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 = 6 kN/mP = 20 kNABRA​ = ?3 m5 m

De uitkragende ligger is in A in de muur ingeklemd. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte en een puntlast P op 3 m van de muur. Vind de verticale reactie RA bij de muur.

L = 8 mP = 20 kN op 3 mw = 6 kN/m van 0 tot 8 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 12 kN/mP = 60 kNABCRB​ = ?2 m4 m2 m

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 6 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 6 m tot het vrije uiteinde op 8 m. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

AB = 6 mAC = 8 mP = 60 kN op 2 mw = 12 kN/m van 6 tot 8 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 10 kN/mABdoorsnede3,5 m0,5 m

Vind de dwarskracht Vx in de doorsnede x = 3,5 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 = 3,5 m
Vx = kN
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
6 kN/m55 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.

55 kN @ 12 m45 kN @ 4 m6 kN/m, 0–10 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
ABBCACACB25 kN8 m2 m3 m

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

overspanning = 8 mhoogte = 3 mB ligt 2 m van Averticale belasting = 25 kN
FAC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB50 kN25 kN4 m3 m2 m

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

overspanning = 4 mhoogte = 2 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 50 kNhorizontale belasting = 25 kN ←
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 5 kN/mδL = 3 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de maximale doorbuiging δmax, in het midden.

w = 5 kN/mL = 3 mE = 200 GPa (staal)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
P = 60 kNAB3 m3 m

Een ingeklemde ligger is ingeklemd in A en vrij opgelegd (gesteund) in B. Hij draagt een puntlast P in het midden. EI is constant. Vind de reactie RB bij de steunoplegging.

L = 6 mP = 60 kN op 3 m
RB = kN
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 2 m20 × 100 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 = 2 mE = 200 GPa (staal)b × h = 20 × 100 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 125 kNL = 3 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Hij moet 125 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 125 kNn = 2L = 3 mE = 200 GPa (staal)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 68 kN

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 = 6·8 = 48 kN, x̄ = 4 m

Verticaal evenwicht

RA = P + W = 20 + 48 = 68 kN

Antwoord

RA = 68 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 48 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 = 12·2 = 24 kN, x̄ = (6 + 8)/2 = 7 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·6 = 60·2 + 24·7
RB = 288/6 = 48 kN
RA = 84 − 48 = 36 kN

Antwoord

RB = 48 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Vx = −15 kN

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​ = 20doorsnede3,5 m0,5 m

Snijd bij x = 3,5 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.

V = RA − (alle neerwaartse belastingen links van de snede)
Vx = 20 − 10·3,5 = −15 kN

Antwoord

Vx = −15 kN
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: C (x = 4 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 = 46 kN, R2 = 114 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 = 80, MC = 136 kN·m, MD = 78, ME = −4, MF = −110, MG = 0

Antwoord

Markering C: MC = 136 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 12,5 kN

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

ABBCACACB25 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·8 = 25·2 → Cy = 6,25 kN
ΣFy = 0: Ay = 25 − 6,25 = 18,75 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 = 3/6,708 = 0,4472, cos γ = 6/6,708 = 0,8944
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −6,25/0,4472 = −13,98 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−13,98)·0,8944 = 12,5 kN

Antwoord

FAC = 12,5 kN (trek)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 12,5 kN

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

ABBCACACB50 kN25 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·4 = 50·3 − 25·2 → Cy = 25 kN
ΣFy = 0: Ay = 50 − 25 = 25 kN
ΣFx = 0: Ax = 25 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 = 2/2,236 = 0,8944, cos γ = 1/2,236 = 0,4472
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −25/0,8944 = −27,95 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−27,95)·0,4472 = 12,5 kN

Antwoord

FAC = 12,5 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 3,102 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.

w = 5 N/mm, L = 3000 mm
EI = 1,7 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·5·3000⁴/(384·1,7 × 10¹²) = 3,102 mm

Antwoord

δmax = 3,102 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: RB = 18,75 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 = P(L/2)²(3L − L/2)/(6EI) = 5PL³/(48EI)

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) = 5PL³/(48EI) → RB = 5P/16 = 5·60/16 = 18,75 kN

Antwoord

RB = 18,75 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 = 100·20³/12 = 66667 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·2000 = 4000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·66667/4000² = 8225 N = 8,225 kN

Antwoord

Pcr = 8,225 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 98,17 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 = 2·125000 = 250000 N
KL = 2·3000 = 6000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·250000·6000²/(π³·200000))^(1/4) = 98,17 mm

Antwoord

d = 98,17 mm

Controle: de slankheid KL/r is 244,5, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis