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

L = 5 mP₁ = 35 kN op 1 mP₂ = 45 kN op 1,5 m

R_A = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

Een samengestelde balk is in A in de muur ingeklemd, heeft een inwendig scharnier in C (6 m van A) en rust op een rol in D (10 m van A). Hij draagt een puntlast P op 8 m van A, een gelijkmatig verdeelde belasting w op het hele deel CD en een puntlast Q op 5 m van A. Vind de reactie R_D bij de rol.

AC = 6 mAD = 10 mP = 55 kN op 8 mw = 12 kN/m van 6 tot 10 mQ = 45 kN op 5 m

R_D = kN

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

De uitkragende ligger is ingeklemd in A. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte en een puntlast P op 1,5 m vanaf A. Vind het buigend moment M_A bij de inklemming A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 2 mP = 55 kN op 1,5 mw = 5 kN/m van 0 tot 2 m

M_A = kN·m

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

Vind het buigend moment M_x in de doorsnede x = 2 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 6 mP = 20 kN op 2 mw = 10 kN/m van 0 tot 6 mx = 2 m

M_x = kN·m

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

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

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 4 m van Averticale belasting = 15 kN

F_AB = kN

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

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

overspanning = 8 mhoogte = 4 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 15 kNhorizontale belasting = 15 kN ←

F_AB = 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 = 1,5 m vanaf A. Vind de doorbuiging δ_P onder de last.

P = 23 kNa = 1,5 mL = 3 mE = 70 GPa (aluminium)I = 23 × 10⁶ mm⁴

δ_P = mm

8.Doorbuiging van de balkMoeilijk

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 grootte van het buigend moment M_A bij de inklemming.

L = 8 mw = 15 kN/m

M_A = kN·m

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 = 4 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 40 × 50 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 20 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 20 kNn = 2L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)

d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 59,5 kN

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

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.

ΣM_A = 0: R_B·5 = 35·1 + 45·1,5

R_B = 102,5/5 = 20,5 kN

ΣF_y = 0: R_A = 80 − 20,5 = 59,5 kN

Antwoord

R_A = 59,5 kN

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_D = 51,5 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. Een inwendig scharnier kan geen buigend moment dragen, wat één extra vergelijking geeft: het moment om het scharnier van de krachten aan één kant is nul.

Deel CD

Het scharnier heeft geen moment, dus de momenten om C op alleen CD moeten in evenwicht zijn.

W = 12·4 = 48 kN op 2 m vanaf C

ΣM_C = 0: R_D·4 = 55·2 + 48·2

R_D = 51,5 kN

V_C = 103 − 51,5 = 51,5 kN

Antwoord

R_D = 51,5 kN

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_A = −92,5 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: −55·1,5 = −82,5 kN·m

w: −5·2²/2 = −10 kN·m

M_A = −82,5 − 10 = −92,5 kN·m

Antwoord

M_A = −92,5 kN·m

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

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 66,67 kN·m

Oplegreacties

Evenwicht van de hele balk.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 10·6 = 60 kN, aangrijpend op x̄ = 3 m

ΣM_A = 0: R_B·6 = 20·2 + 10·6·3

R_B = 220/6 = 36,67 kN

ΣF_y = 0: R_A = 80 − 36,67 = 43,33 kN

Snijd bij x = 2 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 = 43,33·2 − 10·2·1 = 66,67 kN·m

Antwoord

M_x = 66,67 kN·m

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −6,708 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·5 = 15·4 → C_y = 12 kN

ΣF_y = 0: A_y = 15 − 12 = 3 kN

Knoop A

Neem aan dat elke staaf op trek staat (trekt van de knoop af). Alleen AB heeft een verticale component in A.

sin α = 2/4,472 = 0,4472

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −3/0,4472 = −6,708 kN

Antwoord

F_AB = −6,708 kN (druk)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_AB = −21,09 kN

Oplegreacties

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

ΣM_A = 0: C_y·8 = 15·3 − 15·4 → C_y = −1,875 kN

ΣF_y = 0: A_y = 15 − −1,875 = 16,88 kN

ΣF_x = 0: A_x = 15 kN

Knoop A

Neem aan dat elke staaf op trek staat (trekt van de knoop af). Alleen AB heeft een verticale component in A.

sin α = 4/5 = 0,8

ΣF_y = 0: A_y + F_AB·sin α = 0

F_AB = −16,88/0,8 = −21,09 kN

Antwoord

F_AB = −21,09 kN (druk)

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ_P = 16,07 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 = 23000 N, a = 1500 mm, L = 3000 mm

EI = 1,61 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging onder de last

δ_P = Pa³/(3EI) = 23000·1500³/(3·1,61 × 10¹²) = 16,07 mm

Antwoord

δ_P = 16,07 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: M_A = 120 kN·m

Haal de steunoplegging weg

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

δ_load = wL⁴/(8EI)

Vormveranderingsvoorwaarde bij de steunoplegging

De steunkracht R_B alleen tilt het vrije uiteinde op met R_BL³/(3EI). De steunoplegging houdt B op nul doorbuiging, dus de twee moeten elkaar opheffen. EI valt weg.

R_B·L³/(3EI) = wL⁴/(8EI) → R_B = 3wL/8 = 3·15·8/8 = 45 kN

Moment bij de inklemming

Momenten om A van de belastingen en de steunkracht.

M_A = wL²/2 − R_B·L = 480 − 360 = 120 kN·m

Antwoord

M_A = 120 kN·m

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 2,879 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 = 50·40³/12 = 266667 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·4000 = 8000 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·266667/8000² = 2879 N = 2,879 kN

Antwoord

P_cr = 2,879 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 40,36 mm

Benodigde kritieke belasting

P_cr = n·P = 2·20000 = 40000 N

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·40000·1500²/(π³·70000))^(1/4) = 40,36 mm

Antwoord

d = 40,36 mm

Controle: de slankheid KL/r is 148,7, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis