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 = 8 kN/mP = 40 kNABMA​ = ?5 m3 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w van de muur tot 5 m en een puntlast P op 5 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 8 mP = 40 kN op 5 mw = 8 kN/m van 0 tot 5 m
MA = kN·m
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 2 kN/mP = 20 kNABRA​ = ?RB​3 m0,5 m1,5 m

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Vind de verticale oplegreactie RA.

L = 5 mP = 20 kN op 3,5 mw = 2 kN/m van 0 tot 3 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 10 kN/mABdoorsnede1 m3 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 = 4 mw = 10 kN/m van 0 tot 4 mx = 1 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 5 kN/mABC5 m1 m

De balk ligt op een scharnier in A en een rol in B en steekt 1 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 = 6 mw = 5 kN/m van 0 tot 6 mopleggingen bij x = 0 en x = 5 m
xc = m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH35 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: 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 BG
  13. 13staaf DG
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH35 kN30 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.

B: 35 kN ↓F: 30 kN →G: 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 FC
  13. 13staaf HC
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 6 kN/mABθ5 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de hoekverdraaiing θA van de balk bij oplegging A, in radialen.

w = 6 kN/mL = 5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 23 × 10⁶ mm⁴
θA = rad
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 6 kN/mδL = 4 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 = 6 kN/mL = 4 mE = 11 GPa (constructiehout)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 6 md = 40 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden scharnierend. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting Pcr.

L = 6 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 90 kNL = 5 md = ?doorsnede

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

P = 90 kNn = 2L = 5 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 300 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 = 8·5 = 40 kN, x̄ = 2,5 m

Moment om de muur

MA = P·a + W·x̄ = 40·5 + 40·2,5 = 300 kN·m

Antwoord

MA = 300 kN·m
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 10,2 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣFx = 0, ΣFy = 0 en ΣM = 0 om elk punt. Momenten nemen om één oplegging haalt de reactie van die oplegging uit de vergelijking.

w = 2 kN/mP = 20 kNABRA​RB​3 m0,5 m1,5 m

Vrijlichaamsschema

Vervang de opleggingen door reactiekrachten. Een rol geeft één verticale reactie; met alleen verticale belastingen geeft het scharnier ook één verticale reactie.

Evenwicht

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

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 2·3 = 6 kN, aangrijpend op x̄ = 1,5 m
ΣMA = 0: RB·5 = 20·3,5 + 2·3·1,5
RB = 79/5 = 15,8 kN
ΣFy = 0: RA = 26 − 15,8 = 10,2 kN

Antwoord

RA = 10,2 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 15 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 = 10·4 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 2 m
ΣMA = 0: RB·4 = 10·4·2
RB = 80/4 = 20 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 20 = 20 kN
w = 10 kN/mABRA​ = 20RB​ = 20doorsnede1 m3 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 = 20·1 − 10·1·0,5 = 15 kN·m

Antwoord

Mx = 15 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: xc = 4,8 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 = 5·6 = 30 kN, aangrijpend op x̄ = 3 m
ΣMA = 0: RB·5 = 5·6·3
RB = 90/5 = 18 kN
ΣFy = 0: RA = 30 − 18 = 12 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 = 2·12/5 = 4,8 m

Antwoord

xc = 4,8 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: 51,67 kN (T), BC: 56,67 kN (T), CD: 56,67 kN (T), DE: 28,33 kN (T), FG: 51,67 kN (C), GH: 28,33 kN (C), AF: 64,58 kN (C), HE: 35,42 kN (C), BF: 38,75 kN (T), CG: 0, DH: 21,25 kN (T), BG: 6,25 kN (C), DG: 35,42 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: 77,5 kN (T), BC: 77,5 kN (T), CD: 39,17 kN (T), DE: 39,17 kN (T), FG: 78,33 kN (C), GH: 78,33 kN (C), AF: 59,38 kN (C), HE: 48,96 kN (C), BF: 35 kN (T), CG: 30 kN (C), DH: 0, FC: 1,042 kN (T), HC: 48,96 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: DH
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: θA = 0,01941 rad

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). De hoekverdraaiing θ = dv/dx is de eerste integraal van M/(EI); in consistente eenheden komt die uit in radialen.

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 = 5000 mm
EI = 1,61 × 10¹² N·mm²

Eindhoekverdraaiing

θA = wL³/(24EI) = 6·5000³/(24·1,61 × 10¹²) = 0,01941 rad

Antwoord

θA = 0,01941 rad

Dat is 1,112°.

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: Ireq = 163,6 × 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 = 4000/360 = 11,11 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·6·4000⁴/(384·11000·11,11) = 1,636 × 10⁸ mm⁴
Ireq = 163,6 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

Ireq = 163,6 × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 2,412 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Kniklengte

KL = 1·6000 = 6000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/6000² = 2412 N = 2,412 kN

Antwoord

Pcr = 2,412 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 69,07 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 = 2·90000 = 180000 N
KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·180000·3500²/(π³·200000))^(1/4) = 69,07 mm

Antwoord

d = 69,07 mm

Controle: de slankheid KL/r is 202,7, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis