Antwoord

FAC = 21,25 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δP = 73,81 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 = 30000 N, a = 6500 mm, b = 1500 mm, L = 8000 mm
EI = 1,61 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging onder de last

δP = Pa²b²/(3EIL) = 30000·6500²·1500²/(3·1,61 × 10¹²·8000) = 73,81 mm

Antwoord

δP = 73,81 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: RB = 7,813 kN

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). Haal bij een statisch onbepaalde balk een overtollige oplegging weg en eis dat de doorbuiging daar nul is (vormveranderingsvoorwaarde).

Haal de steunoplegging weg

Zonder de steunoplegging is de balk een uitkragende ligger. Het vrije uiteinde zou onder de belasting doorbuigen.

δload = P(L/2)²(3L − L/2)/(6EI) = 5PL³/(48EI)

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht RB alleen tilt het vrije uiteinde op met RBL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

RB·L³/(3EI) = 5PL³/(48EI) → RB = 5P/16 = 5·25/16 = 7,813 kN

Antwoord

RB = 7,813 kN
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 10,01 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,7·4000 = 2800 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/2800² = 10011 N = 10,01 kN

Antwoord

Pcr = 10,01 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 22,18 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 = 3·5000 = 15000 N
KL = 0,5·2500 = 1250 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·15000·1250²/(π³·200000))^(1/4) = 22,18 mm

Antwoord

d = 22,18 mm

Controle: de slankheid KL/r is 225,5, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis