Constructieleer: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 10 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.

Nieuwe opgaven Terug 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: ΣF_x = 0, ΣF_y = 0, ΣM = 0
Gelijkmatig verdeelde belasting: resultante w·L in het midden van de belasting
Moment: M = F·d

Methode

Teken een vrijlichaamsschema en vervang elke oplegging door haar reactiekrachten.
Vervang elke verdeelde belasting door één kracht in haar zwaartepunt.
Neem momenten om één oplegging om de reactiekracht in de andere te vinden.
Gebruik ΣF_y = 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/y_max
Ligger op twee steunpunten, gelijkmatige belasting: M_max = wL²/8

Methode

Bepaal de oplegreacties uit het evenwicht van de hele balk.
Snijd de balk door in de doorsnede die je nodig hebt en houd één kant over.
Dwarskracht: de som van de verticale krachten op die kant. Buigend moment: de som van hun momenten om de snede.
Zoek voor het maximale moment de plek waar de dwarskracht nul is.

Vakwerk: knopenmethode

Knopenmethode: ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 at each joint
Snedemethode: ΣM = 0 about a cut point
Staafkracht: positief = trek, negatief = druk

Methode

Bepaal de oplegreacties van het hele vakwerk.
Knopenmethode: begin bij een knoop met hooguit twee onbekende staafkrachten en gebruik ΣF_x = 0 en ΣF_y = 0.
Snedemethode: snijd door de staaf die je nodig hebt en neem momenten om een punt waar de andere onbekende staven samenkomen.
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: P_cr = π²EI/(KL)²
Kniklengtefactor: K = 1 scharnierend–scharnierend, 0,5 ingeklemd–ingeklemd, 0,7 ingeklemd–scharnierend, 2 ingeklemd–vrij
Kritieke spanning: σ_cr = P_cr/A
Slankheid: λ = KL/r, r = √(I/A)

2Oefenopgaven

1.Oplegreacties van balkenGemiddeld

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 4 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Vind de verticale reactie R_B, met omhoog positief.

AB = 4 mAC = 6 mP₁ = 35 kN op 1,5 mP₂ = 65 kN op 6 m

R_B = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 6 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 6 m tot het vrije uiteinde op 8 m. Vind de verticale reactie R_A, met omhoog positief.

AB = 6 mAC = 8 mP = 15 kN op 4 mw = 4 kN/m van 6 tot 8 m

R_A = kN

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

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. Hij draagt een puntlast P₁ tussen de opleggingen en een puntlast P₂ in C. Vind het buigend moment M_B bij oplegging B. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 10 mP₁ = 15 kN op 1 mP₂ = 15 kN op 10 mopleggingen bij x = 0 en x = 8 m

M_B = kN·m

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

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

L = 10 mP = 35 kN op 6 mw = 3 kN/m van 0 tot 10 m

M_max = kN·m

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

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

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 4 m van Averticale belasting = 60 kN

F_AB = kN

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

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

overspanning = 6 mhoogte = 2 mB ligt 2 m van Averticale belasting = 55 kNhorizontale belasting = 10 kN →

F_AB = kN

7.Doorbuiging van de balkGemiddeld

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de hoekverdraaiing θ_A van de balk bij oplegging A, in radialen.

w = 20 kN/mL = 1,5 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴

θ_A = rad

8.Doorbuiging van de balkMoeilijk

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 grootte van het buigend moment M_A bij de inklemming.

L = 8 mP = 50 kN op 4 m

M_A = kN·m

9.Knik van kolommenGemiddeld

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

L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden scharnierend. Hij moet 110 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 110 kNn = 2,5L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)

d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_B = 110,6 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣF_x = 0, ΣF_y = 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.

Momenten om A

Linksom positief.

ΣM_A = 0: R_B·4 = 35·1,5 + 65·6

R_B = 442,5/4 = 110,6 kN

Verticaal evenwicht

R_A = 35 + 65 − 110,6 = −10,63 kN

Antwoord

R_B = 110,6 kN

R_A is negatief: het scharnier in A moet de balk naar beneden houden.

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 3,667 kN

Resultante van de verdeelde belasting

W = 4·2 = 8 kN, x̄ = (6 + 8)/2 = 7 m

Evenwicht

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

ΣM_A = 0: R_B·6 = 15·4 + 8·7

R_B = 116/6 = 19,33 kN

R_A = 23 − 19,33 = 3,667 kN

Antwoord

R_A = 3,667 kN

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_B = −30 kN·m

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk. De last op het overstek levert ook een moment om A.

ΣM_A = 0: R_B·8 = 15·1 + 15·10

R_B = 165/8 = 20,63 kN

ΣF_y = 0: R_A = 30 − 20,63 = 9,375 kN

Snede bij B, houd het overstek over

Op het overstek werkt alleen P₂, met arm a. Die buigt de balk boven de oplegging omhoog (opbuigend, hogging).

M_B = −P₂·a = −15·2 = −30 kN·m

Antwoord

M_B = −30 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_max = 120 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 = 3·10 = 30 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 35·6 + 3·10·5

R_B = 360/10 = 36 kN

ΣF_y = 0: R_A = 65 − 36 = 29 kN

Waar is V = 0?

V(6⁻) = R_A − w·6 = 11 kN

V(6⁺) = 11 − 35 = −24 kN

De dwarskracht wisselt van teken bij de last, dus het maximum ligt onder de last.

Maximaal moment

M_max = R_A·6 − w·6²/2 = 29·6 − 3·6²/2 = 120 kN·m

Antwoord

M_max = 120 kN·m

Dat is op x = 6 m vanaf A.

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −26,83 kN

Knopenmethode: elke knoop van een vakwerk is in evenwicht, dus ΣF_x = 0 en ΣF_y = 0 in elke knoop. Begin bij een knoop met hoogstens twee onbekende staafkrachten. Een negatief resultaat betekent dat de staaf op druk staat.

Oplegreacties

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

ΣM_A = 0: C_y·5 = 60·4 → C_y = 48 kN

ΣF_y = 0: A_y = 60 − 48 = 12 kN

Knoop A

Neem aan dat elke staaf op trek staat (trekt van de knoop af). Alleen AB heeft een verticale component in A.

sin α = 2/4,472 = 0,4472

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −12/0,4472 = −26,83 kN

Antwoord

F_AB = −26,83 kN (druk)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −47,14 kN

Oplegreacties

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

ΣM_A = 0: C_y·6 = 55·2 + 10·2 → C_y = 21,67 kN

ΣF_y = 0: A_y = 55 − 21,67 = 33,33 kN

ΣF_x = 0: A_x = −10 kN

Knoop A

Neem aan dat elke staaf op trek staat (trekt van de knoop af). Alleen AB heeft een verticale component in A.

sin α = 2/2,828 = 0,7071

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −33,33/0,7071 = −47,14 kN

Antwoord

F_AB = −47,14 kN (druk)

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: θ_A = 0,03008 rad

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). De hoekverdraaiing θ = dv/dx is de eerste integraal van M/(EI); in consistente eenheden komt die uit in radialen.

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 = 1500 mm

EI = 9,35 × 10¹⁰ N·mm²

Eindhoekverdraaiing

θ_A = wL³/(24EI) = 20·1500³/(24·9,35 × 10¹⁰) = 0,03008 rad

Antwoord

θ_A = 0,03008 rad

Dat is 1,723°.

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: M_A = 75 kN·m

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.

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

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht R_B alleen tilt het vrije uiteinde op met R_BL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

R_B·L³/(3EI) = 5PL³/(48EI) → R_B = 5P/16 = 5·50/16 = 15,63 kN

Moment bij de inklemming

Momenten om A van de belastingen en de steunkracht.

M_A = P·L/2 − R_B·L = 200 − 125 = 75 kN·m

Antwoord

M_A = 75 kN·m

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 9,646 kN

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij P_cr = 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·1500 = 3000 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/3000² = 9646 N = 9,646 kN

Antwoord

P_cr = 9,646 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 75,47 mm

Benodigde kritieke belasting

P_cr = n·P = 2,5·110000 = 275000 N

KL = 1·2000 = 2000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·275000·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 75,47 mm

Antwoord

d = 75,47 mm

Controle: de slankheid KL/r is 106, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis