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 = 4 kN/mP = 65 kNABMA​ = ?7 m1 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 7 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 8 mP = 65 kN op 7 mw = 4 kN/m van 0 tot 8 m
MA = kN·m
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 10 kN/mP = 50 kNABRA​ = ?RB​3 m5 m2 m

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

L = 10 mP = 50 kN op 3 mw = 10 kN/m van 8 tot 10 m
RA = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 6 kN/mABdoorsnede3,5 m6,5 m

Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 3,5 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 10 mw = 6 kN/m van 0 tot 10 mx = 3,5 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
6 kN/m50 kN30 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.

50 kN @ 0 m30 kN @ 12 m6 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
ABBCACACB60 kN5 m1 m2 m

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

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 60 kN
FAC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB55 kN10 kN6 m4 m3 m

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

overspanning = 6 mhoogte = 3 mB ligt 4 m van Averticale belasting = 55 kNhorizontale belasting = 10 kN ←
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 22 kNABδ1 m1 m

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 δB aan het vrije uiteinde B.

P = 22 kNa = 1 mL = 2 mE = 11 GPa (constructiehout)I = 120 × 10⁶ mm⁴
δB = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 1 kN/mABδ3,5 m

Een vrij opgelegde houten balk met rechthoekige doorsnede, 100 mm breed, draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. De doorbuiging in het midden mag niet groter zijn dan overspanning/360. Vind de kleinste hoogte hreq van de doorsnede.

w = 1 kN/mL = 3,5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 100 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 4 m25 × 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 = 4 mE = 200 GPa (staal)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 10 kNL = 6 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden ingeklemd. Hij moet 10 kN dragen met een veiligheidsfactor van 2 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 10 kNn = 2L = 6 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 583 kN·m

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 = 4·8 = 32 kN, x̄ = 4 m

Moment om de muur

MA = P·a + W·x̄ = 65·7 + 32·4 = 583 kN·m

Antwoord

MA = 583 kN·m
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 37 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 = 10 kN/mP = 50 kNABRA​RB​3 m5 m2 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 = 10·2 = 20 kN, aangrijpend op x̄ = 9 m
ΣMA = 0: RB·10 = 50·3 + 10·2·9
RB = 330/10 = 33 kN
ΣFy = 0: RA = 70 − 33 = 37 kN

Antwoord

RA = 37 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 68,25 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 = 6·10 = 60 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m
ΣMA = 0: RB·10 = 6·10·5
RB = 300/10 = 30 kN
ΣFy = 0: RA = 60 − 30 = 30 kN
w = 6 kN/mABRA​ = 30RB​ = 30doorsnede3,5 m6,5 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.

M = RA·x − (elke belasting links van de snede × de afstand tot de snede)
Mx = 30·3,5 − 6·3,5·1,75 = 68,25 kN·m

Antwoord

Mx = 68,25 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: B (x = 2 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 = 79 kN, R2 = 49 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 = −100 kN·m, MC = −54, MD = −32, ME = −34, MF = −60, MG = 0

Antwoord

Markering B: MB = −100 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 24 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.

ABBCACACB60 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 60·1 → Cy = 12 kN
ΣFy = 0: Ay = 60 − 12 = 48 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 = 2/4,472 = 0,4472, cos γ = 4/4,472 = 0,8944
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −12/0,4472 = −26,83 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−26,83)·0,8944 = 24 kN

Antwoord

FAC = 24 kN (trek)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 21,11 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.

ABBCACACB55 kN10 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·6 = 55·4 − 10·3 → Cy = 31,67 kN
ΣFy = 0: Ay = 55 − 31,67 = 23,33 kN
ΣFx = 0: Ax = 10 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 = 3/3,606 = 0,8321, cos γ = 2/3,606 = 0,5547
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −31,67/0,8321 = −38,06 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−38,06)·0,5547 = 21,11 kN

Antwoord

FAC = 21,11 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δB = 13,89 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 = 22000 N, a = 1000 mm, L = 2000 mm
EI = 1,32 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging aan het vrije uiteinde

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

δP = Pa³/(3EI) = 5,556 mm
θP = Pa²/(2EI) = 0,008333 rad
δB = δP + θP·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 13,89 mm

Antwoord

δB = 13,89 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 129,9 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 = 1 N/mm, L = 3500 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/360 = 3500/360 = 9,722 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·1·3500⁴/(384·11000·9,722) = 1,827 × 10⁷ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·1,827 × 10⁷/100)1/3 = 129,9 mm

Antwoord

hreq = 129,9 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 4,016 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 = 100·25³/12 = 130208 mm⁴

Kniklengte

KL = 2·4000 = 8000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·130208/8000² = 4016 N = 4,016 kN

Antwoord

Pcr = 4,016 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 48 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 = 2·10000 = 20000 N
KL = 0,5·6000 = 3000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·20000·3000²/(π³·70000))^(1/4) = 48 mm

Antwoord

d = 48 mm

Controle: de slankheid KL/r is 250, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis