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 = 10 kN/mP = 25 kNABMA​ = ?4 m2 m4 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w van de muur tot 4 m en een puntlast P op 6 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 10 mP = 25 kN op 6 mw = 10 kN/m van 0 tot 4 m
MA = kN·m
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 5 kN/mP = 30 kNABCRA​ = ?1,5 m0,5 m1,5 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 2 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 1,5 m tot het vrije uiteinde op 5 m. Vind de verticale reactie RA, met omhoog positief.

AB = 3,5 mAC = 5 mP = 30 kN op 2 mw = 5 kN/m van 1,5 tot 5 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
6 kN/m15 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.

15 kN @ 2 m6 kN/m, 0–4 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)
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
5 kN/m40 kN15 kN25 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.

40 kN @ 0 m15 kN @ 12 m25 kN @ 4 m5 kN/m, 2–8 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)
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH30 kN35 kN4 × 3 m4 m

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

F: 30 kN ↓H: 35 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 BG
  13. 13staaf DG
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH35 kN15 kN15 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.

F: 35 kN ↓F: 15 kN →G: 15 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 BG
  13. 13staaf DG
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 11 kNABδ0,5 m1,5 m

Een uitkragende ligger met lengte L is ingeklemd in A en draagt een puntlast P op een afstand a = 0,5 m vanaf A. Vind de doorbuiging δB aan het vrije uiteinde B.

P = 11 kNa = 0,5 mL = 2 mE = 200 GPa (staal)I = 12 × 10⁶ mm⁴
δB = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
P = 14 kNABδ5 m1 m

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

P = 14 kNb = 1 mL = 6 mE = 200 GPa (staal)I = 36 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 4 md = 50 mmdoorsnede

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

L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 115 kNL = 4 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 115 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 115 kNn = 2,5L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 230 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 = 10·4 = 40 kN, x̄ = 2 m

Moment om de muur

MA = P·a + W·x̄ = 25·6 + 40·2 = 230 kN·m

Antwoord

MA = 230 kN·m
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 14,11 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 = 5·3,5 = 17,5 kN, x̄ = (1,5 + 5)/2 = 3,25 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·3,5 = 30·2 + 17,5·3,25
RB = 116,9/3,5 = 33,39 kN
RA = 47,5 − 33,39 = 14,11 kN

Antwoord

RA = 14,11 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: C (x = 2 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 = 26 kN, R2 = 13 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 = 23, MC = 40 kN·m, MD = 36, ME = 26, MF = 13, MG = 0

Antwoord

Markering C: MC = 40 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: B (x = 2 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 = 75 kN, R2 = 35 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 = −80 kN·m, MC = −20, MD = −30, ME = −60, MF = −30, MG = 0

Antwoord

Markering B: MB = −80 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: staaf CG

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 C

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

ΣF⊥ = 0 → FCG = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

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

AB: 23,44 kN (T), BC: 24,37 kN (T), CD: 24,37 kN (T), DE: 25,31 kN (T), FG: 23,44 kN (C), GH: 25,31 kN (C), AF: 39,06 kN (C), HE: 42,19 kN (C), BF: 1,25 kN (T), CG: 0, DH: 1,25 kN (C), BG: 1,563 kN (C), DG: 1,563 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: CG
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: staaf CG

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 C

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

ΣF⊥ = 0 → FCG = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

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

AB: 45 kN (T), BC: 40 kN (T), CD: 40 kN (T), DE: 20 kN (T), FG: 45 kN (C), GH: 20 kN (C), AF: 42,43 kN (C), HE: 28,28 kN (C), BF: 5 kN (C), CG: 0, DH: 20 kN (T), BG: 7,071 kN (T), DG: 28,28 kN (C)

Antwoord

Nulstaaf: CG
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δB = 1,05 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 = 11000 N, a = 500 mm, L = 2000 mm
EI = 2,4 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging aan het vrije uiteinde

Doorbuiging bij de last plus de hoekverdraaiing bij de last maal de resterende lengte.

δP = Pa³/(3EI) = 0,191 mm
θP = Pa²/(2EI) = 0,0005729 rad
δB = δP + θP·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 1,05 mm

Antwoord

δB = 1,05 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 4,305 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 = 14000 N, b = 1000 mm, L = 6000 mm
EI = 7,2 × 10¹² N·mm²

Plaats van het maximum

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

x = √((L² − b²)/3) = √((6000² − 1000²)/3) = 3416 mm

Maximale doorbuiging

δmax = Pb(L² − b²)3/2/(9√3·EIL) = 4,305 mm

Antwoord

δmax = 4,305 mm
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 27,04 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 = 0,7·4000 = 2800 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·306796/2800² = 27035 N = 27,04 kN

Antwoord

Pcr = 27,04 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 76,31 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 = 2,5·115000 = 287500 N
KL = 0,5·4000 = 2000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·287500·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 76,31 mm

Antwoord

d = 76,31 mm

Controle: de slankheid KL/r is 104,8, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis