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​ = 4 kN/mP = 65 kNABRA​ = ?2 m6 m

De vrij opgelegde balk (scharnier in A, rol in B) draagt een lineair verlopende belasting die oploopt van nul in A tot 4 kN/m in B. Op 2 m van A werkt ook een puntlast P. Vind de verticale oplegreactie RA.

L = 8 mw0 = 4 kN/mP = 65 kN op 2 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
P = 65 kNQ = 80 kNADCMA​ = ?2 m2 m1 m3 m

Een samengestelde balk is in A in de muur ingeklemd, heeft een inwendig scharnier in C (4 m van A) en rust op een rol in D (8 m van A). Hij draagt een puntlast P op 5 m van A en een puntlast Q op 2 m van A. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

AC = 4 mAD = 8 mP = 65 kN op 5 mQ = 80 kN op 2 m
MA = kN·m
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
20 kN45 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.

20 kN @ 2 m45 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 = 2 kN/mP = 50 kNABdoorsnede1 m0,5 m2,5 m

Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 1,5 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mP = 50 kN op 1 mw = 2 kN/m van 0 tot 4 mx = 1,5 m
Mx = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB60 kN6 m4 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 4 m van Averticale belasting = 60 kN
FAB = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH30 kN30 kN30 kN15 kN20 kN40 kN4 × 4 m4 m

Precies één staaf van dit vakwerk draagt onder deze belastingen geen kracht. Welke is de nulstaaf? Klik erop in het diagram.

B: 30 kN ↓C: 30 kN ↓F: 30 kN ↓F: 15 kN →G: 20 kN ↓H: 40 kN ↓
  1. 1staaf AB
  2. 2staaf BC
  3. 3staaf CD
  4. 4staaf DE
  5. 5staaf FG
  6. 6staaf GH
  7. 7staaf AF
  8. 8staaf HE
  9. 9staaf BF
  10. 10staaf CG
  11. 11staaf DH
  12. 12staaf FC
  13. 13staaf HC
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 6 kN/mP = 19 kNABδ4 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 = 19 kNw = 6 kN/mL = 4 mE = 200 GPa (staal)I = 84 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 2 kN/mABδ4 m

Een vrij opgelegde houten balk met rechthoekige doorsnede, 100 mm breed, draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. De doorbuiging in het midden mag niet groter zijn dan overspanning/360. Vind de kleinste hoogte hreq van de doorsnede.

w = 2 kN/mL = 4 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 100 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 6 m50 × 100 mmdoorsnede

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

L = 6 mE = 200 GPa (staal)b × h = 50 × 100 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 70 kNL = 4 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Hij moet 70 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 70 kNn = 2,5L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 54,08 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 = ½·4·8 = 16 kN
x̄ = 2L/3 = 5,333 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·8 = 16·5,333 + 65·2
RB = 26,92 kN
RA = 81 − 26,92 = 54,08 kN

Antwoord

RA = 54,08 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 355 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.

ΣMC = 0: RD·4 = 65·1
RD = 16,25 kN
VC = 65 − 16,25 = 48,75 kN

Deel AC

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

RA = 80 + 48,75 = 128,8 kN
MA = 80·2 + 48,75·4 = 355 kN·m

Antwoord

MA = 355 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 = 39,17 kN, R2 = 25,83 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 = 78,33, MC = 116,7, MD = 155 kN·m, ME = 103,3, MF = 51,67, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 155 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 35 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 = 2·4 = 8 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·4 = 50·1 + 2·4·2
RB = 66/4 = 16,5 kN
ΣFy = 0: RA = 58 − 16,5 = 41,5 kN
w = 2 kN/mP = 50 kNABRA​ = 41,5RB​ = 16,5doorsnede1 m0,5 m2,5 m

Snijd bij x = 1,5 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 = 41,5·1,5 − 50·(1,5 − 1) − 2·1,5·0,75 = 35 kN·m

Antwoord

Mx = 35 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAB = −33,33 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 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·6 = 60·4 → Cy = 40 kN
ΣFy = 0: Ay = 60 − 40 = 20 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 = 3/5 = 0,6
ΣFy = 0: Ay + FAB·sin α = 0
FAB = −20/0,6 = −33,33 kN

Antwoord

FAB = −33,33 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: staaf DH

Nulstaven: in een knooppunt moeten de krachten in elke richting in evenwicht zijn. Als een knooppunt geen belasting en geen oplegging heeft, en twee van zijn drie staven op één lijn liggen, dan betrekt het evenwicht dwars op die lijn alleen de derde staaf, dus haar kracht is nul. Als er maar twee staven samenkomen in een onbelast knooppunt en ze niet op één lijn liggen, zijn beide nul.

Knooppunt D

CD en DE liggen op één rechte lijn en het knooppunt draagt geen belasting. Het krachtenevenwicht dwars op die lijn laat alleen DH over.

ΣF⊥ = 0 → FDH = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

Het oplossen van alle knooppunten geeft deze staafkrachten (T = trek, C = druk).

AB: 91,25 kN (T), BC: 91,25 kN (T), CD: 73,75 kN (T), DE: 73,75 kN (T), FG: 107,5 kN (C), GH: 107,5 kN (C), AF: 107,8 kN (C), HE: 104,3 kN (C), BF: 30 kN (T), CG: 20 kN (C), DH: 0, FC: 22,98 kN (T), HC: 47,73 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: DH
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 35,56 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 = 19000 N, w = 6 N/mm, L = 4000 mm
EI = 1,68 × 10¹³ N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(3EI) = 19000·4000³/(3·1,68 × 10¹³) = 24,13 mm
δw = wL⁴/(8EI) = 6·4000⁴/(8·1,68 × 10¹³) = 11,43 mm

Tel ze op

δ = 24,13 + 11,43 = 35,56 mm

Antwoord

δ = 35,56 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 187,1 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 = 4000 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/360 = 4000/360 = 11,11 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2·4000⁴/(384·11000·11,11) = 5,455 × 10⁷ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·5,455 × 10⁷/100)1/3 = 187,1 mm

Antwoord

hreq = 187,1 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 57,12 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 = 100·50³/12 = 1,042 × 10⁶ mm⁴

Kniklengte

KL = 1·6000 = 6000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·1,042 × 10⁶/6000² = 57116 N = 57,12 kN

Antwoord

Pcr = 57,12 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 134,8 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 = 2,5·70000 = 175000 N
KL = 2·4000 = 8000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·175000·8000²/(π³·70000))^(1/4) = 134,8 mm

Antwoord

d = 134,8 mm

Controle: de slankheid KL/r is 237,4, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis