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 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 verticale reactie R_A bij de muur.

L = 8 mP = 10 kN op 7 mw = 8 kN/m van 0 tot 8 m

R_A = kN

2.Oplegreacties van balkenMoeilijk

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 4 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P op 3,5 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 3 m tot het vrije uiteinde op 5 m. Vind de verticale reactie R_B, met omhoog positief.

AB = 4 mAC = 5 mP = 20 kN op 3,5 mw = 6 kN/m van 3 tot 5 m

R_B = kN

3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld

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.

40 kN @ 6 m30 kN @ 4 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 2 m)
3C (x = 4 m)
4D (x = 6 m)
5E (x = 8 m)
6F (x = 10 m)
7G (x = 12 m)

4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk

Vind het buigend moment M_x in de doorsnede x = 1 m vanaf oplegging A. Neem doorbuigende (sagging) momenten positief en een opwaartse dwarskracht op het linkervlak positief.

L = 5 mP = 50 kN op 1,5 mw = 5 kN/m van 0 tot 5 mx = 1 m

M_x = kN·m

5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld

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

overspanning = 6 mhoogte = 4 mB ligt 4 m van Averticale belasting = 55 kN

F_BC = kN

6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk

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

overspanning = 5 mhoogte = 4 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 60 kNhorizontale belasting = 30 kN →

F_BC = kN

7.Doorbuiging van de balkGemiddeld

Een uitkragende ligger draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele lengte. Vind de doorbuiging δ aan het vrije uiteinde.

w = 6 kN/mL = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 23 × 10⁶ mm⁴

δ = 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 reactie R_B bij de steunoplegging.

L = 4 mw = 6 kN/m

R_B = kN

9.Knik van kolommenGemiddeld

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

L = 2,5 mE = 200 GPa (staal)d = 20 mm

P_cr = kN

10.Knik van kolommenMoeilijk

Een kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σ_cr met de formule van Euler.

L = 2,5 mE = 200 GPa (staal)d = 40 mm

σ_cr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_A = 74 kN

Evenwicht van een uitkragende ligger: een inklemming kan omhoog duwen en ook rotatie tegenhouden, dus ze levert een verticale reactie R_A en een inklemmingsmoment M_A. ΣF_y = 0 geeft R_A, en momenten om de muur geven M_A = 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 = 8·8 = 64 kN, x̄ = 4 m

Verticaal evenwicht

R_A = P + W = 10 + 64 = 74 kN

Antwoord

R_A = 74 kN

2.Oplegreacties van balken

Antwoord: R_B = 29,5 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.

Resultante van de verdeelde belasting

W = 6·2 = 12 kN, x̄ = (3 + 5)/2 = 4 m

Evenwicht

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

ΣM_A = 0: R_B·4 = 20·3,5 + 12·4

R_B = 118/4 = 29,5 kN

R_A = 32 − 29,5 = 2,5 kN

Antwoord

R_B = 29,5 kN

3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 6 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 = 40 kN, R₂ = 30 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.

M_A = 0, M_B = 80, M_C = 160, M_D = 180 kN·m, M_E = 120, M_F = 60, M_G = 0

Antwoord

Markering D: M_D = 180 kN·m

4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: M_x = 45 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 = 5·5 = 25 kN, aangrijpend op x̄ = 2,5 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 50·1,5 + 5·5·2,5

R_B = 137,5/5 = 27,5 kN

ΣF_y = 0: R_A = 75 − 27,5 = 47,5 kN

Snijd bij x = 1 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 = 47,5·1 − 5·1·0,5 = 45 kN·m

Antwoord

M_x = 45 kN·m

5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_BC = −40,99 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·6 = 55·4 → C_y = 36,67 kN

ΣF_y = 0: A_y = 55 − 36,67 = 18,33 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 = 4/4,472 = 0,8944, cos γ = 2/4,472 = 0,4472

ΣF_y = 0: C_y + F_BC·sin γ = 0 → F_BC = −36,67/0,8944 = −40,99 kN

Antwoord

F_BC = −40,99 kN (druk)

6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: F_BC = −67,08 kN

Oplegreacties

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

ΣM_A = 0: C_y·5 = 60·3 + 30·4 → C_y = 60 kN

ΣF_y = 0: A_y = 60 − 60 = 0 kN

ΣF_x = 0: A_x = −30 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 = 4/4,472 = 0,8944, cos γ = 2/4,472 = 0,4472

ΣF_y = 0: C_y + F_BC·sin γ = 0 → F_BC = −60/0,8944 = −67,08 kN

Antwoord

F_BC = −67,08 kN (druk)

7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δ = 2,358 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 = 6 N/mm, L = 1500 mm

EI = 1,61 × 10¹² N·mm²

Doorbuiging

δ = wL⁴/(8EI) = 6·1500⁴/(8·1,61 × 10¹²) = 2,358 mm

Antwoord

δ = 2,358 mm

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: R_B = 9 kN

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 = 3·6·4/8 = 9 kN

Antwoord

R_B = 9 kN

9.Knik van kolommen

Antwoord: P_cr = 9,922 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 ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

I = πd⁴/64 = π·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·2500 = 1250 mm

Kritieke belasting

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·7854/1250² = 9922 N = 9,922 kN

Antwoord

P_cr = 9,922 kN

10.Knik van kolommen

Antwoord: σ_cr = 7,896 MPa

Kleinste traagheidsmoment

Een ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 1257 mm²

r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm

KL = 2·2500 = 5000 mm

KL/r = 5000/10 = 500

Kritieke spanning

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

Antwoord

σ_cr = 7,896 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis