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
P = 75 kNM = 30 kN·mABRA​ = ?0,5 m1,5 m2 m

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Hij draagt een puntlast P op 2 m van A en een linksdraaiend koppel M op 0,5 m van A. Vind de verticale reactie RA, met omhoog positief.

L = 4 mP = 75 kN op 2 mM = 30 kN·m (linksdraaiend) op 0,5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
P = 40 kN, 60°Q = 15 kNABRA​ = ?4 m5 m1 m

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Een last P werkt op 4 m van A, onder een hoek van 60° met de horizontaal, en een verticale last Q werkt op 9 m van A. Vind de grootte van de totale reactiekracht RA in het scharnier A.

L = 10 mP = 40 kN op 4 m, θ = 60°Q = 15 kN op 9 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 2 kN/mABdoorsnede1 m4 m

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

L = 5 mw = 2 kN/m van 0 tot 5 mx = 1 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 3 kN/mABC6 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. Over de hele lengte A–C werkt een gelijkmatig verdeelde belasting w. Vind de afstand xc van A tot het momentennulpunt tussen de opleggingen (waar het buigend moment van teken wisselt).

L = 8 mw = 3 kN/m van 0 tot 8 mopleggingen bij x = 0 en x = 6 m
xc = m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH15 kN20 kN30 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.

D: 15 kN ↓G: 20 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
ABBCACACB10 kN30 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 = 10 kNhorizontale belasting = 30 kN →
FAB = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 12 kN/mP = 13 kNABδ2 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 = 13 kNw = 12 kN/mL = 2 mE = 200 GPa (staal)I = 120 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 5 kN/mP = 22 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 = 22 kNw = 5 kN/mL = 5 mE = 200 GPa (staal)I = 120 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 2,5 md = 50 mmdoorsnede

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

L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 30 kNL = 2 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden scharnierend. Hij moet 30 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 30 kNn = 2L = 2 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 45 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.

Momenten om A

Linksom positief.

ΣMA = 0: RB·4 − 75·2 + 30 = 0
RB = 120/4 = 30 kN

Verticaal evenwicht

RA = 75 − 30 = 45 kN

Antwoord

RA = 45 kN

Een negatieve reactie werkt omlaag.

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 29,94 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.

Componenten van P

Pv = 40·sin 60° = 34,64 kN
Ph = 40·cos 60° = 20 kN

Reacties

ΣMA = 0: RB·10 = 34,64·4 + 15·9 → RB = 27,36 kN
Ay = 34,64 + 15 − 27,36 = 22,28 kN
Ax = Ph = 20 kN

Resultante in A

RA = √(20² + 22,28²) = 29,94 kN

Antwoord

RA = 29,94 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 4 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 = 2·5 = 10 kN, aangrijpend op x̄ = 2,5 m
ΣMA = 0: RB·5 = 2·5·2,5
RB = 25/5 = 5 kN
ΣFy = 0: RA = 10 − 5 = 5 kN
w = 2 kN/mABRA​ = 5RB​ = 5doorsnede1 m4 m

Snijd bij x = 1 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 = 5·1 − 2·1·0,5 = 4 kN·m

Antwoord

Mx = 4 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: xc = 5,333 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. Maximaal moment: omdat dM/dx = V, bereikt het buigend moment zijn piek waar de dwarskracht door nul gaat, bij een puntlast of binnen een verdeelde belasting.

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk, inclusief de belasting op het overstek.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 3·8 = 24 kN, aangrijpend op x̄ = 4 m
ΣMA = 0: RB·6 = 3·8·4
RB = 96/6 = 16 kN
ΣFy = 0: RA = 24 − 16 = 8 kN

Moment nul

Tussen de opleggingen is M(x) = RA·x − w·x²/2. Afgezien van x = 0 is het nul bij x = 2RA/w.

RA·xc − w·xc²/2 = 0
xc = 2·8/3 = 5,333 m

Antwoord

xc = 5,333 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: 28,33 kN (T), BC: 56,67 kN (T), CD: 56,67 kN (T), DE: 58,33 kN (T), FG: 28,33 kN (C), GH: 58,33 kN (C), AF: 35,42 kN (C), HE: 72,92 kN (C), BF: 21,25 kN (T), CG: 0, DH: 13,75 kN (T), BG: 35,42 kN (C), DG: 2,083 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: CG
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAB = 7,027 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.

ABBCACACB10 kN30 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·6 = 10·1 + 30·3 → Cy = 16,67 kN
ΣFy = 0: Ay = 10 − 16,67 = −6,667 kN
ΣFx = 0: Ax = −30 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 = −−6,667/0,9487 = 7,027 kN

Antwoord

FAB = 7,027 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 2,444 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 = 13000 N, w = 12 N/mm, L = 2000 mm
EI = 2,4 × 10¹³ N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(3EI) = 13000·2000³/(3·2,4 × 10¹³) = 1,444 mm
δw = wL⁴/(8EI) = 12·2000⁴/(8·2,4 × 10¹³) = 1 mm

Tel ze op

δ = 1,444 + 1 = 2,444 mm

Antwoord

δ = 2,444 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 4,083 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 = 22000 N, w = 5 N/mm, L = 5000 mm, EI = 2,4 × 10¹³ N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(48EI) = 22000·5000³/(48·2,4 × 10¹³) = 2,387 mm
δw = 5wL⁴/(384EI) = 5·5·5000⁴/(384·2,4 × 10¹³) = 1,695 mm

Tel ze op

δmax = 2,387 + 1,695 = 4,083 mm

Antwoord

δmax = 4,083 mm
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 8,478 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 = 2·2500 = 5000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·306796/5000² = 8478 N = 8,478 kN

Antwoord

Pcr = 8,478 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 39,67 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 = 2·30000 = 60000 N
KL = 1·2000 = 2000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·60000·2000²/(π³·200000))^(1/4) = 39,67 mm

Antwoord

d = 39,67 mm

Controle: de slankheid KL/r is 201,7, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis