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​ = 55 kNP2​ = 15 kNABRA​RB​ = ?1 m0,5 m4,5 m

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

L = 6 mP1 = 55 kN op 1 mP2 = 15 kN op 1,5 m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 4 kN/mP = 55 kNABCRB​ = ?2,5 m0,5 m0,5 m1,5 m

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 3,5 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P op 3 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 2,5 m tot het vrije uiteinde op 5 m. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

AB = 3,5 mAC = 5 mP = 55 kN op 3 mw = 4 kN/m van 2,5 tot 5 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 10 kN/mABdoorsnede0,5 m3,5 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 = 4 mw = 10 kN/m van 0 tot 4 mx = 0,5 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
10 kN/m20 kN15 kN10 kNABCDEFG1 m1 m1 m1 m1 m1 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.

20 kN @ 0 m15 kN @ 6 m10 kN @ 3 m10 kN/m, 1–5 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 1 m)
  3. 3C (x = 2 m)
  4. 4D (x = 3 m)
  5. 5E (x = 4 m)
  6. 6F (x = 5 m)
  7. 7G (x = 6 m)
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB55 kN6 m1 m3 m

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

overspanning = 6 mhoogte = 3 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 55 kN
FAB = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB40 kN25 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 = 40 kNhorizontale belasting = 25 kN →
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 8 kN/mP = 16 kNABδ1,5 m

Een uitkragende ligger draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte en een puntlast P aan het vrije uiteinde. Vind met superpositie de doorbuiging δ aan het vrije uiteinde.

P = 16 kNw = 8 kN/mL = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 23 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 8 kN/mP = 8 kNδL = 6 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w en een puntlast P in het midden. Vind met superpositie de doorbuiging in het midden δmax.

P = 8 kNw = 8 kN/mL = 6 mE = 70 GPa (aluminium)I = 84 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 1 m20 × 50 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 = 1 mE = 200 GPa (staal)b × h = 20 × 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 130 kNL = 4 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 130 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 130 kNn = 2L = 4 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 12,92 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​ = 55 kNP2​ = 15 kNABRA​RB​1 m0,5 m4,5 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·6 = 55·1 + 15·1,5
RB = 77,5/6 = 12,92 kN
ΣFy = 0: RA = 70 − 12,92 = 57,08 kN

Antwoord

RB = 12,92 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 57,86 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 = 4·2,5 = 10 kN, x̄ = (2,5 + 5)/2 = 3,75 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·3,5 = 55·3 + 10·3,75
RB = 202,5/3,5 = 57,86 kN
RA = 65 − 57,86 = 7,143 kN

Antwoord

RB = 57,86 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 8,75 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 = 10·4 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·4 = 10·4·2
RB = 80/4 = 20 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 20 = 20 kN
w = 10 kN/mABRA​ = 20RB​ = 20doorsnede0,5 m3,5 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 − 10·0,5·0,25 = 8,75 kN·m

Antwoord

Mx = 8,75 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: B (x = 1 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 = 46,25 kN, R2 = 38,75 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 = −20 kN·m, MC = 1,25, MD = 12,5, ME = 3,75, MF = −15, MG = 0

Antwoord

Markering B: MB = −20 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAB = −48,31 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 = 55·1 → Cy = 9,167 kN
ΣFy = 0: Ay = 55 − 9,167 = 45,83 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 = 3/3,162 = 0,9487
ΣFy = 0: Ay + FAB·sin α = 0
FAB = −45,83/0,9487 = −48,31 kN

Antwoord

FAB = −48,31 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 28 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.

ABBCACACB40 kN25 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 40·1 + 25·4 → Cy = 28 kN
ΣFy = 0: Ay = 40 − 28 = 12 kN
ΣFx = 0: Ax = −25 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 = −28/0,7071 = −39,6 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−39,6)·0,7071 = 28 kN

Antwoord

FAC = 28 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 14,32 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 = 16000 N, w = 8 N/mm, L = 1500 mm
EI = 1,61 × 10¹² N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(3EI) = 16000·1500³/(3·1,61 × 10¹²) = 11,18 mm
δw = wL⁴/(8EI) = 8·1500⁴/(8·1,61 × 10¹²) = 3,144 mm

Tel ze op

δ = 11,18 + 3,144 = 14,32 mm

Antwoord

δ = 14,32 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 29,08 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 = 8000 N, w = 8 N/mm, L = 6000 mm, EI = 5,88 × 10¹² N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(48EI) = 8000·6000³/(48·5,88 × 10¹²) = 6,122 mm
δw = 5wL⁴/(384EI) = 5·8·6000⁴/(384·5,88 × 10¹²) = 22,96 mm

Tel ze op

δmax = 6,122 + 22,96 = 29,08 mm

Antwoord

δmax = 29,08 mm
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 134,3 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 = 50·20³/12 = 33333 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,7·1000 = 700 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·33333/700² = 134280 N = 134,3 kN

Antwoord

Pcr = 134,3 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 57,24 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 = 2·130000 = 260000 N
KL = 0,5·4000 = 2000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·260000·2000²/(π³·200000))^(1/4) = 57,24 mm

Antwoord

d = 57,24 mm

Controle: de slankheid KL/r is 139,8, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis