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
w0​ = 15 kN/mP = 75 kNABRA​ = ?1 m7 m

De vrij opgelegde balk (scharnier in A, rol in B) draagt een lineair verlopende belasting die oploopt van nul in A tot 15 kN/m in B. Op 1 m van A werkt ook een puntlast P. Vind de verticale oplegreactie RA.

L = 8 mw0 = 15 kN/mP = 75 kN op 1 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 3 kN/mP = 10 kNABRA​RB​ = ?2 m1 m5 m2 m

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

L = 10 mP = 10 kN op 2 mw = 3 kN/m van 3 tot 8 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
12 kN/m50 kNABCDEFG1 m1 m1 m1 m1 m1 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 @ 3 m12 kN/m, 0–6 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 1 m)
  3. 3C (x = 2 m)
  4. 4D (x = 3 m)
  5. 5E (x = 4 m)
  6. 6F (x = 5 m)
  7. 7G (x = 6 m)
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
6 kN/m55 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.

55 kN @ 12 m30 kN @ 4 m6 kN/m, 0–8 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
ABCDEFGH10 kN25 kN30 kN15 kN4 × 4 m3 m

Precies één staaf van dit vakwerk draagt onder deze belastingen geen kracht. Welke is de nulstaaf? Klik erop in het diagram.

B: 10 kN ↓C: 25 kN ↓D: 30 kN ↓H: 15 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
ABBCACACB10 kN5 kN4 m1 m2 m

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

overspanning = 4 mhoogte = 2 mB ligt 1 m van Averticale belasting = 10 kNhorizontale belasting = 5 kN ←
FAB = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 8 kN/mδL = 4 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de maximale doorbuiging δmax, in het midden.

w = 8 kN/mL = 4 mE = 70 GPa (aluminium)I = 12 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 4 kN/mδL = 3 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 = 4 kN/mL = 3 mE = 200 GPa (staal)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 4 md = 30 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van staal is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting Pcr.

L = 4 mE = 200 GPa (staal)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
P = 145 kNL = 1,5 md = ?doorsnede

Een massieve ronde kolom met lengte L van aluminium is onderaan ingeklemd en bovenaan vrij. Hij moet 145 kN dragen met een veiligheidsfactor van 3 tegen knik. Vind de kleinste diameter d.

P = 145 kNn = 3L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 85,63 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.

Resultante van de driehoeksbelasting

W = ½·15·8 = 60 kN
x̄ = 2L/3 = 5,333 m

Evenwicht

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

ΣMA = 0: RB·8 = 60·5,333 + 75·1
RB = 49,38 kN
RA = 135 − 49,38 = 85,63 kN

Antwoord

RA = 85,63 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 10,25 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 = 3 kN/mP = 10 kNABRA​RB​2 m1 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 = 3·5 = 15 kN, aangrijpend op x̄ = 5,5 m
ΣMA = 0: RB·10 = 10·2 + 3·5·5,5
RB = 102,5/10 = 10,25 kN
ΣFy = 0: RA = 25 − 10,25 = 14,75 kN

Antwoord

RB = 10,25 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 3 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 = 61 kN, R2 = 61 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 = 55, MC = 98, MD = 129 kN·m, ME = 98, MF = 55, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 129 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: E (x = 8 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 = 11,5 kN, R2 = 121,5 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 = 11, MC = −2, MD = −99, ME = −220 kN·m, MF = −110, MG = 0

Antwoord

Markering E: ME = −220 kN·m
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: 41,67 kN (T), BC: 41,67 kN (T), CD: 65 kN (T), DE: 65 kN (T), FG: 70 kN (C), GH: 70 kN (C), AF: 52,08 kN (C), HE: 81,25 kN (C), BF: 10 kN (T), CG: 0, DH: 30 kN (T), FC: 35,42 kN (T), HC: 6,25 kN (T)

Antwoord

Nulstaaf: CG
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAB = −11,18 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.

ABBCACACB10 kN5 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

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

ΣMA = 0: Cy·4 = 10·1 − 5·2 → Cy = 0 kN
ΣFy = 0: Ay = 10 − 0 = 10 kN
ΣFx = 0: Ax = 5 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 = 2/2,236 = 0,8944
ΣFy = 0: Ay + FAB·sin α = 0
FAB = −10/0,8944 = −11,18 kN

Antwoord

FAB = −11,18 kN (druk)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: δmax = 31,75 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 = 8 N/mm, L = 4000 mm
EI = 8,4 × 10¹¹ N·mm²

Doorbuiging

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·8·4000⁴/(384·8,4 × 10¹¹) = 31,75 mm

Antwoord

δmax = 31,75 mm
8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: Ireq = 2,531 × 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 = 3000/360 = 8,333 mm

Benodigd traagheidsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·4·3000⁴/(384·200000·8,333) = 2,531 × 10⁶ mm⁴
Ireq = 2,531 × 10⁶ mm⁴

Antwoord

Ireq = 2,531 × 10⁶ mm⁴
9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 10,01 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,7·4000 = 2800 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/2800² = 10011 N = 10,01 kN

Antwoord

Pcr = 10,01 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: d = 103,7 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 = 3·145000 = 435000 N
KL = 2·1500 = 3000 mm

Los op naar de diameter

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·435000·3000²/(π³·70000))^(1/4) = 103,7 mm

Antwoord

d = 103,7 mm

Controle: de slankheid KL/r is 115,8, dus de kolom is slank en Euler geldt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis