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​ = 8 kN/mP = 80 kNABRB​ = ?1 m4 m

De vrij opgelegde balk (scharnier in A, rol in B) draagt een lineair verlopende belasting die oploopt van nul in A tot 8 kN/m in B. Op 1 m van A werkt ook een puntlast P. Vind de verticale oplegreactie RB.

L = 5 mw0 = 8 kN/mP = 80 kN op 1 m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 12 kN/mP = 55 kNABCRB​ = ?1 m1 m0,5 m1,5 m

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 2,5 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 2 m tot het vrije uiteinde op 4 m. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

AB = 2,5 mAC = 4 mP = 55 kN op 1 mw = 12 kN/m van 2 tot 4 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
6 kN/m10 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.

10 kN @ 3 m6 kN/m, 0–6 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
6 kN/m40 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.

40 kN @ 6 m6 kN/m, 0–5 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
ABCDEFGH30 kN40 kN40 kN30 kN4 × 3 m3 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 ↓F: 40 kN ↓G: 40 kN ↓H: 30 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
ABCDEFGH30 kN30 kN15 kN10 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: 30 kN ↓D: 30 kN ↓F: 15 kN →H: 10 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
w = 20 kN/mδL = 2,5 m

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

w = 20 kN/mL = 2,5 mE = 200 GPa (staal)I = 57 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
P = 15 kNAB4 m4 m

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 reactie RB bij de steunoplegging.

L = 8 mP = 15 kN op 4 m
RB = kN
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 6 m40 × 50 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 = 40 × 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 90 kNL = 2 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Hij moet 90 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2,5 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 90 kNn = 2,5L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 29,33 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 = ½·8·5 = 20 kN
x̄ = 2L/3 = 3,333 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·5 = 20·3,333 + 80·1
RB = 29,33 kN
RA = 100 − 29,33 = 70,67 kN

Antwoord

RB = 29,33 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 50,8 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 = 12·2 = 24 kN, x̄ = (2 + 4)/2 = 3 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·2,5 = 55·1 + 24·3
RB = 127/2,5 = 50,8 kN
RA = 79 − 50,8 = 28,2 kN

Antwoord

RB = 50,8 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 3 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 = 23 kN, R2 = 23 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, MC = 34, MD = 42 kN·m, ME = 34, MF = 20, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 42 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: F (x = 5 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 = 7 kN, R2 = 63 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 = 4, MC = 2, MD = −6, ME = −20, MF = −40 kN·m, MG = 0

Antwoord

Markering F: MF = −40 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: 80 kN (T), BC: 90 kN (T), CD: 90 kN (T), DE: 60 kN (T), FG: 80 kN (C), GH: 60 kN (C), AF: 113,1 kN (C), HE: 84,85 kN (C), BF: 40 kN (T), CG: 0, DH: 30 kN (T), BG: 14,14 kN (C), DG: 42,43 kN (C)

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: 54,58 kN (T), BC: 54,17 kN (T), CD: 54,17 kN (T), DE: 53,75 kN (T), FG: 54,58 kN (C), GH: 53,75 kN (C), AF: 49,48 kN (C), HE: 67,19 kN (C), BF: 29,69 kN (T), CG: 0, DH: 30,31 kN (T), BG: 0,5208 kN (T), DG: 0,5208 kN (C)

Antwoord

Nulstaaf: CG
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 8,566 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 = 20 N/mm, L = 2500 mm
EI = 1,14 × 10¹³ N·mm²

Doorbuiging

δ = wL⁴/(8EI) = 20·2500⁴/(8·1,14 × 10¹³) = 8,566 mm

Antwoord

δ = 8,566 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: RB = 4,688 kN

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.

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

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht RB alleen tilt het vrije uiteinde op met RBL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

RB·L³/(3EI) = 5PL³/(48EI) → RB = 5P/16 = 5·15/16 = 4,688 kN

Antwoord

RB = 4,688 kN
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 14,62 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 = 50·40³/12 = 266667 mm⁴

Kniklengte

KL = 1·6000 = 6000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·266667/6000² = 14622 N = 14,62 kN

Antwoord

Pcr = 14,62 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 101,5 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 = 2,5·90000 = 225000 N
KL = 2·2000 = 4000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·225000·4000²/(π³·70000))^(1/4) = 101,5 mm

Antwoord

d = 101,5 mm

Controle: de slankheid KL/r is 157,6, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis