Constructieleer: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 10 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.

Nieuwe opgaven Terug 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: ΣF_x = 0, ΣF_y = 0, ΣM = 0
Gelijkmatig verdeelde belasting: resultante w·L in het midden van de belasting
Moment: M = F·d

Methode

Teken een vrijlichaamsschema en vervang elke oplegging door haar reactiekrachten.
Vervang elke verdeelde belasting door één kracht in haar zwaartepunt.
Neem momenten om één oplegging om de reactiekracht in de andere te vinden.
Gebruik ΣF_y = 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/y_max
Ligger op twee steunpunten, gelijkmatige belasting: M_max = wL²/8

Methode

Bepaal de oplegreacties uit het evenwicht van de hele balk.
Snijd de balk door in de doorsnede die je nodig hebt en houd één kant over.
Dwarskracht: de som van de verticale krachten op die kant. Buigend moment: de som van hun momenten om de snede.
Zoek voor het maximale moment de plek waar de dwarskracht nul is.

Vakwerk: knopenmethode

Knopenmethode: ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 at each joint
Snedemethode: ΣM = 0 about a cut point
Staafkracht: positief = trek, negatief = druk

Methode

Bepaal de oplegreacties van het hele vakwerk.
Knopenmethode: begin bij een knoop met hooguit twee onbekende staafkrachten en gebruik ΣF_x = 0 en ΣF_y = 0.
Snedemethode: snijd door de staaf die je nodig hebt en neem momenten om een punt waar de andere onbekende staven samenkomen.
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: P_cr = π²EI/(KL)²
Kniklengtefactor: K = 1 scharnierend–scharnierend, 0,5 ingeklemd–ingeklemd, 0,7 ingeklemd–scharnierend, 2 ingeklemd–vrij
Kritieke spanning: σ_cr = P_cr/A
Slankheid: λ = KL/r, r = √(I/A)

2Oefenopgaven

1.Oplegreacties van balkenGemiddeld

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 4,5 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Vind de verticale reactie R_A, met omhoog positief.

AB = 4,5 mAC = 6 mP₁ = 65 kN op 2 mP₂ = 25 kN op 6 m

R_A = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Een last P werkt op 5,5 m van A, onder een hoek van 50° met de horizontaal, en een verticale last Q werkt op 2 m van A. Vind de grootte van de totale reactiekracht R_A in het scharnier A.

L = 6 mP = 20 kN op 5,5 m, θ = 50°Q = 75 kN op 2 m

R_A = kN

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

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 @ 3 m15 kN @ 4 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 1 m)
3C (x = 2 m)
4D (x = 3 m)
5E (x = 4 m)
6F (x = 5 m)
7G (x = 6 m)

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

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

L = 5 mP = 20 kN op 1 mw = 4 kN/m van 0 tot 5 mx = 1 m

M_x = kN·m

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

Precies één staaf van dit vakwerk draagt onder deze belastingen geen kracht. Welke is de nulstaaf? Klik erop in het diagram.

C: 40 kN ↓D: 40 kN ↓F: 10 kN ↓G: 40 kN ↓H: 35 kN ↓

1staaf AB
2staaf BC
3staaf CD
4staaf DE
5staaf FG
6staaf GH
7staaf AF
8staaf HE
9staaf BF
10staaf CG
11staaf DH
12staaf FC
13staaf HC

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

Gebruik de knopenmethode om de kracht F_AC in staaf AC te vinden. Geef trek als positief en druk als negatief.

overspanning = 4 mhoogte = 4 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 50 kNhorizontale belasting = 5 kN ←

F_AC = kN

7.Doorbuiging van de balkGemiddeld

Een uitkragende ligger met lengte L is ingeklemd in A en draagt een puntlast P op een afstand a = 1 m vanaf A. Vind de doorbuiging δ_B aan het vrije uiteinde B.

P = 9 kNa = 1 mL = 4 mE = 70 GPa (aluminium)I = 57 × 10⁶ mm⁴

δ_B = mm

8.Doorbuiging van de balkMoeilijk

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op b = 3 m vanaf oplegging B. Vind de maximale doorbuiging δ_max van de balk.

P = 26 kNb = 3 mL = 8 mE = 70 GPa (aluminium)I = 84 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

9.Knik van kolommenGemiddeld

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

L = 1 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 20 × 60 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

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

L = 6 mE = 200 GPa (staal)d = 40 mm

σ_cr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 27,78 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣF_x = 0, ΣF_y = 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.

ΣM_A = 0: R_B·4,5 = 65·2 + 25·6

R_B = 280/4,5 = 62,22 kN

Verticaal evenwicht

R_A = 65 + 25 − 62,22 = 27,78 kN

Antwoord

R_A = 27,78 kN

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 52,86 kN

Componenten van P

P_v = 20·sin 50° = 15,32 kN

P_h = 20·cos 50° = 12,86 kN

Reacties

ΣM_A = 0: R_B·6 = 15,32·5,5 + 75·2 → R_B = 39,04 kN

A_y = 15,32 + 75 − 39,04 = 51,28 kN

A_x = P_h = 12,86 kN

Resultante in A

R_A = √(12,86² + 51,28²) = 52,86 kN

Antwoord

R_A = 52,86 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 = 25 kN, R₂ = 30 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.

M_A = 0, M_B = 25, M_C = 50, M_D = 75 kN·m, M_E = 60, M_F = 30, M_G = 0

Antwoord

Markering D: M_D = 75 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 24 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 = 4·5 = 20 kN, aangrijpend op x̄ = 2,5 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 20·1 + 4·5·2,5

R_B = 70/5 = 14 kN

ΣF_y = 0: R_A = 40 − 14 = 26 kN

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 = R_A·x − (elke belasting links van de snede × de afstand tot de snede)

M_x = 26·1 − 4·1·0,5 = 24 kN·m

Antwoord

M_x = 24 kN·m

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: staaf BF

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 B

AB en BC liggen op één rechte lijn en het knooppunt draagt geen belasting. Het krachtenevenwicht dwars op die lijn laat alleen BF over.

ΣF⊥ = 0 → F_BF = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

Het oplossen van alle knooppunten geeft deze staafkrachten (T = trek, C = druk).

AB: 66,25 kN (T), BC: 66,25 kN (T), CD: 98,75 kN (T), DE: 98,75 kN (T), FG: 122,5 kN (C), GH: 122,5 kN (C), AF: 93,69 kN (C), HE: 139,7 kN (C), BF: 0, CG: 40 kN (C), DH: 40 kN (T), FC: 79,55 kN (T), HC: 33,59 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: BF

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AC = 8,125 kN

Knopenmethode: elke knoop van een vakwerk is in evenwicht, dus ΣF_x = 0 en ΣF_y = 0 in elke knoop. Begin bij een knoop met hoogstens twee onbekende staafkrachten. Een negatief resultaat betekent dat de staaf op druk staat.

Oplegreacties

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

ΣM_A = 0: C_y·4 = 50·3 − 5·4 → C_y = 32,5 kN

ΣF_y = 0: A_y = 50 − 32,5 = 17,5 kN

ΣF_x = 0: A_x = 5 kN

Knoop C

De rol geeft alleen een verticale reactie, dus knoop C heeft maar twee onbekende staafkrachten. Neem aan dat beide op trek staan.

sin γ = 4/4,123 = 0,9701, cos γ = 1/4,123 = 0,2425

ΣF_y = 0: C_y + F_BC·sin γ = 0 → F_BC = −32,5/0,9701 = −33,5 kN

ΣF_x = 0: −F_AC − F_BC·cos γ = 0 → F_AC = −(−33,5)·0,2425 = 8,125 kN

Antwoord

F_AC = 8,125 kN (trek)

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_B = 4,135 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, L = 4000 mm

EI = 3,99 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging aan het vrije uiteinde

Doorbuiging bij de last plus de hoekverdraaiing bij de last maal de resterende lengte.

δ_P = Pa³/(3EI) = 0,7519 mm

θ_P = Pa²/(2EI) = 0,001128 rad

δ_B = δ_P + θ_P·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 4,135 mm

Antwoord

δ_B = 4,135 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_max = 43,39 mm

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 = 26000 N, b = 3000 mm, L = 8000 mm

EI = 5,88 × 10¹² N·mm²

Plaats van het maximum

De hoekverdraaiing in het langere deel gelijk aan nul stellen geeft de plaats.

x = √((L² − b²)/3) = √((8000² − 3000²)/3) = 4282 mm

Maximale doorbuiging

δ_max = Pb(L² − b²)^3/2/(9√3·EIL) = 43,39 mm

Antwoord

δ_max = 43,39 mm

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 6,909 kN

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij P_cr = 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.

I_min = h·b³/12 = 60·20³/12 = 40000 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·1000 = 2000 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·40000/2000² = 6909 N = 6,909 kN

Antwoord

P_cr = 6,909 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: σ_cr = 5,483 MPa

Kleinste traagheidsmoment

Een ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 1257 mm²

r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm

KL = 1·6000 = 6000 mm

KL/r = 6000/10 = 600

Kritieke spanning

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/600² = 5,483 MPa

Antwoord

σ_cr = 5,483 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis