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
P = 10 kNM = 40 kN·mABRB​ = ?3 m2 m3 m

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Hij draagt een puntlast P op 3 m van A en een linksdraaiend koppel M op 5 m van A. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

L = 8 mP = 10 kN op 3 mM = 40 kN·m (linksdraaiend) op 5 m
RB = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
P = 15 kNADCRD​ = ?4 m2 m2 m

Een samengestelde balk is in A in de muur ingeklemd, heeft een inwendig scharnier in C (4 m van A) en rust op een rol in D (8 m van A). Hij draagt een puntlast P op 6 m van A. Vind de reactie RD bij de rol.

AC = 4 mAD = 8 mP = 15 kN op 6 m
RD = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
w = 2 kN/mP = 55 kNABdoorsnede1 m3 m

De uitkragende ligger is ingeklemd in A. Hij draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte en een puntlast P op 4 m vanaf A. Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 1 m vanaf de inklemming A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 4 mP = 55 kN op 4 mw = 2 kN/m van 0 tot 4 mx = 1 m
Mx = kN·m
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
w = 12 kN/mP = 25 kNABdoorsnede2 m5 m3 m

Vind het buigend moment Mx in de doorsnede x = 7 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 10 mP = 25 kN op 2 mw = 12 kN/m van 0 tot 10 mx = 7 m
Mx = kN·m
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB50 kN4 m1 m4 m

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

overspanning = 4 mhoogte = 4 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 50 kN
FBC = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB50 kN20 kN5 m1 m3 m

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

overspanning = 5 mhoogte = 3 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 50 kNhorizontale belasting = 20 kN →
FAC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
P = 4 kNABδ3,5 m0,5 m

Een uitkragende ligger met lengte L is ingeklemd in A en draagt een puntlast P op een afstand a = 3,5 m vanaf A. Vind de doorbuiging δB aan het vrije uiteinde B.

P = 4 kNa = 3,5 mL = 4 mE = 70 GPa (aluminium)I = 57 × 10⁶ mm⁴
δB = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 12 kN/mδL = 5 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 = 12 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (constructiehout)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 4 m30 × 100 mmdoorsnede

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

L = 4 mE = 200 GPa (staal)b × h = 30 × 100 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 130 kNL = 2,5 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Hij moet 130 kN dragen met een veiligheidsfactor van 3 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 130 kNn = 3L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = −1,25 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.

Momenten om A

Linksom positief.

ΣMA = 0: RB·8 − 10·3 + 40 = 0
RB = −10/8 = −1,25 kN

Verticaal evenwicht

RA = 10 − (−1,25) = 11,25 kN

Antwoord

RB = −1,25 kN

Een negatieve reactie werkt omlaag.

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RD = 7,5 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. 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.

ΣMC = 0: RD·4 = 15·2
RD = 7,5 kN
VC = 15 − 7,5 = 7,5 kN

Antwoord

RD = 7,5 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = −174 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: −55·3 = −165 kN·m
w: −2·3²/2 = −9 kN·m
Mx = −165 − 9 = −174 kN·m

Antwoord

Mx = −174 kN·m

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

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: Mx = 141 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 = 12·10 = 120 kN, aangrijpend op x̄ = 5 m
ΣMA = 0: RB·10 = 25·2 + 12·10·5
RB = 650/10 = 65 kN
ΣFy = 0: RA = 145 − 65 = 80 kN
w = 12 kN/mP = 25 kNABRA​ = 80RB​ = 65doorsnede2 m5 m3 m

Snijd bij x = 7 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 = 80·7 − 25·(7 − 2) − 12·7·3,5 = 141 kN·m

Antwoord

Mx = 141 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −15,63 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 kNAy​Cy​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·4 = 50·1 → Cy = 12,5 kN
ΣFy = 0: Ay = 50 − 12,5 = 37,5 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 = 4/5 = 0,8, cos γ = 3/5 = 0,6
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −12,5/0,8 = −15,63 kN

Antwoord

FBC = −15,63 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAC = 29,33 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 kN20 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·5 = 50·1 + 20·3 → Cy = 22 kN
ΣFy = 0: Ay = 50 − 22 = 28 kN
ΣFx = 0: Ax = −20 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 = 3/5 = 0,6, cos γ = 4/5 = 0,8
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −22/0,6 = −36,67 kN
ΣFx = 0: −FAC − FBC·cos γ = 0 → FAC = −(−36,67)·0,8 = 29,33 kN

Antwoord

FAC = 29,33 kN (trek)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δB = 17,4 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 = 4000 N, a = 3500 mm, L = 4000 mm
EI = 3,99 × 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) = 14,33 mm
θP = Pa²/(2EI) = 0,00614 rad
δB = δP + θP·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 17,4 mm

Antwoord

δB = 17,4 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: Ireq = 639,2 × 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 = 5000/360 = 13,89 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·12·5000⁴/(384·11000·13,89) = 6,392 × 10⁸ mm⁴
Ireq = 639,2 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

Ireq = 639,2 × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 27,76 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 = 100·30³/12 = 225000 mm⁴

Kniklengte

KL = 1·4000 = 4000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·225000/4000² = 27758 N = 27,76 kN

Antwoord

Pcr = 27,76 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 77,04 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 = 3·130000 = 390000 N
KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·390000·1750²/(π³·70000))^(1/4) = 77,04 mm

Antwoord

d = 77,04 mm

Controle: de slankheid KL/r is 90,87, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis