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 = 30 kNABMA​ = ?3,5 m2,5 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 3,5 m van de muur. Vind de grootte van het inklemmingsmoment MA bij de muur.

L = 6 mP = 30 kN op 3,5 mw = 6 kN/m van 0 tot 6 m
MA = kN·m
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 5 kN/mP = 30 kNABRA​RB​ = ?1 m7 m

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

L = 8 mP = 30 kN op 1 mw = 5 kN/m van 0 tot 8 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
P1​ = 70 kNP2​ = 65 kNABC2 m2 m2 m

De balk ligt op een scharnier in A en een rol in B en steekt 2 m voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P1 tussen de opleggingen en een puntlast P2 in C. Vind de dwarskracht Vx net links van oplegging B. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 6 mP1 = 70 kN op 2 mP2 = 65 kN op 6 mopleggingen bij x = 0 en x = 4 m
Vx = kN
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 8 kN/mP = 75 kNAB5 m3 m

De vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning en een puntlast P. Vind het maximale buigend moment Mmax in de balk.

L = 8 mP = 75 kN op 5 mw = 8 kN/m van 0 tot 8 m
Mmax = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABCDEFGH35 kN40 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.

B: 35 kN ↓D: 40 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
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABCDEFGH35 kN35 kN15 kN30 kN10 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.

D: 35 kN ↓F: 35 kN ↓G: 15 kN ↓H: 30 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
P = 21 kNABδ4 m1 m

Een vrij opgelegde balk draagt een puntlast P op a = 4 m vanaf oplegging A. Vind de doorbuiging δP onder de last.

P = 21 kNa = 4 mL = 5 mE = 200 GPa (staal)I = 12 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 12 kN/mAB5 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 = 5 mw = 12 kN/m
RB = kN
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 2 md = 80 mmdoorsnede

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

L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 5 md = 20 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van staal is aan beide uiteinden ingeklemd. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σcr met de formule van Euler.

L = 5 mE = 200 GPa (staal)d = 20 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: MA = 213 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 = 6·6 = 36 kN, x̄ = 3 m

Moment om de muur

MA = P·a + W·x̄ = 30·3,5 + 36·3 = 213 kN·m

Antwoord

MA = 213 kN·m
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 23,75 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 = 5 kN/mP = 30 kNABRA​RB​1 m7 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 = 5·8 = 40 kN, aangrijpend op x̄ = 4 m
ΣMA = 0: RB·8 = 30·1 + 5·8·4
RB = 190/8 = 23,75 kN
ΣFy = 0: RA = 70 − 23,75 = 46,25 kN

Antwoord

RB = 23,75 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Vx = −67,5 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. De last op het overstek levert ook een moment om A.

ΣMA = 0: RB·4 = 70·2 + 65·6
RB = 530/4 = 132,5 kN
ΣFy = 0: RA = 135 − 132,5 = 2,5 kN

Snede net links van B, houd het linkerdeel over

Vx = RA − P1 = 2,5 − 70 = −67,5 kN

Antwoord

Vx = −67,5 kN
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mmax = 200,6 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.

Resultante van de verdeelde belasting: W = w·ℓ = 8·8 = 64 kN, aangrijpend op x̄ = 4 m
ΣMA = 0: RB·8 = 75·5 + 8·8·4
RB = 631/8 = 78,88 kN
ΣFy = 0: RA = 139 − 78,88 = 60,13 kN

Waar is V = 0?

V(5⁻) = RA − w·5 = 20,13 kN
V(5⁺) = 20,13 − 75 = −54,88 kN
De dwarskracht wisselt van teken bij de last, dus het maximum ligt onder de last.

Maximaal moment

Mmax = RA·5 − w·5²/2 = 60,13·5 − 8·5²/2 = 200,6 kN·m

Antwoord

Mmax = 200,6 kN·m

Dat is op x = 5 m vanaf A.

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: 38,75 kN (T), BC: 38,75 kN (T), CD: 46,25 kN (T), DE: 46,25 kN (T), FG: 42,5 kN (C), GH: 42,5 kN (C), AF: 54,8 kN (C), HE: 65,41 kN (C), BF: 35 kN (T), CG: 0, DH: 40 kN (T), FC: 5,303 kN (T), HC: 5,303 kN (C)

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: 42,5 kN (T), BC: 42,5 kN (T), CD: 62,5 kN (T), DE: 62,5 kN (T), FG: 70 kN (C), GH: 70 kN (C), AF: 74,25 kN (C), HE: 88,39 kN (C), BF: 0, CG: 15 kN (C), DH: 35 kN (T), FC: 24,75 kN (T), HC: 3,536 kN (C)

Antwoord

Nulstaaf: BF
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δP = 9,333 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 = 21000 N, a = 4000 mm, b = 1000 mm, L = 5000 mm
EI = 2,4 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging onder de last

δP = Pa²b²/(3EIL) = 21000·4000²·1000²/(3·2,4 × 10¹²·5000) = 9,333 mm

Antwoord

δP = 9,333 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: RB = 22,5 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 = 3·12·5/8 = 22,5 kN

Antwoord

RB = 22,5 kN
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 347,3 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Kniklengte

KL = 1·2000 = 2000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·2,011 × 10⁶/2000² = 347270 N = 347,3 kN

Antwoord

Pcr = 347,3 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 7,896 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 314,2 mm²
r = √(I/A) = √(7854/314,2) = 5 mm
KL = 0,5·5000 = 2500 mm
KL/r = 2500/5 = 500

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/500² = 7,896 MPa

Antwoord

σcr = 7,896 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis