antwoordenbundel module: stabiliteit van het evenwicht...

ANTWOORDEN – Constructiemechanica 3 Module: Stabiliteit van het evenwicht Deel 2: Antwoordenbundel

laatste wijziging: 20-03-2012 Martijn van den Hoogen

1 van 51

Antwoordenbundel Module: Stabiliteit van het evenwicht Constructiemechanica 3

Behorend bij: Constructiemechanica 3 Module: stabiliteit van het evenwicht Deel 2: vraagstukken CT2031 C. Hartsuijker en J.W.Welleman



2 van 51

Inhoudsopgave Voorwoord ........................................................................................................... 4

Hoofdstuk 1: Stabiliteit van het evenwicht ....................................................... 5 Vraagstuk 1.1 .............................................................................................................. 5 Vraagstuk 1.2 .............................................................................................................. 5 Vraagstuk 1.3-1/2 ........................................................................................................ 5 Vraagstuk 1.4 .............................................................................................................. 5 Vraagstuk 1.5 .............................................................................................................. 5 Vraagstuk 1.6 .............................................................................................................. 5

Hoofdstuk 2: Knik van starre staafsystemen met 1 vrijheidsgraad ................ 6 Vraagstuk 2.1 .............................................................................................................. 6 Vraagstuk 2.2-1 ........................................................................................................... 7 Vraagstuk 2.3-1 ........................................................................................................... 8 Vraagstuk 2.4-2 ........................................................................................................... 9 Vraagstuk 2.5-1 ........................................................................................................... 9 Vraagstuk 2.6-2 ......................................................................................................... 10 Vraagstuk 2.7-1 ......................................................................................................... 11 Vraagstuk 2.8-1 ......................................................................................................... 12 Vraagstuk 2.9-1 ......................................................................................................... 13 Vraagstuk 2.10-1 ....................................................................................................... 14 Vraagstuk 2.11-2 ....................................................................................................... 15 Vraagstuk 2.12 .......................................................................................................... 16 Vraagstuk 2.13 .......................................................................................................... 17 Vraagstuk 2.14 .......................................................................................................... 18 Vraagstuk 2.15-1 ....................................................................................................... 19 Vraagstuk 2.16-3 ....................................................................................................... 20 Vraagstuk 2.17-1 ....................................................................................................... 21 Vraagstuk 2.18-4 ....................................................................................................... 22 Vraagstuk 2.19-1 ....................................................................................................... 23 Vraagstuk 2.20-1 ....................................................................................................... 24 Vraagstuk 2.21-1 ....................................................................................................... 25 Vraagstuk 2.22-1 ....................................................................................................... 26 Vraagstuk 2.23-1 ....................................................................................................... 27 Vraagstuk 2.24 .......................................................................................................... 28 Vraagstuk 2.25-1 ....................................................................................................... 29 Vraagstuk 2.26-1 ....................................................................................................... 30 Vraagstuk 2.27 .......................................................................................................... 30 Vraagstuk 2.28-1 ....................................................................................................... 31 Vraagstuk 2.29 .......................................................................................................... 32 Vraagstuk 2.30 .......................................................................................................... 33 Vraagstuk 2.31 .......................................................................................................... 34 Vraagstuk 2.32-1 ....................................................................................................... 35 Vraagstuk 2.33 .......................................................................................................... 36 Vraagstuk 2.34-1 ....................................................................................................... 37 Vraagstuk 2.35 .......................................................................................................... 38 Vraagstuk 2.36-1 ....................................................................................................... 39

Hoofdstuk 3: Knik van gekoppelde starre staven .......................................... 40 Vraagstuk 3.1-1 ......................................................................................................... 40



3 van 51

Vraagstuk 3.2.1 ......................................................................................................... 41 Vraagstuk 3.3.1 ......................................................................................................... 42 Vraagstuk 3.4 ............................................................................................................ 43 Vraagstuk 3.5.1 ......................................................................................................... 44 Vraagstuk 3.6 ............................................................................................................ 45 Vraagstuk 3.7.3 ......................................................................................................... 46 Vraagstuk 3.8.1 ......................................................................................................... 47 Vraagstuk 3.9.1 ......................................................................................................... 48 Vraagstuk 3.10 .......................................................................................................... 49



4 van 51

Voorwoord In deze bundel zijn de uitwerkingen van de opgaven behorend bij de module stabiliteit opgenomen. De opgaven zijn zoveel mogelijk parametrisch (met symbolen) uitgewerkt om duidelijk de te volgen strategie neer te zetten en geen verwarring met getallen te veroorzaken. Getallen kunnen desgewenst zelf ingevuld worden om de numerieke antwoorden te vinden. Om de antwoorden enigszins compact te houden word in sommige vraagstukken eerder afgeleide kennis als bekend verondersteld. ( Bijvoorbeeld de veerstijfheid van een ligger op 2 steunpunten ). Geadviseerd wordt dan ook om eerst met de makkelijke vragen (lagere vraagnummering) te beginnen daar deze vaak uitgebreidere uitleg hebben. Tevens is van de vraagstukken met meerdere varianten steeds 1 variant uitgewerkt. De overigen hebben in de meeste gevallen dezelfde oplossingssystematiek. Veel plezier met de opgaven! Martijn van den Hoogen Maart 2012



5 van 51

Hoofdstuk 1: Stabiliteit van het evenwicht

Vraagstuk 1.1

Een evenwicht is stabiel als het systeem vanuit alle mogelijke ‘verplaatste standen’ in de buurt van de evenwichtsstand weer terugkeert naar de evenwichtsstand. ( ‘verplaatste stand’ wordt ook wel aangeduid als kinematisch mogelijke configuratie)

Vraagstuk 1.2

Of een systeem stabiel is afhankelijk van de belasting en de geometrie. Onder constructie valt alleen de geometrie ( plaatsvastheid, vormvastheid ). Als men het heeft over evenwicht dan neemt men zowel belasting als geometrie mee.

Vraagstuk 1.3-1/2

In de onderstaande figuren zijn vier mogelijke configuraties geschetst.

Vraagstuk 1.4

In een geometrisch niet lineaire berekening wordt de verplaatste stand meegenomen in de berekening van het krachtenspel. ( Krachten kunnen bijvoorbeeld extra moment genereren door een veroorzaakte uitwijken en zo het effect versterken )

Vraagstuk 1.5

Bij neutraal evenwicht zijn er in de buurt van de evenwichtstand nieuwe evenwichtsstanden mogelijk. Het systeem is indifferent in waar het staat. Bij een instabiel evenwicht is dit niet het geval en ‘klapt’ de constructie in. ( Vergelijk het met een balletje op een heuvel)

Vraagstuk 1.6

Het evenwicht is instabiel. Als het balletje een tik naar rechts krijgt rolt het eerst omhoog maar zal vervolgens altijd door zijn evenwicht stand rollen.



6 van 51

Hoofdstuk 2: Knik van starre staafsystemen met 1 vrijheidsgraad

Daar waar geen buigstijfheid is aangegeven kan een starre staaf worden verondersteld.

Vraagstuk 2.1

Eerst wordt de constructie in zijn verplaatste stand getekend met alle krachten die erop werken:

F

m1g

m2g

A

u

1/4u1/2u

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht rondom het steunpunt op:

1 2

1 10

4 2kF u um g um g+ − =

Hieruit vinden we de kniklast door het wegdelen van de onbepaalde uitwijking:

2 1

1 1

2 4kF m g m g= −



7 van 51

Vraagstuk 2.2-1

Eerst wordt de constructie in zijn verplaatste stand getekend:

m1g

m2g

cos(

)l

α

sin( )l α

2co

s()

ll

α−

hF

vF

Gevraagd wordt de verhouding tussen de twee massa’s als de hoek 0 graden is. Uit de tekening valt op te maken dat het tegenwerkend en meewerkend moment dan gelijk is aan:

2 sin( )tegenT m g α=

1 sin( )meeT m g α=

Hierbij is een kleine hoek aangenomen. Dan volgt dat voor een stabiel systeem moet gelden:

2 1m m>

Vervolgens is de strategie om de meewerkende en tegenwerkende momenten te bepalen. De afstanden zijn gegeven in de constructie boven. Met enig herschrijven is te vinden dat het schuine koord een lengte heeft van:

5 4cos( )l α−

Het meewerkend moment:

1 sin( )meeT m gl α=

Het tegenwerkend moment:

sin( )* cos( )*tegen v h

T l F l Fα α= +

2 2

2 cos( ) sin( )sin( ) cos( )

5 4cos( ) 5 4cos( )tegen

l l lT m gl m gl

l l

α αα α

α α

−= +

− −

Door nu te stellen dat:

mee tegenT T=

Kunnen we een verhouding vinden tussen de twee gewichten zoals gevraagd. Voor een hoek van 0 graden wordt die natuurlijk: (ERGENS KLOPT dit niet, antwoord moet toch ook uit de goniometrische relaties volgen?)

2 1m m>



8 van 51

Vraagstuk 2.3-1

Eerst tekenen we het blok in de verplaatste stand:

kkG

u

1/2u

Vervolgens stellen we het momenten evenwicht om de onderkant op, waarbij de massa aangrijpt in het middelpunt van het blok:

1

2meeT G u=

Het blok verdraait onder een hoek van:

2

u

aθ =

Dan worden de veren ingedrukt met:

2 2veer

u uu a

a= =

Nu volgt:

22

2tegen

uT ka kau= =

Het kritieke gewicht volgt nu uit:

mee tegenT T=

2 2G ka=



9 van 51

Vraagstuk 2.4-2

Dezelfde strategie als bij de vorige vraag wordt gevolgd alleen nu met de horizontaal geplaatste veren en een kracht op de bovenkant.

1

2meeT G u Fu= +

12

2 2 2tegen

a aT k u ku= =

Oplossen van mee tegenT T= geeft:

1

22

aF k G= −

Vraagstuk 2.5-1

a.) Eerst word de constructie weer vrijgemaakt en in de verplaatste stand getekend met de daarop werkende krachten:

F

u

l

tegenT

Er volgt:

meeT Fu= en tegen r

uT k

l= ,


rk

kF

l=

b. ) Als de lengte groter wordt neemt de knikkracht af.



10 van 51

Vraagstuk 2.6-2

a. ) Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand:

1l

2l

Vervolgens kunnen we het meewerkend en tegenwerkend moment opstellen:

meeT Fu= en 22

1

( )tegen

lT u kl

l= ,


2

2

1

k

lF k

l=

b. ) uit de afgeleide formule voor de knikkracht kunnen we zien dat als de kolomlengte groter wordt en de veren op dezelfde hoogte blijven de kniklast afneemt. c. ) Ook als de veren lager worden geplaatst neemt de kniklast af.



11 van 51

Vraagstuk 2.7-1

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand:

tegenT

1

u

lθ =

1l

2l

EI

We kunnen de verbonden ligger schematiseren tot een rotatieveer die een moment levert afhankelijk van de hoekverdraaiing. Uit de mechanica weten we dat voor de hoekverdraaiing van een eenvoudig opgelegde ligger geldt:

2

3

Ml

EIθ = , dit is ook andersom uit te drukken als:

2

3EIM

lθ= en dus

2

3r

EIk

l=

Nu kunnen we weer het momentenevenwicht opstellen om het onderste punt.

meeT Fu= en 2 1

3tegen

EI uT

l l= ,


1 2

3k

EIF

l l=



12 van 51

Vraagstuk 2.8-1


tegenT

1

2u

lθ =

1l

1

2u

lθ =

tegenT

2l2l

EI EI

Het valt op de staven in het midden niet horizontaal kunnen verplaatsen maar de onderkant wel. Nu kunnen we het momenten evenwicht opstellen om het onderste punt.

2meeT F u= en 2 1 2 1

3 2 122tegen

EI u EIT u

l l l l= = ,


1 2

6k

EIF

l l=



13 van 51

Vraagstuk 2.9-1


tegenT

1

u

lθ =

1l

2l

tegenT

1

u

lθ =

EI

EI

Nu kunnen we het momenten evenwicht opstellen om het onderste punt.

meeT Fu= en 2 1 2 1

3 62tegen

EI u EIT u

l l l l= = ,

Oplossen van mee tegen

T T= geeft:

1 2

6k

EIF

l l=



14 van 51

Vraagstuk 2.10-1


F

tegenT

u

1

u

lθ =

1l

1

u

lθ =

tegenT

2l3l

EI EI

Nu kunnen we het momenten evenwicht opstellen om het onderste punt waarbij we nu 2 verschillende stijfheden hebben omdat de liggers verschillend in lengte zijn.

meeT Fu= en 3 1 2 1

3 3tegen

EI u EI uT

l l l l= + ,


1 3 1 2

3 3k

EI EIF

l l l l= +



15 van 51

Vraagstuk 2.11-2

Eerste tekenen we de constructie in de verplaatste stand:

F

1l

2l

k k

u

2

1

lu

l

Gevraagd is de veerstijfheid waarbij de constructie stabiel is. Dit is feitelijk gewoon

mee tegenT T= oplossen voor de veerstijfheid k. We weten:

meeT Fu= en 22

1

2tegen

lT ku l

l= ,


T T= geeft:

1

2

22

Flk

l=



16 van 51

Vraagstuk 2.12

Eerste tekenen we de constructie in de verplaatste stand. We nemen daarbij aan dat in

de evenwichtsstand de blokken met onbekend gewicht blokG voor een afstand van h in

het water gezonken zijn. De dichtheid van het water is ρ en het oppervlak van de

onbekende blokken is A (1 in de vraag). Tevens nemen we aan dat de constructie in E en F verbonden is door een starre staaf die niet in D met de constructie verbonden is. (Dit is een onduidelijkheid in de vraag) We geven de constructie uitwijking u. We krijgen dan de volgende figuur:

u

l

l

h u+

h u−

blokG

blokG

( )blok

G h u Aρ− −

( )blok

G h u Aρ− +

Nu stellen we het evenwicht op om het rotatiepunt. De verticale uitwijking van de blokken aan de onderkant is aan gelijk aan u omdat de lengtes horizontaal gelijk zijn. Tevens is de opwaartse kracht in het water gelijk aan de massa van het verplaatste gewicht in water.

( ) ( ) ( )mee blokT Gu G l u h u A l uρ= + + − + +

( ) ( ) ( )tegen blokT G l u h u A l uρ= − − − −

Dit kunnen we oplossen voor onbekende G: 22 2 2 blokG Alh Al Gρ ρ= + −

Afhankelijk van wat de verbinding is tussen de punten E,D,F wordt het antwoord van deze vraag anders. Een andere variant is om bij punt D de constructie te verbinden met de starre staaf EF. Dan worden de blokken ‘plaatsvast’. Nog een andere optie is om de verbinding niet met een starre staaf maar met een kabel te maken. Dan blijft er dus 1 blok verticaal hangen en het andere blok gaat schuin hangen.



17 van 51

Vraagstuk 2.13

Voor deze vraag moeten we de twee knikgevallen afzonderlijk bekijken. In het ene geval kunnen we AB en ED als translatieveer modeleren, in het andere geval als rotatieveer. Als we beide verplaatste standen uit handige oogpunten tekenen ziet dat er als volgt uit (veerstijfheden in de tekening):

F

l

u

bu

l

bb

3

EIk

a= 3

EIk

a=

F

u

lθ =

EI

a

G G

C

C

B D B,DA,E

u

Voor de eerste situatie vonden we in vraagstuk 2.11-2 de oplossingsstrategie. We krijgen hiermee

meeT Fu= en 3

2tegen

EI bT u b

a l= ,


2

32k

EI bF

a l=

Voor de tweede situatie vonden we de kniklast in vraag 2.5-1 als:

rk

kF

l=

De veerstijfheid is 3 6

2EI EI

ka a

= =

Dus: 6

k

EIF

al=

Hieruit volgt dat: 1

33

a b=



18 van 51

Vraagstuk 2.14

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand. Het valt op dat als de constructie schuin komt te staan de buitenste knopen niet verplaatsen doordat er midden bovenin een momentvaste verbinding zit. Hierdoor zijn in principe alle knopen plaatsvast.

l l

1

2l

1

2l

1

2l

kq l

kq l

kq l

kq l

kq l

kq l

kq l

kq l

u

3

4u

1

2u

1

4u

Nu kunnen we de momentensommen opstellen.

3 1 1( ) ( ) ( ) ( )

4 2 4mee k k k kT q l l u q l l u q l l u q l l u= + + + + + + + , ofwel:

2 23 1 1 14 (1 ) 4 2

4 2 4 2mee k k k k

T q l q lu q l q lu= + + + + = +

3 1 1( ) ( ) ( ) ( )

4 2 4 2tegen k k k k r

uT q l l u q l l u q l l u q l l u k

l= − + − + − + − +

2 14 2

2 2tegen k k r

uT q l q lu k

l= − +


210

rk

kq

l=



19 van 51

Vraagstuk 2.15-1

Eerst tekenen we de verplaatste stand.

1l

1l1l

2l

1

1 2

lu

l l+

u

F

F


1( )meeT F l u= +

11

1 2 1 2

( )tegen r

l uT F l u k

l l l l= − +

+ +

Oplossen van mee tegenT T= geeft met een beetje omschrijven:

1 2 1( )

rk

kF

l l l=

+



20 van 51

Vraagstuk 2.16-3

Deelvraag 3 is interessant aangezien de linkerkant volledig plaatsvast is en de rechterkant alleen een puntlast bovenin heeft. De verplaatste stand ziet er als volgt uit:

h

1

2h

aa

u

1

3u

F

F


( )meeT F a u= +

1 2( )

3 3tegen r

uT F a u k

h= − +


2

rk

kF

h=



21 van 51

Vraagstuk 2.17-1

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand

l

1

2l

u

1

2u

Vervolgens stellen we de momentenevenwicht op.

meeT Fu=

1 1

2 2tegenT kul ku l= +


5

4kF kl=



22 van 51

Vraagstuk 2.18-4

Gegeven was onderstaande starre staaf. Gevraagd was een uitdrukking voor de kniklast. In de verplaatste stand ziet de constructie er als volgt uit:

F

kr

l

u

Zoals te zien kan de bovenkant niet horizontaal uitwijken. De onderkant kan echter wel verplaatsen met u. Uit verticaal evenwicht volgt dat de kracht F ook aan de onderkant als reactiekracht ontstaat. Het meewerkend moment op de staaf is dan (om de bovenste oplegging):

meeT Fu=

Het totale tegenwerkende moment (2 rotatieveren, 2 translatieveren, om de bovenste oplegging)):

2 2tegen t rT k ul k θ= +

Voor de hoekverdraaiing van de staaf weten we:

u

lθ =

Nu volgt voor het totale momentenevenwicht (om de bovenste oplegging):

2 2 0t r

uFu k ul k

l− − =

En voor de kniklast:

2

2 rk t

kF k l

l= +



23 van 51

Vraagstuk 2.19-1

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand

EI

u

l1

2Q

1

2u

De resultante van de verdeelde belasting grijpt aan in het midden van de starre staaf. Het meewerkend moment wordt dan:

1

2meeT Q u=

De ligger met buigstijfheid kunnen we modelleren als een translatieveer met stijfheid:

3

3EIk

l=

Het tegenwerkend moment wordt dan:

3

3tegen

EIT ul

l=

Gelijkstellen levert:

2

3

2k

EIQ

l=



24 van 51

Vraagstuk 2.20-1

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand. We kunnen de rechter pendelstaaf feitelijk modelleren als een roloplegging aan de rechterkant. Deze vereenvoudiging is toegestaan omdat de pendel alleen de recher bovenkant verticaal op zijn plaats houden. (horizontaal kan dit punt bewegen) Dan wordt het probleem soortgelijk aan vraagstuk 2.7

tegenT

u

lθ =l

2l

We kunnen de verbonden ligger schematiseren tot een rotatieveer die een moment levert afhankelijk van de hoekverdraaiing. Uit de mechanica weten we dat voor de hoekverdraaiing van een eenvoudig opgelegde ligger geldt:

2

3

M l

EIθ = , dit is ook andersom uit te drukken als:

3

2

EIM

lθ= en dus

3

2r

EIk

l=

Nu kunnen we weer het momentenevenwicht opstellen om het onderste punt.

meeT Fu= en 3

2tegen

EI uT

l l= ,


T T= geeft:

2

3

2k

EIF

l=



25 van 51

Vraagstuk 2.21-1

We kunnen de constructie modelleren als een starre staaf ondersteund door een translatieveer. De vraag wordt dan om de stijfheid van de translatieveer te vinden. De constructie in zijn verplaatste stand ziet er als volgt uit:

l

1

2l

EI

EI

Om de stijfheid van de veer te vinden oefenen we een horizontale kracht H uit en kijken we wat de uitwijking u daar zal worden. We weten uit de mechanica dat voor de verticale staaf geldt:

3

.3

vert staaf

Hlu

EI=

Hierbij moeten we nog het kwispeleffect optellen dat door de verende inklemming onderaan wordt geleverd. Het moment daar is:

Hl En dus:

3

1( )2

3 6kwispel

Hl lHl

u lEI EI

= =

De totale verplaatsing is dan:

3

.2

vert staaf kwispel

Hlu u u

EI= + =

Vervolgens volgt hieruit de stijfheid van de translatieveer:

3

2EIk

l=

Uit bijvoorbeeld vraagstuk 2.6-2 weten we dat:

kF kl=

Dus de kniklast is bepaald als:

2

2k

EIF

l=



26 van 51

Vraagstuk 2.22-1

Bij deze vraag kunnen we de twee staven met buigstijfheid EI wederom modelleren tot een translatieveer. De vraag wordt dan om de veerstijfheid van de translatieveer te vinden. We tekenen de constructie in zijn verplaatste stand:

l

l

Hl

Hl

EI

EI

Vervolgens moeten we het verband vinden tussen H en u. (de veerstijfheid k). We hebben hiervoor de momenten die ontstaan door H gemodelleerd als 2 koppels in het knooppunt en er een scharnier van gemaakt. Hierdoor ontstaat een mechanisme en kunnen we met hoekveranderingsvergelijkingen een relatie vinden voor de veerstijfheid. Voor het scharnierende knooppunt geldt:

links rechtsϕ ϕ=

2 2

3 3

Hl u Hl

EI l EI= −

De extra term in u volgt uit de verdraaiing van de verticale staaf. We vinden nu voor de veerstijfheid:

3

3

2

EIk

l=

Uit bijvoorbeeld vraagstuk 2.6-2 weten we dat:

kF kl=

Dus de kniklast is bepaald als:

2

3

2k

EIF

l=



27 van 51

Vraagstuk 2.23-1

Deze vraag is te modelleren als 2 knikstaven met allebei een rotatieveer aan de bovenkant. De vraag is nu wat de stijfheid van de rotatieveer is en hoe we dit stelsel van 2 momenten evenwichten kunnen oplossen. Eerst tekenen we de verplaatste stand:

2l

1l

θ θ

θ

θ

EI

We nemen in de horizontale staaf een onbekende trekkracht N aan en verwaarlozen de dwarskracht daar deze uiteindelijk kwadratische in plaats van lineaire term van de hoekverdraaiing afhankelijk is. Tevens is uit symmetrie overweging het moment M exact gelijk aan beide zijdes. Immers, anders worden de beide hoekverdraaiingen in de bovenregel nooit gelijk. We kunnen nu voor de hoekverdraaiing aan een van de uiteindes van de regel opstellen:

1 1 1

3 6 6

Ml Ml Ml

EI EI EIθ = − =

Hiermee wordt de veerstijfheid van de rotatieveren dus:

1

6r

EIk

l=

Nu kunnen we de twee momentenevenwichten opstellen:

ker. 2 2

1

60lin staaf

EIT Fl Nl

lθ θ= + − =∑

. 2 2

1

60rechter staaf

EIT Fl Nl

lθ θ= − − =∑

Als we nu de twee vergelijkingen handig bij elkaar optellen valt de onbekende N weg:

2

1

122 0

EIFl

lθ θ− =

Hieruit volgt de kniklast:

1 2

6EIF

l l=



28 van 51

Vraagstuk 2.24

De wijze van aanpak is bij deze vraag hetzelfde als bij de vorige vraag. We tekenen eerst de verplaatste stand:

2l

1l

θ θ

θ

θ

θ

θ

EI

EI

Gevraagd wordt nu de lengte van de regels maar uiteindelijk blijft de vraag het vinden van de kniklastformule. Doordat we nu ook een regel onder hebben wordt de veerstijfheid van de rotatieveren twee keer zo groot. (serie systeem) Met de bij de vorige vraag afgeleide stijfheid worden de evenwichtsvergelijkingen dan:

ker. 2 2

1

120lin staaf

EIT Fl Nl

lθ θ= + − =∑

. 2 2

1

120rechter staaf

EIT Fl Nl

lθ θ= − − =∑


2

1

242 0

EIFl

lθ θ− =

Hieruit volgt de kniklast:

1 2

12EIF

l l=

Hieruit kunnen we de gevraagde lengte berekenen als de kniklast gegeven is.



29 van 51

Vraagstuk 2.25-1

a.) Bij deze vraag wordt dezelfde strategie toegepast als in vraagstuk 2.23-1. Enige verschil is nu dat de kracht op de rechterkolom een factor is van de kracht op de linkerkolom. De verplaatste stand is:

l

l

θ θ

θ

θ

FλF

EI

Voor de stijfheid van de regel vonden we eerder:

6

r

EIk

l=

Nu kunnen we de twee momentenevenwichten opstellen:

ker.

60lin staaf

EIT Fl Nl

lθ θ= + − =∑

.

60rechter staaf

EIT Fl Nl

lλ θ θ= − − =∑


12(1 ) 0

EIFl

lλ θ θ+ − =

Hieruit volgt de kracht F waarbij instabiliteit optreedt:

2

12

(1 )

EIF

lλ=

+

b.) De totale belasting op de constructie is:

2 2

12 12(1 ) (1 )

(1 )

EI EIF F F

l lλ λ λ

λ+ = + = + =

+

Dus de verdeling van de krachten over de twee kolommen heeft geen invloed op de totale bovenbelasting bij bezwijken. Je kunt dit ook zien door de twee kolommen te modelleren als 1 kolom. Deze heeft dan altijd dezelfde veerstijfheid die volgt uit de ligger.



30 van 51

Vraagstuk 2.26-1

De verplaatste stand is als volgt te tekenen:

EI

uF

tk

l

1

2l

De horizontale ligger en de translatieveer kunnen worden gezien als 2 achter elkaar gekoppelde translatieveren. Dan kunnen we rekenen met een vervangen veerstijfheid voor de translatieveer en de buigzame staaf star aannemen. Voor de stijfheid van de ligger en zijn verplaatsing weten we:

31( )2

3

F l

uEI

= en dus 3

24EIk

l=

De samengestelde veerstijfheid wordt dan (serie geschakelde veren):

3

1

1

24

totaal

t

kl

EI k

=

+

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op.

meeT Fu=

1 1

2 2tegen totaalT k u l=


3 14( )

24

k

t

lF

l

EI k

=

+

Vraagstuk 2.27

De linker constructie is serie (zie hierboven) en de rechter constructie is parallel. Dit kan men zien door te kijken naar de vrijheidsgraad en de aangrijppunten van de tegenreactie



31 van 51

Vraagstuk 2.28-1

Deze constructie bestaat uit 1 starre staaf en 2 kolommen met buigstijfheid die de veerstijfheid leveren. We kunnen de constructie in de verplaatste stand zetten en de delen vrijmaken:

u

l

1N 1N 2N 2N

u u

EI EI

De vraag is nu om voor het momentenevenwicht bij de starre staaf de onbekende normaalkracht N1 uit te drukken in de veerstijfheden van de buigzame staven. We weten dat iedere staaf met u verplaatst daar er geen normaalkrachtvervorming van de liggers is. We kunnen voor beide liggers de uitwijking als functie van de krachten schrijven:

3

1 2( )

3

N N lu

EI

−= (linker kolom)

3

2

3

N lu

EI= (rechter kolom)

De tweede relatie in de eerste invullen levert:

3

1

3

N lu u

EI= −

Ofwel een stijfheid van:

3

6EIk

l=

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op.

meeT Fu=

tegenT kul=


T T= geeft:

2

6k

EIF

l=



32 van 51

Vraagstuk 2.29

a.) (2) en (3) hebben in serie geschakelde veren (de veren ondergaan een verschillende beweging )

b.) (1) en (4) hebben in parallel geschakelde veren ( de veren ondergaan dezelfde beweging)



33 van 51

Vraagstuk 2.30

Voor een kabel of staaf met rekstijfheid EA weten we dat de veerstijfheid gelijk is aan:

EA

kl

=

Een kabel onder druk levert geen kracht dus de constructie gaat uitknikken naar die kant waarbij het de minste weerstand krijgt. De stijfheid van de actieve veer moet zo klein mogelijk zijn. Dit is het geval als de constructie naar links uitknikt daar de veerstijfheid van de rechterkabel gelijk is aan:

2

EAk

l=

Voor de duidelijkheid is hieronder de verplaatste stand getekend:

F

u

l 2l

2l

De kniklast kan nu bepaald worden uit de momentensom om het onderste oplegpunt.

meeT Fu=

22

tegen

EAT kul u l EAu

l= = =


kF EA=



34 van 51

Vraagstuk 2.31

Deze vraag borduurt voort op de vorige vraag. Als we een voorspankracht in de kabel aanbrengen hangt het linkerdeel niet direct slap omdat er een trekkracht aanwezig is. De constructie ziet er dan als volgt uit:

F

u

l 2l

2l

Als we nu de momenten bekijken ziet dat er als volgt uit.

0 0( )2 2 2meeT Fu S ku l Fu S l EAu= + − = + −

0 0 0( )2 2 2 22

tegen

EAT ku S l u l S l EAu S l

l= + = + = +


3kF EA=

Een voorspanning levert dus een hogere kniklast op. Het dient opgemerkt te worden dat

deze oplossing geldt tot een bepaalde uitwijking. Vanaf 0S ku= wordt de bijdrage van de

linker kabel gelijk aan 0 en veranderd het gedrag van de dan al geknikte constructie.



35 van 51

Vraagstuk 2.32-1

a.) Het menselijk gevoel zegt dat constructie (1) labiel is, constructie (2) labiel en (3) neutraal. b.) De vraag is natuurlijk hoe we dat kunnen inzien. De constructie wil weg in zijn zwakst ondersteunde richting, de zijkanten. Als we de constructie dan in zijn verplaatste stand tekenen, een uitwijking u geven en algemene lengtematen aannemen krijgen we het volgende:

u

a

b

2 22

bN

u b+

2 22

uN

u b+

We nemen in de 2 kabels een totale trekkracht aan van 2N. De horizontale en verticale componenten zijn weergegeven in de tekening. Stel we zoeken eerst de grenssituatie met een neutrale aard. Het momentenevenwicht om de oplegging geeft dan:

0mee tegenT T− =

2 2 2 2

2 2 0b u

Nu Nau b u b

− =+ +

Wegdelen van de gelijke termen geeft:

0b a− = Dus inderdaad als voor b = a is het evenwicht van neutrale aard. Als b > a is het wegdrijvend moment groter dan het terugdrijvend moment en hebben we een labiel evenwicht. Voor b<a is het evenwicht neutraal.



36 van 51

Vraagstuk 2.33

Bij deze vraag kunnen we de kolommen met EI en de kabels zien als in serie geschakelde veren. In de verplaatste stand doet maar 1 kabel mee. Het probleem ziet er dan als volgt uit:

u

1

2l

l

2

3u

De vervangende veerstijfheid van de veren is als volgt te bepalen (zie ook vraag 2.26-1):

3

1

1

3

totaal

t

kl

EI k

=

+

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op. Het gewicht van het blok grijpt aan op 2/3 van de hoogte. Het zwaartepunt van de driehoek.

2

3meeT G u=

2tegen totaalT k ul=


T T= geeft:

3k totaalG k l=



37 van 51

Vraagstuk 2.34-1

Eerst tekenen we de constructie in zijn verplaatste stand. Alleen de draad op trek doet mee in het krachtenspel. Als men de goniometrie uitschrijft kan het volgende plaatje worden verkregen met een horizontale component en een verticale component van de kabelkracht:

u

l

sin Nα

tan

l

α

sin

l

α

cos Nα

α

coskabell u α∆ =

De normaalkracht N in de kabel kan worden uitgedrukt als:

cos sin cos

sin

kabel

kabel

EA EA EAN l u u

ll lα α α

α

= ∆ = =

Vervolgens stellen we het momentenevenwicht op. Het gewicht van het blok grijpt aan op 2/3 van de hoogte.

2sin sin cos sinmee

EAT Fu Nu Fu u

lα α α α= + = +

cos cos sin costegen

EAT Nl ul

lα α α α= =

We kunnen de term met u kwadraat verwaarlozen aangezien u al veel kleiner zal zijn vergeleken met de overige lengtematen. En kwadratisch dus verwaarloosbaar klein.


2cos sinkF EA α α=



38 van 51

Vraagstuk 2.35

De constructiedelen worden vrijgemaakt en de constructie wordt in zijn verplaatste stand getekend:

l

l

θ

2θ

1θ θ=

2 2θ θ=

EI

1

2l

1M 2M

N

N

V

V

V

V

De rechterkolom roteert twee keer zoveel als de linker. De vraag is nu wat de stijfheid van de ligger wordt. We weten dat:

1 21

3 6

M l M l

EI EIθ = − en 1 2

26 3

M l M l

EI EIθ = − +

Door deze vergelijkingen om te schrijven kunnen we vinden:

1 1 2

4 2EI EIM

l lθ θ= + en

2 1 2

2 4EI EIM

l lθ θ= +

We weten ook dat 1θ θ= en 2 2θ θ= uit de geometrie. Dan vinden we dat:

1

8EIM

lθ= en

2

10EIM

lθ=

Hiermee zijn de rotatieveren onderaan bepaald. Nu volgt:

ker.

80lin staaf

EIT Fl Nl Vl

lθ θ θ= + + − =∑

.

1 102 2 0

2rechter staaf

EIT Nl Vl

lθ θ= − − − =∑

We weten ook dat de dwarskracht uit de bovenstaaf de helft is van de normaalkracht (verhoudingen). Dit invullen levert:

ker.

1 8(1 ) 0

2lin staaf

EIT Fl Nl

lθ θ θ= + + − =∑ �

ker.

80lin staaf

EIT Fl Nl

lθ θ= + − =∑

.

1 10( ) 2 0

2rechter staaf

EIT Nl

lθ θ= − − − =∑ �

.

1 102 0

2rechter staaf

EIT Nl

lθ= − − =∑

We kunnen aannemen dat 1 en ½ veel groter zijn dan θ . Dan vereenvoudigen de

vergelijkingen (en valt N eruit bij handig optellen). Er volgt dat:

2

28k

EIF

l=



39 van 51

Vraagstuk 2.36-1

Eerst tekenen we de constructie zijn in verplaatste stand:

totaalu

1u 2uF

1k

2k

We zien dat de totale verplaatsing is opgebouwd uit 2 bijdrages. De vraag is nu wat de verhouding tussen die twee bijdrages is. We weten dat:

. .1 2

1 2

veer onder veer boventotaal

F Fu u u

k k= + = +

Echter uit horizontaal evenwicht in de grens situatie moet gelden:

. .veer onder veer boven vF F F= =

Dan volgt dat:

1 2

1 2

1 1( )totaal vu u u Fk k

= + = +

Nu volgt voor de verhoudingen van de verplaatsingen:

1 1 1

1 2 1 2

1

1 1 1 1( ) ( )

v

totaalv

F

u k k

uF

k k k k

= =

+ +

en 2 2 2

1 2 1 2

1

1 1 1 1( ) ( )

v

totaalv

F

u k k

uF

k k k k

= =

+ +

Nu kunnen we de momentensom opstellen om bijvoorbeeld het onderste punt:

22 2 2

1 2

1

01 1

( )totaal totaal

kFu k u l Fu k u l

k k

− = − =

+

Oplossen geeft:

1 2

1 1( )

k

lF

k k

=

+



40 van 51

Hoofdstuk 3: Knik van gekoppelde starre staven

Vraagstuk 3.1-1

Eerst wordt de constructie vrijgemaakt en in zijn verplaatste stand getekend. We nemen een trekkracht aan in de bovenstaaf. Men kan ook een drukkracht aannemen, de kracht valt uiteindelijk toch uit de vergelijkingen.

u

NN

1F 2F

tk

l

Vervolgens stellen we de twee momentenevenwichten om de onderste opleggingen op:

ker. 1 0lin staafT Fu Nl= + =∑

. 2 0rechter staaf tT F u Nl k ul= − − =∑

Optellen van de vergelijkingen en eruit vallen van de onbekende normaalkracht resulteert in:

1 2( ) 0tF F u k ul+ − =

En hieruit volgt als antwoord voor kt:

1 2t

F Fk

l

+=



41 van 51

Vraagstuk 3.2.1

Eerst wordt de constructie in zijn verplaatste stand getekend:

u

1N1N

F F

rk

l

2N2N

r

uM k

l=

Vervolgens stellen we de drie momentenevenwichten om de onderste opleggingen op:

ker. 1 0lin staafT Fu N l= + =∑

. 1 2 0midden staafT Fu N l N l= − + =∑

. 2 0rechter staaf r

uT N l k

l= − − =∑

Optellen van de vergelijkingen en eruit vallen van de onbekende normaalkracht resulteert in:

2 0r

uFu k

l− =

En hieruit volgt als antwoord voor Fk:

2

rk

kF

l=



42 van 51

u

1S1S

F F

2l

2S2S

EIl

uu

Vraagstuk 3.3.1

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand. Voor de beide regels is aangenomen dat er een onbekende drukkracht S1 en S2 in zit. De rechter kolom zal vanwege deze drukkracht uitbuigen zoals in de onderstaande tekening is weergegeven. We weten uit het vorige hoofdstuk dat we de ligger met buigstijfheid kunnen modelleren als een translatieveer met de volgende stijfheidsrelatie:

3

2

3

S lu

EI= ofwel:

2 3

3EIS u

l=

Voor de beide overige kolommen kunnen twee momenten-evenwichtsvergelijkingen worden opgesteld om resp. de onderste oplegpunten.

steunpunt-linkerskolom 12 0T Fu S l= − =∑

steunpunt-middenkolom 1 2 0T Fu S l S l= + − =∑

Elimineren van S1 levert:

23 2 0Fu S l− =

Of met de stijfheidsrelatie ingevuld:

3

63 0

EIuFu l

l− =

Hieruit volgt:

2

2k

EIF

l=



43 van 51

Vraagstuk 3.4

Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand. Daarbij nemen we in de horizontale regel een onbekende trekkracht N aan. Tevens definieren we 2 onbekende dwarskrachten Vl en Vr komend uit de ligger. In de figuur zijn de interactiekrachten weergegeven in paren. De vraag is nu hoe deze dwarskrachten afhangen van belasting F.

u

N

lba

N

lV r

V

l

F

tk

Uit het momentenevenwicht van de horizontale regel om beide uiteindes kunnen we het volgende afleiden:

r

aV F

a b=

+

l

bV F

a b=

+

Hiermee gewapend kunnen we de momentenevenwichten voor de twee poten:

ker. 0lin staaf t lT k ul Nl V u= − − − =∑

. 0rechter staaf rT Nl V u= − + =∑

Of met de gevonden relatie voor de dwarskrachten:

ker. 0lin staaf t

bT k ul Nl Fu

a b= − − − =

+∑

. 0rechter staaf

aT Nl Fu

a b= − + =

+∑

Vermenigvuldigen met -1 van de bovenste vergelijking en optellen bij de onderste geeft:

k tF k l=

(Note: uit de vergelijking komt –ktl, waar gaat het mis? ) De verhouding a/b waarbij het evenwicht altijd stabiel is treed op als de kracht F volledig links staat. Dan wordt de belasting helemaal per trek doorgevoerd naar de linker verticale staaf. Dit is dus bij a/b = 0.



44 van 51

Vraagstuk 3.5.1

Allereerst wordt de constructie in de verplaatste stand getekend. Voor de bovenregel wordt verplaatsing u aangenomen en een onbekende trekkracht N.

u

N1

2l

N

3EI uM

l l=

EI

l

F2F

l

Voor de verende onderregel weten uit het vorige hoofdstuk dat voor de veerstijfheid geldt:

3

r

EIk

l=

Het moment geproduceerd door deze regel is bovenin de figuur weergegeven. Vervolgens kunnen we de momentenevenwichten opstellen om de twee onderste oplegpunten:

ker.

12 0

2lin staafT Fu N l= + =∑

.

30rechter staaf

EI uT Nl Fu

l l= − + − =∑

Oplossen van de vergelijkingen door de bovenste met 2 te vermenigvuldigen en op te tellen bij de onderste levert:

2

3

5k

EIF

l=



45 van 51

Vraagstuk 3.6

( In oudere versies van het opdrachtendictaat kan er een misdruk zitten in het plaatje waarbij de rechterkolom ontbreekt.) Eerst tekenen we de constructie in de verplaatste stand:

u

1N1N

3EI uM

l l=

EI

l

2Fλ 3Fλ1Fλ

l

2N 2N

In deze vraag hebben we 3 verbonden starre kolommen. We moeten dus zoeken naar 3 momentenevenwichten:

ker. 1 12 0lin staafT F u N lλ= + =∑

. 2 1 2 0midden staafT F u N l N lλ= − + =∑

. 3 2

30rechter staaf

EI uT F u N l

l lλ= − − =∑

Tel nu de helft van de eerste vergelijking op bij de tweede, en tel de derde op bij de tweede. Zo vallen de onbekende normaalkrachten weg. Het resultaat:

a. 2

1 2 3

3

1

2

EI

l

F F F

λ =

+ +

b. Als alleen F1 een waarde heeft: 2

6k

EIF

l=

c. Als de kracht in B of C staat wordt de kniklast: 2

3k

EIF

l= . Dit is hiermee de

gevaarlijkste plek (laagste kniklast) d. Als alledrie de krachten hetzelfde zijn volgt uit bovenstaande formule:

2

6

5k

EIF

l=



46 van 51

Vraagstuk 3.7.3

Eerst zetten we de constructie in de verplaatste stand. We zien dat de onderste ligger doorbuigt.

F

l

u

EIEI

Voor de zakking van de onderste ligger onder een puntlast in het midden weten we:

3

48

Flu

EI=

Ofwel als we de ligger zouden vervangen door een translatieveer kan dat door die een stijfheid te geven van:

3

48EIk

l=

We kunnen nu de bovenste ligger vrijmaken en de het krachtenspel weergeven:

3

48veer

EIF u

l=

F

u

3

24oplegging

EIF u

l=

De kracht uitgeoefend op de bovenste ligger door de veer is dan:

3

48veer

EIF u

l=

Uit verticaal evenwicht volgt voor beide oplegreacties:

3

24oplegging

EIF u

l=

Nu kunnen we de knikkracht vinden door het momentenevenwicht van de rechterhelft te nemen om de scharnier in het midden:

. 3

24 10

2rechter helft

EIT Fu u l

l= − =∑

Hieruit volgt:

2

12k

EIF

l=



47 van 51

Vraagstuk 3.8.1

Allereerst teken we de constructie in de verplaatste stand:

1l

2l

3l

1kq l

u

kq

rk

De rotatieveer in het midden verdraait over een hoek van:

2 3

( )u u

l lθ = +

Hierdoor is er in de rotatieveer een moment van:

2 3

( ) r

u uM k

l l= +

Dit wordt op zowel de onderste staaf als de middelste staaf uitgeoefend (snedekracht). We weten ook dat de verdeelde belasting voor de helft wordt overgebracht op de verticale staaf. Nu kunnen we het momentenevenwicht opstellen om 1 van de verticale staafdelen:

. 1

2 3

1( ) 0

2rechter helft k r

u uT q l u k

l l= − + =∑

Hieruit volgt de knikbelasting:

2 3

1

1 12( ) r

k

kl l

ql

+

=

Opmerking: De horizontale ‘oplegkrachten’ boven en onderaan de verticale staven zijn nul in tegenstelling tot vorige vraagstuk.



48 van 51

Vraagstuk 3.9.1

Allereerst wordt de constructie in de verplaatste stand getekend:

1l

2l

u

F

1l

1EI

2EI

u

F1

1

1 2

3EI uM

l l=

22

1 1

3EI uM

l l=

1 2

1 2

h

M MF

l l

−=

+

In de rechterfiguur is de verticale staaf vrijgemaakt en zijn alle krachten getekend die erop werken. Daarbij is de dwarskracht uit de bovenste regel verwaarloosd. Nu dienen uitdrukkingen te worden gevonden voor al deze krachten. Voor de momenten weten we uit hoofdstuk 2 (beide momenten werken de knikbeweging tegen)

11

1 2

3EI uM

l l=

22

1 1

3EI uM

l l=

Door nu de momentensom om een van de oplegpunten te nemen volgt de grote van de horizontale oplegreacties:

2 2

1 2 1 2 1 1

1 2 1 2

3 3

h

EI EIu u

M M l l l lF

l l l l

−−

= =+ +

Nu kunnen we de kniklast vinden door het momentenevenwicht om het bovenste deel van de staaf op te stellen:

. 2 1 0bovenste deel hT Fu F l M= + − =∑

Door bovenstaande uitdrukkingen in te vullen en op te lossen voor F is te vinden:

2 2

2 2 1 1

2

1 2 1 2

3( )

( )k

EI l EI lF

l l l l

+=

+



49 van 51

Vraagstuk 3.10.1

Eerst wordt de constructie in de verplaatste gestand getekend

u

l

NN

1r

uM k

l=

1r

uM k

l= 2r

uM k

l=

2r

uM k

l=

1F F

2rk

2rk

1rk

1rk

Vervolgens kunnen we voor beide delen de momentenevenwichten opstellen om de onderste draaipunten.

ker. 1 12 0lin staaf r

uT Nl Fu k

l= + − =∑

. 22 0rechter staaf r

uT Nl Fu k

l= − + − =∑

Optellen van de vergelijkingen en oplossen voor de onbekende kracht F levert:

1 2 1

2( )

k r rF k k F

l= + −

ONDUIDELIJKHEID: Hoe is het verticale evenwicht van de bovenste staaf. Waar exact grijpen de terugdraaiende momenten aan en hoe beïnvloed dit de dwarskracht in de bovenste staaf. Zo is de vraag wel erg simpel.



50 van 51

Vraagstuk 3.11.1

Allereerst wordt de constructie in de verplaatste stand getekend en wordt de bovenregel vrijgemaakt. De snedekrachten worden benoemd en getekend in de figuur

u

l

NN

1r

uM k

l=

2

2

3r

uM k

l=

1

2F F

2rk

1rk

1

2F

1

2F

1

2F

1

2l

De kracht midden op de bovenregel wordt gelijk verdeeld over de linker en rechterkolom daar beide kolommen scharnierend verbonden zijn. ( Een eenvoudige momentensom om 1 van de uiteindes van de bovenregel bevestigt dit. ) Nu kunnen de momentensommen om de onderste oplegpunten worden opgesteld. Opletten omdat de rechterstaat in feite minder (1,5 maal) roteert door zijn grotere lengte.

ker. 1 1

10

2lin staaf r

uT Nl Fu k

l= + − =∑

. 2

1 20

2 3rechter staaf r

uT Nl Fu k

l= − + − =∑

Optellen van de vergelijkingen en oplossen voor de onbekende knikkracht F levert:

1 2

1 2( )

3k r r

F k kl

= +



51 van 51

Vraagstuk 3.12

antwoordenbundel module: stabiliteit van het evenwicht...

Documents