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
P1​ = 45 kNP2​ = 60 kNABCRB​ = ?2 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. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

AB = 3,5 mAC = 5 mP1 = 45 kN op 2 mP2 = 60 kN op 5 m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w0​ = 20 kN/mP = 40 kNABMA​ = ?3,5 m1,5 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een lineair verlopende belasting die 20 kN/m is bij de muur en afloopt tot nul aan het vrije uiteinde B, plus een puntlast P op 3,5 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 5 mw0 = 20 kN/mP = 40 kN op 3,5 m
MA = kN·m
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
30 kN60 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.

30 kN @ 2 m60 kN @ 4 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/mABC4 m1,5 m

De balk ligt op een scharnier in A en een rol in B en steekt 1,5 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 = 5,5 mw = 2 kN/m van 0 tot 5,5 mopleggingen bij x = 0 en x = 4 m
xc = m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH25 kN25 kN15 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: 25 kN ↓F: 25 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
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH30 kN30 kN10 kN20 kN40 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 ↓F: 30 kN ↓F: 10 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/mδL = 6 m

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

w = 6 kN/mL = 6 mE = 200 GPa (staal)I = 160 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 2,5 kN/mABδ5 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 = 2,5 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 100 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 5 m25 × 100 mmdoorsnede

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

L = 5 mE = 200 GPa (staal)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 5 md = 30 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σcr met de formule van Euler.

L = 5 mE = 200 GPa (staal)d = 30 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 111,4 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·3,5 = 45·2 + 60·5
RB = 390/3,5 = 111,4 kN

Verticaal evenwicht

RA = 45 + 60 − 111,4 = −6,429 kN

Antwoord

RB = 111,4 kN

RA is negatief: het scharnier in A moet de balk naar beneden houden.

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 223,3 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 driehoeksbelasting

W = ½·20·5 = 50 kN
x̄ = L/3 = 1,667 m

Moment om de muur

MA = W·x̄ + P·a = 50·1,667 + 40·3,5 = 223,3 kN·m

Antwoord

MA = 223,3 kN·m
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: C (x = 4 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 = 65 kN, R2 = 25 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 = 130, MC = 200 kN·m, MD = 150, ME = 100, MF = 50, MG = 0

Antwoord

Markering C: MC = 200 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: xc = 3,438 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 = 2·5,5 = 11 kN, aangrijpend op x̄ = 2,75 m
ΣMA = 0: RB·4 = 2·5,5·2,75
RB = 30,25/4 = 7,563 kN
ΣFy = 0: RA = 11 − 7,563 = 3,438 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 = 2·3,438/2 = 3,438 m

Antwoord

xc = 3,438 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: 60 kN (T), BC: 53,33 kN (T), CD: 53,33 kN (T), DE: 26,67 kN (T), FG: 60 kN (C), GH: 26,67 kN (C), AF: 75 kN (C), HE: 33,33 kN (C), BF: 20 kN (T), CG: 0, DH: 20 kN (T), BG: 8,333 kN (T), DG: 33,33 kN (C)

Antwoord

Nulstaaf: CG
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: 94,17 kN (T), BC: 94,17 kN (T), CD: 75,83 kN (T), DE: 75,83 kN (T), FG: 98,33 kN (C), GH: 98,33 kN (C), AF: 105,2 kN (C), HE: 94,79 kN (C), BF: 30 kN (T), CG: 20 kN (C), DH: 0, FC: 5,208 kN (T), HC: 28,13 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: DH
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 30,38 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 = 6 N/mm, L = 6000 mm
EI = 3,2 × 10¹³ N·mm²

Doorbuiging

δ = wL⁴/(8EI) = 6·6000⁴/(8·3,2 × 10¹³) = 30,38 mm

Antwoord

δ = 30,38 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 251,9 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 = 2,5 N/mm, L = 5000 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/360 = 5000/360 = 13,89 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2,5·5000⁴/(384·11000·13,89) = 1,332 × 10⁸ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·1,332 × 10⁸/100)1/3 = 251,9 mm

Antwoord

hreq = 251,9 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 2,57 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 = 100·25³/12 = 130208 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·5000 = 10000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·130208/10000² = 2570 N = 2,57 kN

Antwoord

Pcr = 2,57 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 9,064 MPa

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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 706,9 mm²
r = √(I/A) = √(39761/706,9) = 7,5 mm
KL = 0,7·5000 = 3500 mm
KL/r = 3500/7,5 = 466,7

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/466,7² = 9,064 MPa

Antwoord

σcr = 9,064 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis