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​ = 40 kNP2​ = 55 kNABRA​ = ?RB​1 m1,5 m1,5 m

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

L = 4 mP1 = 40 kN op 1 mP2 = 55 kN op 2,5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 3 kN/mP = 50 kNABRA​ = ?RB​1 m1 m3 m

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

L = 5 mP = 50 kN op 2 mw = 3 kN/m van 1 tot 2 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 6 kN/mP = 35 kNAB2,5 m1,5 m

De uitkragende ligger is ingeklemd in A. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte en een puntlast P op 2,5 m vanaf A. Vind het buigend moment MA bij de inklemming A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mP = 35 kN op 2,5 mw = 6 kN/m van 0 tot 4 m
MA = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
15 kN/m35 kN15 kN55 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.

35 kN @ 0 m15 kN @ 12 m55 kN @ 6 m15 kN/m, 2–10 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)
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH40 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: 40 kN ↓D: 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
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH10 kN15 kN10 kN4 × 3 m3 m

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

D: 10 kN ↓G: 15 kN ↓H: 10 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/mP = 20 kNABδ2,5 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 = 20 kNw = 6 kN/mL = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 120 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 8 kN/mAB4 m

Een ingeklemde ligger is ingeklemd in A en vrij opgelegd (gesteund) in B. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte. EI is constant. Vind de reactie RB bij de steunoplegging.

L = 4 mw = 8 kN/m
RB = kN
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 4 m40 × 50 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 = 4 mE = 200 GPa (staal)b × h = 40 × 50 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 85 kNL = 4 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Hij moet 85 kN dragen met een veiligheidsfactor van 3 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 85 kNn = 3L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 50,63 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.

P1​ = 40 kNP2​ = 55 kNABRA​RB​1 m1,5 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.

ΣMA = 0: RB·4 = 40·1 + 55·2,5
RB = 177,5/4 = 44,38 kN
ΣFy = 0: RA = 95 − 44,38 = 50,63 kN

Antwoord

RA = 50,63 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 32,1 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 = 3 kN/mP = 50 kNABRA​RB​1 m1 m3 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 = 3·1 = 3 kN, aangrijpend op x̄ = 1,5 m
ΣMA = 0: RB·5 = 50·2 + 3·1·1,5
RB = 104,5/5 = 20,9 kN
ΣFy = 0: RA = 53 − 20,9 = 32,1 kN

Antwoord

RA = 32,1 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: MA = −135,5 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.

Houd het deel met het vrije uiteinde over

P: −35·2,5 = −87,5 kN·m
w: −6·4²/2 = −48 kN·m
MA = −87,5 − 48 = −135,5 kN·m

Antwoord

MA = −135,5 kN·m

Negatief betekent opbuigend (hogging): trek aan de bovenzijde.

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 6 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 = 127,5 kN, R2 = 97,5 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 = −70, MC = 85, MD = 180 kN·m, ME = 105, MF = −30, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 180 kN·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 G

FG en GH 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: 50 kN (T), BC: 50 kN (T), CD: 43,33 kN (T), DE: 43,33 kN (T), FG: 46,67 kN (C), GH: 46,67 kN (C), AF: 62,5 kN (C), HE: 54,17 kN (C), BF: 40 kN (T), CG: 0, DH: 30 kN (T), FC: 4,167 kN (C), HC: 4,167 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: CG
6.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 → FBF = 0

Controleer met de knooppuntenmethode

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

AB: 2,5 kN (T), BC: 2,5 kN (T), CD: 12,5 kN (T), DE: 12,5 kN (T), FG: 25 kN (C), GH: 25 kN (C), AF: 17,68 kN (C), HE: 17,68 kN (C), BF: 0, CG: 15 kN (C), DH: 10 kN (T), FC: 17,68 kN (T), HC: 3,536 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: BF
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 15,89 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 = 20000 N, w = 6 N/mm, L = 2500 mm
EI = 8,4 × 10¹² N·mm²

Elke belasting afzonderlijk

δP = PL³/(3EI) = 20000·2500³/(3·8,4 × 10¹²) = 12,4 mm
δw = wL⁴/(8EI) = 6·2500⁴/(8·8,4 × 10¹²) = 3,488 mm

Tel ze op

δ = 12,4 + 3,488 = 15,89 mm

Antwoord

δ = 15,89 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: RB = 12 kN

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). Haal bij een statisch onbepaalde balk een overtollige oplegging weg en eis dat de doorbuiging daar nul is (vormveranderingsvoorwaarde).

Haal de steunoplegging weg

Zonder de steunoplegging is de balk een uitkragende ligger. Het vrije uiteinde zou onder de belasting doorbuigen.

δload = wL⁴/(8EI)

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht RB alleen tilt het vrije uiteinde op met RBL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

RB·L³/(3EI) = wL⁴/(8EI) → RB = 3wL/8 = 3·8·4/8 = 12 kN

Antwoord

RB = 12 kN
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 8,225 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 = 50·40³/12 = 266667 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·4000 = 8000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·266667/8000² = 8225 N = 8,225 kN

Antwoord

Pcr = 8,225 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 148,1 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 = 3·85000 = 255000 N
KL = 2·4000 = 8000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·255000·8000²/(π³·70000))^(1/4) = 148,1 mm

Antwoord

d = 148,1 mm

Controle: de slankheid KL/r is 216,1, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis