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​ = 15 kNP2​ = 30 kNABRA​RB​ = ?1 m0,5 m2,5 m

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

L = 4 mP1 = 15 kN op 1 mP2 = 30 kN op 1,5 m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 5 kN/mP = 40 kNABCRA​ = ?2 m0,5 m1,5 m

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 2,5 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P op 2 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 2 m tot het vrije uiteinde op 4 m. Vind de verticale reactie RA, met omhoog positief.

AB = 2,5 mAC = 4 mP = 40 kN op 2 mw = 5 kN/m van 2 tot 4 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
P1​ = 10 kNP2​ = 15 kNAB3 m3 m2 m

De vrij opgelegde balk draagt twee puntlasten. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 8 mP1 = 10 kN op 3 mP2 = 15 kN op 6 m
Mmax = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
4 kN/m10 kN55 kN45 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.

10 kN @ 0 m55 kN @ 12 m45 kN @ 8 m4 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
ABCDEFGH10 kN10 kN40 kN25 kN10 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: 10 kN ↓D: 10 kN ↓F: 40 kN ↓G: 25 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 BG
  13. 13staaf DG
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH10 kN10 kN15 kN10 kN30 kN30 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.

B: 10 kN ↓D: 10 kN ↓F: 15 kN ↓G: 10 kN ↓H: 30 kN ↓H: 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 BG
  13. 13staaf DG
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 15 kNABδ1 m3 m

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

P = 15 kNa = 1 mL = 4 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 36 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 8 kN/mδL = 6 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 = 8 kN/mL = 6 mE = 11 GPa (constructiehout)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 3 md = 30 mmdoorsnede

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

L = 3 mE = 200 GPa (staal)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 6 md = 80 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 = 6 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 15 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​ = 15 kNP2​ = 30 kNABRA​RB​1 m0,5 m2,5 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 = 15·1 + 30·1,5
RB = 60/4 = 15 kN
ΣFy = 0: RA = 45 − 15 = 30 kN

Antwoord

RB = 15 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 6 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.

Resultante van de verdeelde belasting

W = 5·2 = 10 kN, x̄ = (2 + 4)/2 = 3 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·2,5 = 40·2 + 10·3
RB = 110/2,5 = 44 kN
RA = 50 − 44 = 6 kN

Antwoord

RA = 6 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 30 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.

ΣMA = 0: RB·8 = 10·3 + 15·6
RB = 120/8 = 15 kN
ΣFy = 0: RA = 25 − 15 = 10 kN

Moment onder elke last

Houd het deel links van elke last over.

onder P1: M = RA·3 = 10·3 = 30 kN·m
onder P2: M = RB·2 = 15·2 = 30 kN·m

Grootste waarde

Mmax = 30 kN·m (onder P1)

Antwoord

Mmax = 30 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: F (x = 10 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 = 26 kN, R2 = 116 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 = −20, MC = 4, MD = 12, ME = 4, MF = −110 kN·m, MG = 0

Antwoord

Markering F: MF = −110 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 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: 73,33 kN (T), BC: 80 kN (T), CD: 80 kN (T), DE: 53,33 kN (T), FG: 73,33 kN (C), GH: 53,33 kN (C), AF: 91,67 kN (C), HE: 66,67 kN (C), BF: 15 kN (T), CG: 0, DH: 30 kN (T), BG: 8,333 kN (C), DG: 33,33 kN (C)

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: 27,5 kN (T), CD: 27,5 kN (T), DE: 33,75 kN (T), FG: 41,25 kN (C), GH: 63,75 kN (C), AF: 58,34 kN (C), HE: 47,73 kN (C), BF: 26,25 kN (T), CG: 0, DH: 3,75 kN (T), BG: 22,98 kN (C), DG: 8,839 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: CG
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δP = 28,41 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 = 15000 N, a = 1000 mm, b = 3000 mm, L = 4000 mm
EI = 3,96 × 10¹¹ N·mm²

Doorbuiging onder de last

δP = Pa²b²/(3EIL) = 15000·1000²·3000²/(3·3,96 × 10¹¹·4000) = 28,41 mm

Antwoord

δP = 28,41 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: Ireq = 736,4 × 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 = 6000/360 = 16,67 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·8·6000⁴/(384·11000·16,67) = 7,364 × 10⁸ mm⁴
Ireq = 736,4 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

Ireq = 736,4 × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 34,88 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/1500² = 34882 N = 34,88 kN

Antwoord

Pcr = 34,88 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 7,676 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 5027 mm²
r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm
KL = 1·6000 = 6000 mm
KL/r = 6000/20 = 300

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/300² = 7,676 MPa

Antwoord

σcr = 7,676 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis