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
w0​ = 12 kN/mABRB​ = ?6 m

De vrij opgelegde balk (scharnier in A, rol in B) draagt een lineair verlopende belasting die afloopt van 12 kN/m in A tot nul in B. Vind de verticale oplegreactie RB.

L = 6 mw0 = 12 kN/m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 10 kN/mP = 60 kNQ = 65 kNADCMA​ = ?1,5 m1 m2 m1,5 m

Een samengestelde balk is in A in de muur ingeklemd, heeft een inwendig scharnier in C (2,5 m van A) en rust op een rol in D (6 m van A). Hij draagt een puntlast P op 4,5 m van A, een gelijkmatig verdeelde belasting w op het hele deel CD en een puntlast Q op 1,5 m van A. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

AC = 2,5 mAD = 6 mP = 60 kN op 4,5 mw = 10 kN/m van 2,5 tot 6 mQ = 65 kN op 1,5 m
MA = kN·m
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
55 kN55 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.

55 kN @ 10 m55 kN @ 6 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 = 4 kN/mP = 75 kNAB1,5 m2,5 m

De vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning en een puntlast P. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 4 mP = 75 kN op 1,5 mw = 4 kN/m van 0 tot 4 m
Mmax = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB55 kN6 m5 m4 m

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

overspanning = 6 mhoogte = 4 mB ligt 5 m van Averticale belasting = 55 kN
FBC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB20 kN10 kN5 m2 m2 m

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

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 2 m van Averticale belasting = 20 kNhorizontale belasting = 10 kN →
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 20 kN/mδL = 2,5 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 = 2,5 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 23 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 2 kN/mABδ4,5 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 kN/mL = 4,5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 125 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 2,5 md = 20 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden ingeklemd. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting Pcr.

L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 20 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 150 kNL = 3 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Hij moet 150 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 150 kNn = 2L = 3 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 12 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 driehoeksbelasting

W = ½·12·6 = 36 kN
x̄ = L/3 = 2 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·6 = 36·2
RB = 12 kN
RA = 36 − 12 = 24 kN

Antwoord

RB = 12 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 205,5 kN·m

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 = 10·3,5 = 35 kN op 1,75 m vanaf C
ΣMC = 0: RD·3,5 = 60·2 + 35·1,75
RD = 51,79 kN
VC = 95 − 51,79 = 43,21 kN

Deel AC

De scharnierkracht VC werkt omlaag op AC (even groot en tegengesteld aan haar werking op CD).

RA = 65 + 43,21 = 108,2 kN
MA = 65·1,5 + 43,21·2,5 = 205,5 kN·m

Antwoord

MA = 205,5 kN·m
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 6 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 = 36,67 kN, R2 = 73,33 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 = 73,33, MC = 146,7, MD = 220 kN·m, ME = 183,3, MF = 146,7, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 220 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 77,81 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.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 4·4 = 16 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·4 = 75·1,5 + 4·4·2
RB = 144,5/4 = 36,13 kN
ΣFy = 0: RA = 91 − 36,13 = 54,88 kN

Waar is V = 0?

V(1,5⁻) = RA − w·1,5 = 48,88 kN
V(1,5⁺) = 48,88 − 75 = −26,13 kN
De dwarskracht wisselt van teken bij de last, dus het maximum ligt onder de last.

Maximaal moment

Mmax = RA·1,5 − w·1,5²/2 = 54,88·1,5 − 4·1,5²/2 = 77,81 kN·m

Antwoord

Mmax = 77,81 kN·m

Dat is op x = 1,5 m vanaf A.

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −47,24 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.

ABBCACACB55 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·6 = 55·5 → Cy = 45,83 kN
ΣFy = 0: Ay = 55 − 45,83 = 9,167 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 = −45,83/0,9701 = −47,24 kN

Antwoord

FBC = −47,24 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 18 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.

ABBCACACB20 kN10 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 20·2 + 10·2 → Cy = 12 kN
ΣFy = 0: Ay = 20 − 12 = 8 kN
ΣFx = 0: Ax = −10 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 = 2/3,606 = 0,5547, cos γ = 3/3,606 = 0,8321
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −12/0,5547 = −21,63 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−21,63)·0,8321 = 18 kN

Antwoord

FAC = 18 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 40,21 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.

w = 20 N/mm, L = 2500 mm
EI = 2,53 × 10¹¹ N·mm²

Doorbuiging

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·20·2500⁴/(384·2,53 × 10¹¹) = 40,21 mm

Antwoord

δmax = 40,21 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 183,8 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 = 4500 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/300 = 4500/300 = 15 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2·4500⁴/(384·11000·15) = 6,472 × 10⁷ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·6,472 × 10⁷/125)1/3 = 183,8 mm

Antwoord

hreq = 183,8 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 3,473 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·2500 = 1250 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·7854/1250² = 3473 N = 3,473 kN

Antwoord

Pcr = 3,473 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 60,79 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 = 2·150000 = 300000 N
KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·300000·2100²/(π³·200000))^(1/4) = 60,79 mm

Antwoord

d = 60,79 mm

Controle: de slankheid KL/r is 138,2, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis