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 = 6 kN/mP = 10 kNABRA​ = ?2,5 m0,5 m1 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w van de muur tot 2,5 m en een puntlast P op 3 m van de muur. Vind de verticale reactie RA bij de muur.

L = 4 mP = 10 kN op 3 mw = 6 kN/m van 0 tot 2,5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 3 kN/mP = 30 kNABCRB​ = ?1 m2,5 m0,5 m1 m

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. Hij draagt een puntlast P op 1 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 3,5 m tot het vrije uiteinde op 5 m. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

AB = 4 mAC = 5 mP = 30 kN op 1 mw = 3 kN/m van 3,5 tot 5 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
P1​ = 80 kNP2​ = 50 kNABC1,5 m2,5 m2 m

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 de dwarskracht Vx net links van oplegging B. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 6 mP1 = 80 kN op 1,5 mP2 = 50 kN op 6 mopleggingen bij x = 0 en x = 4 m
Vx = kN
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 5 kN/mP = 10 kNABdoorsnede1,5 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 = 10 kN op 1,5 mw = 5 kN/m van 0 tot 4 mx = 1,5 m
Mx = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH10 kN35 kN25 kN4 × 4 m3 m

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

B: 10 kN ↓F: 35 kN ↓G: 25 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
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB60 kN15 kN8 m2 m3 m

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

overspanning = 8 mhoogte = 3 mB ligt 2 m van Averticale belasting = 60 kNhorizontale belasting = 15 kN ←
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 18 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 = 18 kNa = 0,5 mL = 2 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 57 × 10⁶ mm⁴
δB = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 15 kN/mP = 10 kNδL = 5 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 = 10 kNw = 15 kN/mL = 5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 57 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 1 m20 × 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 = 1 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 20 × 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 85 kNL = 2 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 85 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 85 kNn = 2L = 2 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 25 kN

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 = 6·2,5 = 15 kN, x̄ = 1,25 m

Verticaal evenwicht

RA = P + W = 10 + 15 = 25 kN

Antwoord

RA = 25 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 12,28 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 = 3·1,5 = 4,5 kN, x̄ = (3,5 + 5)/2 = 4,25 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·4 = 30·1 + 4,5·4,25
RB = 49,13/4 = 12,28 kN
RA = 34,5 − 12,28 = 22,22 kN

Antwoord

RB = 12,28 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Vx = −55 kN

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. De last op het overstek levert ook een moment om A.

ΣMA = 0: RB·4 = 80·1,5 + 50·6
RB = 420/4 = 105 kN
ΣFy = 0: RA = 130 − 105 = 25 kN

Snede net links van B, houd het linkerdeel over

Vx = RA − P1 = 25 − 80 = −55 kN

Antwoord

Vx = −55 kN
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 18,75 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 = 5·4 = 20 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·4 = 10·1,5 + 5·4·2
RB = 55/4 = 13,75 kN
ΣFy = 0: RA = 30 − 13,75 = 16,25 kN
w = 5 kN/mP = 10 kNABRA​ = 16,25RB​ = 13,75doorsnede1,5 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 = 16,25·1,5 − 5·1,5·0,75 = 18,75 kN·m

Antwoord

Mx = 18,75 kN·m
5.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: 61,67 kN (T), BC: 61,67 kN (T), CD: 31,67 kN (T), DE: 31,67 kN (T), FG: 63,33 kN (C), GH: 63,33 kN (C), AF: 77,08 kN (C), HE: 39,58 kN (C), BF: 10 kN (T), CG: 25 kN (C), DH: 0, FC: 2,083 kN (T), HC: 39,58 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: DH
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 18,75 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 kN15 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·8 = 60·2 − 15·3 → Cy = 9,375 kN
ΣFy = 0: Ay = 60 − 9,375 = 50,63 kN
ΣFx = 0: Ax = 15 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 = 3/6,708 = 0,4472, cos γ = 6/6,708 = 0,8944
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −9,375/0,4472 = −20,96 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−20,96)·0,8944 = 18,75 kN

Antwoord

FAC = 18,75 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δB = 6,579 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 = 18000 N, a = 500 mm, L = 2000 mm
EI = 6,27 × 10¹¹ N·mm²

Doorbuiging aan het vrije uiteinde

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

δP = Pa³/(3EI) = 1,196 mm
θP = Pa²/(2EI) = 0,003589 rad
δB = δP + θP·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 6,579 mm

Antwoord

δB = 6,579 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 37,12 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 = 10000 N, w = 15 N/mm, L = 5000 mm, EI = 3,99 × 10¹² N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(48EI) = 10000·5000³/(48·3,99 × 10¹²) = 6,527 mm
δw = 5wL⁴/(384EI) = 5·15·5000⁴/(384·3,99 × 10¹²) = 30,59 mm

Tel ze op

δmax = 6,527 + 30,59 = 37,12 mm

Antwoord

δmax = 37,12 mm
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 47 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 = π²·70000·33333/700² = 46998 N = 47 kN

Antwoord

Pcr = 47 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 36,39 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 = 2·85000 = 170000 N
KL = 0,5·2000 = 1000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·170000·1000²/(π³·200000))^(1/4) = 36,39 mm

Antwoord

d = 36,39 mm

Controle: de slankheid KL/r is 109,9, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis