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 = 8 kN/mP = 15 kNABMA​ = ?7 m1 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 7 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 8 mP = 15 kN op 7 mw = 8 kN/m van 0 tot 8 m
MA = kN·m
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
P = 50 kNADCRD​ = ?3 m1 m4 m

Een samengestelde balk is in A in de muur ingeklemd, heeft een inwendig scharnier in C (3 m van A) en rust op een rol in D (8 m van A). Hij draagt een puntlast P op 4 m van A. Vind de reactie RD bij de rol.

AC = 3 mAD = 8 mP = 50 kN op 4 m
RD = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 4 kN/mABdoorsnede0,5 m9,5 m

Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 0,5 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 10 mw = 4 kN/m van 0 tot 10 mx = 0,5 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 12 kN/mP = 50 kNABdoorsnede2,5 m4,5 m1 m

Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 2,5 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 8 mP = 50 kN op 7 mw = 12 kN/m van 0 tot 8 mx = 2,5 m
Mx = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB35 kN6 m4 m3 m

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

overspanning = 6 mhoogte = 3 mB ligt 4 m van Averticale belasting = 35 kN
FBC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB60 kN20 kN5 m1 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 1 m van Averticale belasting = 60 kNhorizontale belasting = 20 kN →
FBC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 20 kN/mδL = 4 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de maximale doorbuiging δmax, in het midden.

w = 20 kN/mL = 4 mE = 70 GPa (aluminium)I = 23 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
P = 22 kNABδ6,5 m1,5 m

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op b = 1,5 m vanaf oplegging B. Vind de maximale doorbuiging δmax van de balk.

P = 22 kNb = 1,5 mL = 8 mE = 70 GPa (aluminium)I = 160 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 5 md = 50 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 = 5 mE = 200 GPa (staal)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 135 kNL = 2,5 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden scharnierend. Hij moet 135 kN dragen met een veiligheidsfactor van 3 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 135 kNn = 3L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 361 kN·m

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 = 8·8 = 64 kN, x̄ = 4 m

Moment om de muur

MA = P·a + W·x̄ = 15·7 + 64·4 = 361 kN·m

Antwoord

MA = 361 kN·m
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RD = 10 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.

ΣMC = 0: RD·5 = 50·1
RD = 10 kN
VC = 50 − 10 = 40 kN

Antwoord

RD = 10 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 9,5 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 = 4·10 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m
ΣMA = 0: RB·10 = 4·10·5
RB = 200/10 = 20 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 20 = 20 kN
w = 4 kN/mABRA​ = 20RB​ = 20doorsnede0,5 m9,5 m

Snijd bij x = 0,5 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 = 20·0,5 − 4·0,5·0,25 = 9,5 kN·m

Antwoord

Mx = 9,5 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 98,13 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 = 12·8 = 96 kN, aangrijpend op x̄ = 4 m
ΣMA = 0: RB·8 = 50·7 + 12·8·4
RB = 734/8 = 91,75 kN
ΣFy = 0: RA = 146 − 91,75 = 54,25 kN
w = 12 kN/mP = 50 kNABRA​ = 54,25RB​ = 91,75doorsnede2,5 m4,5 m1 m

Snijd bij x = 2,5 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 = 54,25·2,5 − 12·2,5·1,25 = 98,13 kN·m

Antwoord

Mx = 98,13 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −28,04 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.

ABBCACACB35 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·6 = 35·4 → Cy = 23,33 kN
ΣFy = 0: Ay = 35 − 23,33 = 11,67 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 = 3/3,606 = 0,8321, cos γ = 2/3,606 = 0,5547
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −23,33/0,8321 = −28,04 kN

Antwoord

FBC = −28,04 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −40 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 kN20 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 60·1 + 20·3 → Cy = 24 kN
ΣFy = 0: Ay = 60 − 24 = 36 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 = 3/5 = 0,6, cos γ = 4/5 = 0,8
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −24/0,6 = −40 kN

Antwoord

FBC = −40 kN (druk)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 41,41 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 = 20 N/mm, L = 4000 mm
EI = 1,61 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·20·4000⁴/(384·1,61 × 10¹²) = 41,41 mm

Antwoord

δmax = 41,41 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 11,46 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 = 22000 N, b = 1500 mm, L = 8000 mm
EI = 1,12 × 10¹³ N·mm²

Plaats van het maximum

De hoekverdraaiing in het langere deel gelijk aan nul stellen geeft de plaats.

x = √((L² − b²)/3) = √((8000² − 1500²)/3) = 4537 mm

Maximale doorbuiging

δmax = Pb(L² − b²)3/2/(9√3·EIL) = 11,46 mm

Antwoord

δmax = 11,46 mm
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 6,056 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 = 2·5000 = 10000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·306796/10000² = 6056 N = 6,056 kN

Antwoord

Pcr = 6,056 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 92,95 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 = 3·135000 = 405000 N
KL = 1·2500 = 2500 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·405000·2500²/(π³·70000))^(1/4) = 92,95 mm

Antwoord

d = 92,95 mm

Controle: de slankheid KL/r is 107,6, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis