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 = 12 kN/mP = 35 kNABMA​ = ?2,5 m1,5 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 2,5 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 4 mP = 35 kN op 2,5 mw = 12 kN/m van 0 tot 2,5 m
MA = kN·m
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w0​ = 6 kN/mP = 75 kNABMA​ = ?2,5 m1,5 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een lineair verlopende belasting die 6 kN/m is bij de muur en afloopt tot nul aan het vrije uiteinde B, plus een puntlast P op 2,5 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 4 mw0 = 6 kN/mP = 75 kN op 2,5 m
MA = kN·m
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
12 kN/m45 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.

45 kN @ 2 m12 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
w = 3 kN/mP = 15 kNAB2 m4 m

De vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning en een puntlast P. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 6 mP = 15 kN op 2 mw = 3 kN/m van 0 tot 6 m
Mmax = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH20 kN40 kN20 kN35 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: 20 kN ↓D: 40 kN ↓G: 20 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 kN25 kN35 kN40 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.

D: 35 kN ↓F: 15 kN ↓G: 25 kN ↓H: 35 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 BG
  13. 13staaf DG
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 9 kNABδ1 m2 m

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op a = 1 m vanaf oplegging A. Vind de doorbuiging δP onder de last.

P = 9 kNa = 1 mL = 3 mE = 70 GPa (aluminium)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 15 kN/mδL = 8 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w. De doorbuiging mag niet groter zijn dan overspanning/360. Vind het kleinste traagheidsmoment Ireq dat aan deze eis voldoet.

w = 15 kN/mL = 8 mE = 70 GPa (aluminium)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 6 m40 × 80 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 × 80 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 2 md = 30 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden scharnierend. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σcr met de formule van Euler.

L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)d = 30 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 125 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 = 12·2,5 = 30 kN, x̄ = 1,25 m

Moment om de muur

MA = P·a + W·x̄ = 35·2,5 + 30·1,25 = 125 kN·m

Antwoord

MA = 125 kN·m
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 203,5 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 = ½·6·4 = 12 kN
x̄ = L/3 = 1,333 m

Moment om de muur

MA = W·x̄ + P·a = 12·1,333 + 75·2,5 = 203,5 kN·m

Antwoord

MA = 203,5 kN·m
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 = 66 kN, R2 = 51 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 = 60, MC = 108 kN·m, MD = 99, ME = 78, MF = 45, MG = 0

Antwoord

Markering C: MC = 108 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 32 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. 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.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 3·6 = 18 kN, aangrijpend op x̄ = 3 m
ΣMA = 0: RB·6 = 15·2 + 3·6·3
RB = 84/6 = 14 kN
ΣFy = 0: RA = 33 − 14 = 19 kN

Waar is V = 0?

V(2⁻) = RA − w·2 = 13 kN
V(2⁺) = 13 − 15 = −2 kN
De dwarskracht wisselt van teken bij de last, dus het maximum ligt onder de last.

Maximaal moment

Mmax = RA·2 − w·2²/2 = 19·2 − 3·2²/2 = 32 kN·m

Antwoord

Mmax = 32 kN·m

Dat is op x = 2 m vanaf A.

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: 58,33 kN (T), BC: 90 kN (T), CD: 90 kN (T), DE: 95 kN (T), FG: 58,33 kN (C), GH: 95 kN (C), AF: 72,92 kN (C), HE: 118,7 kN (C), BF: 43,75 kN (T), CG: 0, DH: 36,25 kN (T), BG: 39,58 kN (C), DG: 6,25 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: 11,25 kN (T), BC: 47,5 kN (T), CD: 47,5 kN (T), DE: 58,75 kN (T), FG: 51,25 kN (C), GH: 98,75 kN (C), AF: 72,48 kN (C), HE: 83,09 kN (C), BF: 36,25 kN (T), CG: 0, DH: 23,75 kN (T), BG: 51,27 kN (C), DG: 15,91 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: CG
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δP = 6,723 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 = 9000 N, a = 1000 mm, b = 2000 mm, L = 3000 mm
EI = 5,95 × 10¹¹ N·mm²

Doorbuiging onder de last

δP = Pa²b²/(3EIL) = 9000·1000²·2000²/(3·5,95 × 10¹¹·3000) = 6,723 mm

Antwoord

δP = 6,723 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: Ireq = 514,3 × 10⁶ mm⁴

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).

Doorbuigingseis

δallow = L/360 = 8000/360 = 22,22 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·15·8000⁴/(384·70000·22,22) = 5,143 × 10⁸ mm⁴
Ireq = 514,3 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

Ireq = 514,3 × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 23,39 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 = 80·40³/12 = 426667 mm⁴

Kniklengte

KL = 1·6000 = 6000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·426667/6000² = 23395 N = 23,39 kN

Antwoord

Pcr = 23,39 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 9,715 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 = 1·2000 = 2000 mm
KL/r = 2000/7,5 = 266,7

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/266,7² = 9,715 MPa

Antwoord

σcr = 9,715 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis