Module : Stabiliteit van het evenwicht Deel 1 : Theorie...

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 Module : Stabiliteit van het evenwicht Deel 1 : Theorie

CTB2210

December 2016 C. Hartsuijker en J.W. Welleman

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 CTB2210

MODULE : STABILITEIT VAN HET EVENWICHT

COENRAAD HARTSUIJKER HANS WELLEMAN Civiele Techniek TU-Delft

December 2016

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 Voorwoord

© 2016 - C. Hartsuijker en J.W. Welleman, TU-Delft ii

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 Voorwoord

© 2016 - C. Hartsuijker en J.W. Welleman, TU-Delft iii

Voorwoord

Dit dictaat maakt onderdeel uit van de leerstof van CTB2210 ConstructieMechanica 3.

De theorie en voorbeelden in dit dictaat zijn zo uitgewerkt dat dit onderdeel in zelfstudie

bestudeerd kan worden.

Op het college worden de hoofdzaken aan de hand van voorbeelden toegelicht. De

student wordt geacht zelf deze onderwerpen nader te bestuderen. De zelfstudie wordt

met behulp van de COZ ondersteund. Daarnaast zijn de sheets die op het college

worden gebruikt te downloaden van het internet. Ook extra oefenmateriaal kan hier

worden verkregen. Deze site is te vinden op:

http://icozct.tudelft.nl/TUD_CT/index.shtml

Voor vragen bij het bestuderen van de stof en/of assistentie bij opdrachten kan gebruik

gemaakt worden van de service van de studentassistenten van ConstructieMechanica.

Voor meer informatie wordt verwezen naar de onderstaande web-site:

http://icozct.tudelft.nl/TUD_CT/SAs/Overons/

Ten opzichte van de vorige versie van dit dictaat zijn er alleen kleine oneffenheden

verwijderd. Naast dit theorie-deel is er een tweede bundel met opgaven verkrijgbaar. In

dit tweede deel is tevens een leeswijzer opgenomen voor studenten die CTB2210

volgen.

Ondanks de grootste zorgvuldigheid bij het samenstellen van dit dictaat zijn

onvolkomenheden niet uit te sluiten. Wij stellen het zeer op prijs dat fouten en

onduidelijkheden worden gemeld.

De auteurs,

Coen Hartsuijker en

Hans Welleman,

December 2016

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 INHOUDSOPGAVE

© 2016 - C. Hartsuijker en J.W. Welleman

iv

Inhoudsopgave

1. Stabiliteit van het evenwicht ............................................................ 1 1.1 Betrouwbaar en onbetrouwbaar evenwicht. ..................................................... 1

1.2 Vormen van instabiliteit .................................................................................... 7

2. Knik van starre-staaf-systemen met één vrijheidsgraad ............ 15

2.1 Het knikprobleem ............................................................................................ 15 2.1.1. Starre knikstaaf met translatieveer ...................................................................... 15

2.1.2. Starre knikstaaf met rotatieveer .......................................................................... 18

2.1.3. Starre knikstaaf met een buigzame staaf als veer ................................................ 21

2.1.4 Parallel en in serie geschakelde veren ................................................................. 26

2.2 Naknikgedrag .................................................................................................. 31 2.2.1. Symmetrisch labiel naknikgedrag ....................................................................... 31

2.2.2. Symmetrisch stabiel naknikgedrag ..................................................................... 35

2.2.3. Asymmetrisch naknikgedrag ............................................................................... 36

2.3 Enkele uitgewerkte voorbeelden ..................................................................... 40

3. Knik van gekoppelde starre staven ............................................... 65

3.1 Staven gesteund door translatieveren ............................................................. 65

3.2 Verend ingeklemde staven ............................................................................... 73

3.3 Enkele uitgewerkte voorbeelden ..................................................................... 78

4. Knik van starre-staaf-systemen met twee vrijheidsgraden ...... 105

4.1 Enkele uitgewerkte voorbeelden ................................................................... 105

5. Knik van buigzame staven – basisknik-gevallen ........................ 123

5.1 Knikstaaf van Euler ....................................................................................... 124

5.2 De 4e orde differentiaalvergelijking voor buigingsknik ............................... 131

5.3 Basisknikgevallen .......................................................................................... 137

5.4 Samenvatting ................................................................................................. 147


6. Knik van verend ingeklemde buigzame staven .......................... 169

6.1 Eenzijdig verend ingeklemde knikstaaf ......................................................... 171 6.1.1. Exacte oplossing met de 4e orde differentiaalvergelijking. .............................. 171

6.1.2. Benaderingsmethode met momentenvlakstellingen .......................................... 179

6.1.3. De benaderingsformule ................................................................................... 187

6.2 Tweezijdig verend ingeklemde knikstaven – ongeschoord ............................ 192

6.3 Tweezijdig verend ingeklemde knikstaven – geschoord ................................ 197

6.4 Samenvatting ................................................................................................. 201


7. Knik van door translatieveren ondersteunde buigzame staven 223

7.1 Knikstaaf met verende randoplegging .......................................................... 224

7.2 Knikstaaf met verend tussensteunpunt .......................................................... 233

7.3 Elastisch ondersteunde knikstaaf .................................................................. 241



v

8. Buigzame knikstaaf met aanpendelende kolommen ................. 247 8.1 Oplossen van de knikvergelijking ................................................................. 247


9. Formule van Rayleigh * ................................................................ 273 9.1 Vervormingsenergie ...................................................................................... 274

9.1.1. Vervormingsenergie door extensie ................................................................... 274

9.1.2. Vervormingsenergie door buiging .................................................................... 276

9.2 Formule van Rayleigh ................................................................................... 279

9.3 Enkele voorbeelden ....................................................................................... 284

10. Vergrotingsfactor (starre-staaf-systemen) ................................. 301 10.1 Staaf met vormafwijkingen ............................................................................ 303

10.2 Staaf met een dwarsbelasting ........................................................................ 314

11. Vergrotingsfactor (buigzame staven) .......................................... 323

11.1 De differentiaalvergelijking voor een initieel gekromde staaf ..................... 325

11.2 Drukstaaf met een initiële uitbuiging ............................................................ 327 11.2.1. Drukstaaf met een sinusvormige beginuitbuiging ............................................. 327

11.2.2. Drukstaaf met een parabolische beginuitbuiging .............................................. 332

11.2.3. Een geknikte drukstaaf ...................................................................................... 339

11.3 Drukstaaf met een dwarsbelasting; schijnbare stijfheid ............................... 345 11.3.1. Vrij opgelegde drukstaaf met een puntlast in het midden ................................. 346

11.3.2. Vrij opgelegde drukstaaf met momenten op de uiteinden ................................. 353

11.3.3. Verend ingeklemde drukstaaf ........................................................................... 359

11.3.4. Enkele numerieke voorbeelden ......................................................................... 366

11.3.5. Schijnbare buigstijfheid .................................................................................... 374

12. Instabiliteit door niet-lineair materiaalgedrag ........................... 383

12.1 Knik en naknikgedrag van een starre-staaf-systeem .................................... 384

12.2 Bezwijken door instabiliteit – starre staven .................................................. 387 12.2.1. Verend ingeklemde staaf met dwarsbelasting ................................................... 387

12.2.2. Verend ingeklemde staaf met initiële scheefstand ............................................ 392

12.2.3. Enkele numeriek uitgewerkte voorbeelden ....................................................... 397

12.3 Bezwijken door instabiliteit – buigzame staven ............................................ 414

12.4 Bezwijken door instabiliteit van een portaal ................................................ 420



vi

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 1 STABILITEIT VAN HET EVENWICHT


1

1. Stabiliteit van het evenwicht

Stabiliteit heeft te maken met de betrouwbaarheid van het evenwicht. In

paragraaf 1.1 worden enkele hiermee samenhangende basisbegrippen

geïntroduceerd.

Een evenwicht dat onbetrouwbaar is noemt men instabiel. Gevaar voor

instabiliteit bestaat met name bij op druk belaste slanke constructies. Maar

instabiliteit kan ook optreden ten gevolge van afschuiving en wringing. In

paragraaf 1.2 wordt een beknopt overzicht gegeven van verschillende vormen

van instabiliteit.

1.1 Betrouwbaar en onbetrouwbaar evenwicht.

Het evenwicht van een mens die met beide benen op de grond staat is meestal

een betrouwbaar evenwicht. Hij zal niet zomaar omvallen. De mens kan zelfs op

de tenen van één voet te staan zonder zijn evenwicht te verliezen. Daarvoor moet

de werklijn van de actiekracht (zijn eigen gewicht) samenvallen met de werklijn

van de reactiekracht (de kracht die de vloer op zijn tenen uitoefent). Bij elke

kleine afwijking treedt een mechanisme in werking dat deze afwijking corrigeert.

Zolang het corrigerend mechanisme ervoor zorgt dat hij niet omvalt is het

evenwicht van de mens, ook als hij op de tenen van één voet staat, betrouwbaar.

Ook constructies zijn onderworpen aan storende invloeden en kunnen daardoor

uit balans worden gebracht. Om toch niet hun evenwicht te verliezen moeten zij

eveneens zijn voorzien van mechanismen die corrigerend werken bij verstoringen

van het evenwicht.

Als voorbeeld dienen de twee gewichtloze starre-staaf-systemen in figuur 1.1. Zij

worden belast door een kracht F die constant is in grootte en richting. Beide

systemen zijn zodanig opgesteld dat de werklijn van F door de scharnieren gaat.

Figuur 1.1

1 STABILITEIT VAN HET EVENWICHT CONSTRUCTIEMECHANICA 3


2

Met weinig moeite is vast te stellen dat beide systemen in evenwicht verkeren en

dat de veerkrachten (de kracht in de translatieveer en het moment in de

rotatieveer) nul zijn. Uit dit laatste zou men kunnen concluderen dat de veren

voor het evenwicht niet nodig zijn en dus kunnen worden weggelaten.

Ervaring heeft geleerd dat het evenwicht van de systemen zonder veer, zoals

getekend in figuur 1.2, van een andere, minder betrouwbare aard is dan het

evenwicht van de systemen met veer in figuur 1.1. Een kleine uitwijking uit de

rechtstand doet het evenwicht van de systemen in figuur 1.2 definitief verloren

gaan. Het evenwicht is onbetrouwbaar. Bij de systemen in figuur 1.1 komen

daarentegen de veren in werking om een uitwijking uit de rechtstand te

corrigeren. Bij voldoende stijfheid kunnen de veren ervoor zorgen dat het

evenwicht niet verloren gaat, maar zich herstelt. Een dergelijk evenwicht is

betrouwbaar.

Figuur 1.2

De enig betrouwbare evenwichtsvorm is het stabiele evenwicht. Dat een stabiel

evenwicht betrouwbaar is, blijkt uit de volgende definitie:

Een evenwicht is stabiel als het systeem in alle naburige kinematisch mogelijke

configuraties1 van de evenwichtsstand de neiging heeft weer terug te keren naar

de oorspronkelijke evenwichtsstand.

Worden de optredende dynamische verschijnselen mede bezien, dan leidt een

kleine verstoring van het stabiele evenwicht tot een trilling om de

evenwichtsstand met een amplitude die binnen nauwe grenzen blijft. Door de

altijd aanwezige demping zal het systeem na verloop van tijd weer in de

oorspronkelijke evenwichtsstand tot rust komen.

Een evenwicht dat niet stabiel is heet instabiel, waarbij men onderscheid kan

maken tussen labiel evenwicht en neutraal of indifferent evenwicht.

1 Een kinematisch mogelijke configuratie is een verplaatsings- of vervormingstoestand die voldoet aan

alle kinematische betrekkingen en randvoorwaarden.



3

Bij labiel evenwicht bestaan er in de omgeving van de evenwichtsstand

kinematisch mogelijke configuraties waarin het systeem de neiging heeft zich

steeds verder van de oorspronkelijke evenwichtsstand te verwijderen.

Bij neutraal of indifferent evenwicht zijn er in de directe omgeving van de

oorspronkelijke evenwichtsstand nieuwe evenwichtsstanden mogelijk.

De drie vormen van evenwicht kunnen worden geïllustreerd aan de hand van een

kogeltje in het zwaarteveld, zie figuur 1.3. Het gewicht van het kogeltje is G. Er

is geen wrijving.

Figuur 1.3

• stabiel evenwicht

In figuur 1.3a bevindt het kogeltje zich in een bolschaal. De stand 0ϕ = is een

evenwichtsstand. In naburige standen 0ϕ ≠ is er een terugdrijvende kracht

sinG ϕ waardoor het kogeltje wil terugkeren naar de oorspronkelijke

evenwichtsstand 0ϕ = . In de stand 0ϕ = is het evenwicht dus stabiel.

• labiel evenwicht

In figuur 1.3b ligt het kogeltje op de bolschaal. De stand 0ϕ = is opnieuw een

evenwichtsstand. Omdat er in naburige standen 0ϕ ≠ nu een wegdrijvende

kracht sinG ϕ werkt is het evenwicht in 0ϕ = labiel.

• neutraal evenwicht

In figuur 1.3c ligt het kogeltje op een horizontaal vlak. Elke stand kan een

evenwichtsstand zijn. Er is nergens een terug- of wegdrijvende kracht. Het

evenwicht is indifferent of neutraal.

De gegeven omschrijving van de begrippen stabiel, labiel en neutraal leidt er toe

dat voor een stabiliteitsonderzoek het evenwicht in naburige standen van de

oorspronkelijke evenwichtsstand moet worden onderzocht. Dit is een belangrijk

verschil met wat in de lineaire mechanica gebruikelijk is.

In de lineaire mechanica worden de evenwichtsvergelijkingen toegepast op de

geometrie van de onvervormde constructie. In deze vergelijkingen komen geen

verplaatsingsgrootheden voor. Een dergelijke berekening noemt men

geometrisch lineair. Een andere benaming is eerste-orde-berekening.



4

Bij een onderzoek naar de aard van het evenwicht, een stabiliteitsonderzoek,

moet worden nagegaan hoe het evenwicht verandert als de constructie uit de

oorspronkelijke evenwichtsstand overgaat naar een willekeurige naburige stand.

Per definitie moet in de evenwichtsbeschouwing dus de invloed van de

veranderde geometrie worden betrokken. In de evenwichtsvergelijkingen zullen

nu wel verplaatsingsgrootheden voorkomen. Een dergelijke berekening noemt

men geometrisch niet-lineair. Een andere benaming is tweede-orde-berekening.

Met behulp van het voorgaande kan het verschil in de aard (betrouwbaarheid)

van het evenwicht worden verklaard voor de staafsystemen zonder veer in figuur

1.4 en die met veer in figuur 1.5.

Figuur 1.4

Figuur 1.5

Wanneer, door welke oorzaak dan ook, de staafsystemen zonder veer uit hun

evenwichtsstand raken, gaat de werklijn van F niet meer door alle scharnieren en

is er geen evenwicht. De belasting F wil de uitwijking uit de oorspronkelijke

rechtstand vergroten. Het evenwicht is labiel.

Zijn er wel veren, dan zullen deze zich tegen een uitwijking verzetten. Bij

voldoende stijfheid kunnen zij de constructie weer doen terugkeren in de

oorspronkelijke evenwichtsstand. Het evenwicht is stabiel.



5

Zijn de veren bij de gegeven belasting onvoldoende stijf dan heeft de constructie

alsnog de neiging zich te verwijderen van de oorspronkelijke evenwichtsstand en

is het evenwicht – ondank de aanwezigheid van de veren – labiel.

Opmerking:

Het stabiliteitsprobleem is in beginsel een stijfheidsprobleem.

Opmerking:

In het spraakgebruik wordt de term stabiel nogal eens verward met het begrip

kinematisch bepaald (of plaatsvast). Zo zegt men wel – ten onrechte – dat de

constructies in figuur 1.4 labiel en die in figuur 1.5 stabiel zijn. Men bedoelt

echter te zeggen dat de constructies in figuur 1.4 kinematisch onbepaald of niet

plaatsvast zijn en dat de constructies in figuur 1.5 kinematisch bepaald zijn.

Kinematisch bepaaldheid of plaatsvastheid is een eigenschap die wordt bepaald

door de geometrie van de constructie1 en die onafhankelijk is van de belasting.

Stabiliteit staat daarentegen voor een karakterisering van de aard van het

evenwicht, waarvoor het nodig is ook de belasting te kennen.

Bij eenzelfde constructie kan het evenwicht onder de ene belasting stabiel en

onder een andere belasting instabiel zijn. Men dient daarom te spreken over de

stabiliteit van het evenwicht (en niet over het stabiel zijn van een constructie!)

Als voorbeeld dienen de kinematisch onbepaalde constructies uit figuur 1.6,

waarvan het evenwicht onder invloed van de getekende belasting wel degelijk

stabiel is.

Figuur 1.6

1 Tot de geometrie van de constructie worden ook gerekend de wijze van opleggen en de manier waarop

de verschillende constructiedelen met elkaar zijn verbonden.



6

Een ander voorbeeld is de kabel. Het bijzondere van kabels is dat ze geen eigen

“natuurlijke vorm” hebben. De kabel is een niet-vormvast constructie-element

waarvan de vorm zich zodanig bij de belasting aanpast dat het evenwicht stabiel

is, zie figuur 1.7.

Figuur 1.7



7

1.2 Vormen van instabiliteit

In deze paragraaf wordt een beknopt overzicht gegeven van verschillende

vormen van instabiliteit onder de aanname dat het materiaal zich lineair elastisch

gedraagt (elastische instabiliteit).

• Knik van op druk belaste staven

Knik is het verschijnsel dat het evenwicht van een op centrische druk belaste

staaf plotseling instabiel wordt. Dit gaat gepaard met sterk toenemende

verplaatsingen loodrecht op de staafas waardoor uiteindelijk bezwijken optreedt.

De belasting waarbij knik optreedt noemt men de knikbelasting. De knikbelasting

is een bovengrens voor het draagvermogen van een op centrische druk belaste

staaf.

De op centrische druk belaste starre staaf in figuur 1.8, die verend is ingeklemd,

zal omvallen zodra de kniklast wordt bereikt. De rotatieveer blijkt bij deze

belasting niet meer voldoende weerstand te kunnen bieden om de staaf rechtop te

houden.

Figuur 1.8

De op centrische druk belaste buigzame staaf in figuur 1.9 zal bij het bereiken

van de kniklast plotseling uitbuigen. De grootte van de uitbuiging neemt

onbepaald toe waardoor uiteindelijk bezwijken optreedt. Omdat men bij

buigzame staven te maken heeft met een combinatie van druk en buiging spreekt

men hier ook wel van buigingsknik.

Figuur 1.9

• Knik van op druk belaste ringen en bogen



8

In een ring onder alzijdige druk heerst eveneens een centrische drukkracht. Ook

hier kan bij een bepaalde drukkracht het evenwicht plotseling instabiel worden,

wat gepaard gaat met verlies van de cirkelvorm van de ring, zie figuur 1.10.

Figuur 1.10

Ook bij centrisch gedrukte bogen kan knik optreden, zie figuur 1.11.

Figuur 1.11

Opmerking:

De knikformules voor ringen zijn ook toe te passen op buizen met een (constante)

onderdruk van binnen of een overdruk van buiten. Bij dat laatste kan men

bijvoorbeeld denken aan transportleidingen in diep water. In plaats van knik

spreekt men dan van implosie.



9

• Torsieknik van op druk belaste staven

Torsieknik speelt een rol bij staven waarvan de doorsnede een kleine

wringstijfheid en een relatief grote buigstijfheid heeft, zoals bij dunwandige open

profielen. Onder invloed van een centrische drukkracht, kleiner dan de kniklast,

kan de staaf plotseling gaan torderen, zie figuur 1.12. Men heeft hier te maken

met een combinatie van druk en wringing.

Figuur 1.12



10

• Kip van op buiging belaste staven

Kip komt voor bij op buiging belaste balken met een doorsnede waarvan de

hoofdtraagheidsmomenten sterk in grootte verschillen, bijvoorbeeld bij hoge

smalle balken. Bij een belasting in het vlak van de grootste stijfheid kunnen

dergelijke balken plotseling uit het vlak van de belasting verplaatsen en roteren

als gevolg van een vervorming door wringing. Bij kip heeft men te maken met

een combinatie van buiging en wringing.

Figuur 1.13 toont de kipvervorming van een ingeklemde ligger die in het vrije

einde wordt belast door een (dwars-)kracht. Figuur 1.14 laat de kipvervorming

zien van een vrij opgelegde ligger waarin het buigend moment constant is over

de lengte. De opleggingen in A en B zijn zodanig dat de balk daar wordt

verhinderd om zijn lengteas te roteren (gaffelopleggingen).

Figuur 1.13

Figuur 1.14



11

• Knik van op wringing belaste staven

Op wringing belaste staven (assen) kunnen bij een bepaalde waarde van de

belasting plotseling zijdelings gaan uitbuigen. De uitbuigingsvorm is een

ruimtelijke kromme, zie figuur 1.15. Men heeft hier te doen met een combinatie

van wringing en buiging.

Figuur 1.15

• Plooien van op druk en/of afschuiving belaste platen

Het knikverschijnsel bij platen noemt men plooien. Plooien treedt op onder

invloed van druk- en schuifkrachten in het vlak van de plaat. Bij een bepaalde

belasting kunnen plotseling verplaatsingen loodrecht op het vlak van de plaat

optreden en vertoont het plaatoppervlak golven, zie figuur 1.16.

Figuur 1.16



12

Anders dan bij staven kan een plaat na plooien nog belasting opnemen. In het

bijzonder bij dunne platen kan deze toename aanzienlijk zijn, tot enige malen de

plooispanning. In de vliegtuigbouw, waar men met heel dunne platen werkt,

maakt men hiervan gebruik. Men hoeft zich dus geen zorgen te maken als men

uit een vliegtuigraampje op de vleugelhuid golven ziet verschijnen en ook weer

ziet verdwijnen.

Bij in de civiele techniek toegepaste staalconstructies heeft men meestal te

maken met relatief dikke platen. Hier is de toename van het draagvermogen na

het bereiken van de plooispanning slechts gering. De oorzaak moet worden

gezocht in het optreden van plastische vervormingen waardoor al snel bezwijken

optreedt.

Het plooiverschijnsel kan zich ook manifesteren in de flenzen en lijven van

dunwandige profielen die uit platen zijn opgebouwd, zoals I-profielen en

kokerliggers.

Plooien kan men betrekkelijk eenvoudig verhinderen door op de plaatsen waar de

plooigolven worden verwacht verstijvingsribben of -schotjes aan te brengen.

• Plooien van axiaal belaste cirkelcilindrische schalen

Aanvankelijk verwachtte men bij het plooien van axiaal belaste cirkelcilindrische

schalen op theoretische gronden een golfpatroon als in figuur 1.17. In

werkelijkheid blijkt een ruitvormig patroon van plooien te ontstaan en ligt de

werkelijke plooibelasting ongeveer 30% hoger. De proefresultaten tonen daarbij

een grote spreiding. De verklaring hiervoor wordt gevonden in het feit dat bij

schalen vaak sprake is van een doorslagverschijnsel (zie hierna), waarbij

imperfecties (vormafwijkingen) een grote rol spelen.

Figuur 1.17



13

• Doorslag van zwak gekromde bogen en schalen

Een geheel ander instabiliteitsprobleem is doorslag. Bij doorslag speelt

normaalkrachtvervorming een belangrijke rol. Een bekend model is dat van de

twee staven in figuur 1.18a, die onder invloed van de belasting F op druk worden

belast. Laat men de kracht F geleidelijk toenemen dan zullen de staven steeds

meer verkorten en zal het aangrijpingspunt C zakken. Op een zeker ogenblik zal

de gezamenlijke lengte van de verkorte staven gelijk zijn aan de lengte van de

overspanning. Op dat ogenblik is het evenwicht niet meer stabiel en slaat het

staafsysteem door naar een nieuwe stabiele evenwichtsstand, zie figuur 1.18b.

Figuur 1.18

In figuur 1.19 is voor dit doorslagprobleem een zogenaamd last-verplaatsing-

diagram getekend. Het last-verplaatsing-diagram geeft alle combinaties (F,w)

waarbij de constructie in evenwicht is. Als de belasting F geleidelijk toeneemt

wordt in P het ogenblik bereikt dat doorslag optreedt. Omdat de belasting niet

kan afnemen springt het systeem van evenwichtstoestand P direct over naar

evenwichtstoestand Q.

Figuur 1.19



14

Instabiliteit kan lokaal en globaal optreden.

Bij lokale instabiliteit kan men onder meer denken aan:

• knik van een kolom in een gebouw;

• knik van een staaf in een vakwerk;

• plooien van het lijf van een I-profiel;

• lokale doorslag van een bolschaal1.

In het geval van globale instabiliteit wordt het evenwicht van de constructie in

zijn geheel instabiel. Als voorbeeld worden genoemd.

• kip van een vakwerkligger;

• knik van een hoog en slank torengebouw;

• knik van een raamwerk;

• doorslag van een bolschaal.

Eerder werd aangenomen dat het materiaal zich lineair-elastisch gedraagt. Het

optreden van instabiliteit noemt men dan wel elastische instabiliteit.

Bij een belasting beneden de knikbelasting2 blijken vaak zogenaamde tweede-

orde-verplaatsingen3 op te treden die men kan zien als een inleiding op de

knikvorm4. Gedraagt een materiaal zich elasto-plastisch, dan kunnen deze

verplaatsingen aanleiding geven tot bezwijken door instabiliteit lang voordat de

elastische kniklast is bereikt. In dergelijke gevallen spreekt men van elasto-

plastische instabiliteit.

1 Lokale doorslag kan optreden als gevolg van geometrische imperfecties (vormafwijkingen) en kan vaak

aanleiding geven tot doorslag van de gehele constructie (globale instabiliteit). 2 Onder knikbelasting wordt in gegeneraliseerde zin verstaan de belasting waarbij elastische instabiliteit

optreedt. 3 Deze verplaatsingen vindt men met een geometrisch niet-lineaire berekening of tweede-orde-

berekening. Op de oorzaken en gevolgen wordt nader ingegaan in de hoofdstukken 5 en 6. 4 Onder knikvorm wordt in gegeneraliseerde zin verstaan de uitbuigingsvorm waarmee het optreden van

instabiliteit gepaard gaat.

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 2 KNIK VAN STARRE-STAAF-SYSTEMEN MET ÉÉN VRIJHEIDSGRAAD


15

2. Knik van starre-staaf-systemen met één vrijheidsgraad

In dit hoofdstuk wordt het knikprobleem uitgewerkt voor starre-staaf-systemen

met één vrijheidsgraad. Dat zijn systemen waarbij de vervormde toestand met

één parameter kan worden beschreven.

In paragraaf 2.1 wordt de knikbelasting berekend voor een enkele starre staaf

gesteund door een translatieveer of rotatieveer, waarna in paragraaf 2.2 wordt

ingegaan op het naknikgedrag. Na enkele uitgewerkte voorbeelden in paragraaf

2.3 sluit het hoofdstuk af met een serie opgaven in paragraaf 2.4.

2.1 Het knikprobleem

Het knikprobleem wordt uitgewerkt in paragraaf 2.1.1 voor een enkele starre

staaf gesteund door een translatieveer en in paragraaf 2.1.2 voor een starre staaf

gesteund door een rotatieveer. Hierbij wordt aandacht besteed aan het last-

verplaatsing-diagram. In de paragraaf 2.1.3 wordt de knikbelasting berekend voor

twee gevallen waarin de veer is vervangen door een buigzame staaf.

2.1.1. Starre knikstaaf met translatieveer

De verticaal opgestelde starre staaf in figuur 2.1a, belast door een verticale kracht

F, is onderin scharnierend opgelegd en wordt bovenin gesteund door een

horizontale translatieveer. Het systeem heeft één vrijheidsgraad, waarvoor men

bijvoorbeeld de horizontale verplaatsing w aan de top kan kiezen, zie figuur 2.1b.

Figuur 2.1

2 KNIK VAN STARRE-STAAF-SYSTEMEN MET ÉÉN VRIJHEIDSGRAAD CONSTRUCTIEMECHANICA 3


16

De verticale stand (rechtstand) 0w = is een evenwichtsstand. Voor een

onderzoek naar de aard van het evenwicht in deze stand moet het evenwicht in

naburige standen 0w ≠ worden beschouwd. Voor 0w ≠ zal zich in de veer een

horizontale kracht H ontwikkelen die zich verzet tegen een uitwijking w, zie

figuur 2.1b.

Hierna wordt aangenomen dat de translatieveer een lineair-elastische

karakteristiek heeft met veerstijfheid tk1, zie figuur 2.2. Er geldt dan:

tH k w=

De stijfheid van een translatieveer heeft als dimensie kracht/lengte.

Figuur 2.2

Voor de staaf in scheefstand wordt hierna het momentenevenwicht om de

scharnieroplegging onderzocht. Daarbij wordt aangenomen dat w << ℓ zodat

men voor de arm a van de veerkracht H mag stellen, zie figuur 2.1b:

a ≈ ℓ

De verticale kracht F zorgt voor een wegdrijvend koppel Fw .

De veerkracht H kw= zorgt voor een terugdrijvend koppel tHa H k w≈ =ℓ ℓ .

Er zijn nu drie mogelijkheden:

1. t 0Fw k w− <ℓ

Er resulteert een terugdrijvend koppel.

Het evenwicht in de rechtstand 0w = is stabiel voor tF k< ℓ .

2. t 0Fw k w− >ℓ

Er resulteert een wegdrijvend koppel.

Het evenwicht in de rechtstand 0w = is labiel voor tF k> ℓ .

3. t 0Fw k w− =ℓ

De scheefstand 0w ≠ is een nieuwe evenwichtsstand. De grootte van de

uitwijking w is onbepaald.

Voor tF k= ℓ is het evenwicht dus neutraal of indifferent.

1 De index t duidt op translatieveer.



17

In figuur 2.3 zijn in een zogenaamd last-verplaatsing-diagram of F-w-diagram

alle combinaties van F en w uitgezet waarbij evenwicht optreedt.

Figuur 2.3

Uit de vergelijking voor het momentenevenwicht in scheefstand:

t 0Fw k w− =ℓ

vindt men twee evenwichtstakken:

• 0w = en F is onbepaald (evenwicht in de rechtstand).

Voor tF k< ℓ is het evenwicht op deze tak stabiel (zie 1).

Voor tF k> ℓ is het evenwicht labiel (zie 2).

• tF k= ℓ en w is onbepaald (evenwicht in scheefstand).

Het evenwicht op deze tak is neutraal (zie 3).

De waarde tF k= ℓ waarbij het evenwicht zich op de stabiliteitsgrens bevindt

wordt de kniklast kF genoemd:

k tF k= ℓ (2.1)

Bij kF F= bestaat er geen eenduidig verband tussen belasting en verplaatsing en

blijken meerdere evenwichtsstanden mogelijk: de staaf kan uitknikken. Men

spreekt hier van een vertakkingspunt in het gedrag van de constructie.

Opmerking:

Men omschrijft de knikkracht kF ook wel als de kracht waarbij evenwicht in

“uitgebogen stand” mogelijk is.

Bij een uitwijking naar links vertoont de staaf hetzelfde gedrag als bij een

uitwijking naar rechts. Het F-w-diagram is dan ook spiegelsymmetrisch in de F-

as. In figuur 2.3 is slechts de rechter helft getekend.



18

De geldigheid van het F-w-diagram en dan met name de neutrale tak, beperkt

zich tot die kleine waarden van w waarbij voor de arm a geldt:

2 2a w= − ≈ℓ ℓ

Deze beperking is niet in het F-w-diagram aangegeven.

De grootte van de kniklast k tF k= ℓ is recht evenredig met de stijfheid k van de

veer. Het stabiliteitsprobleem is in beginsel dan ook een stijfheidsprobleem.

Voor het bepalen van de kniklast doet de sterkte van de veer niet ter zake. Wel is

de sterkte van de veer maatgevend voor de grootte van de uitwijking waarbij na

uitknikken breuk optreedt, dus voor de lengte van de neutrale tak. Ook hiermee

wordt in het F-w-diagram geen rekening gehouden. De verplaatsing w kan op de

neutrale tak in het F-w-diagram het bij wijze van spreken oneindig groot

worden1.

Een positieve waarde van F komt overeen met een drukkracht in de staaf. Als de

staaf op trek wordt belast is F negatief en is het evenwicht in 0w = altijd stabiel.

De stabiele tak 0w = voor tF k< ℓ geldt dus ook voor 0F < . In het F-w-

diagram in figuur 2.3 is dit minder interessante deel van de stabiele tak

weggelaten.

2.1.2. Starre knikstaaf met rotatieveer

De verticaal opgestelde starre staaf in figuur 2.4a is onderin verend ingeklemd en

wordt belast door een verticale kracht F. Het systeem heeft één vrijheidsgraad,

waarvoor de rotatie ϕ van de staaf wordt gekozen2, zie figuur 2.4b.

Figuur 2.4

1 Ook al werd in de afleiding aangenomen w << ℓ en ook al kan de uitwijking w nooit groter worden dan

de staaflengte ℓ . 2 Even zo goed had men de horizontale uitwijking w aan de top als vrijheidsgraad kunnen kiezen.



19

De verticale stand 0ϕ = (de rechtstand) is een evenwichtsstand. Voor een

onderzoek naar de aard van het evenwicht in de rechtstand moet het evenwicht in

naburige standen 0ϕ ≠ worden beschouwd. Als 0ϕ ≠ zal zich in de veer een

moment M ontwikkelen dat zich verzet tegen de rotatie ϕ , zie figuur 2.4c.

Hierna wordt aangenomen dat de rotatieveer een lineair-elastische karakteristiek

heeft met veerstijfheid rk1, zie figuur 2.5. Voor het moment M dat de veer op de

staaf uitoefent geldt dan:

rM k ϕ=

De stijfheid van de rotatieveer wordt uitgedrukt in “ kracht lengte× per radiaal”.

De dimensie is kracht lengte× omdat de radiaal een dimensieloze grootheid is.

Figuur 2.5

Voor het bepalen van de knikkracht wordt het momentenevenwicht van de staaf

in scheefstand onderzocht. Daarbij wordt aangenomen dat de rotatie ϕ zo klein

is dat voor de horizontale uitwijking w aan de top geldt, zie figuur 2.4b:

sinw ϕ ϕ= ≈ℓ ℓ

De verticale kracht F zorgt voor een wegdrijvend koppel Fw F ϕ≈ ℓ .

Het moment in de veer zorgt voor een terugdrijvend koppel rM k ϕ= .

Er zijn weer drie mogelijkheden:

1. r 0F kϕ ϕ− <ℓ

Er resulteert een terugdrijvend koppel.

Het evenwicht in de rechtstand 0ϕ = is stabiel voor r/F k< ℓ .

2. r 0F kϕ ϕ− >ℓ

Er resulteert een wegdrijvend koppel.

Het evenwicht in de rechtstand 0ϕ = is labiel voor r/F k> ℓ .

3. r 0F kϕ ϕ− =ℓ

De scheefstand 0ϕ ≠ is een nieuwe evenwichtsstand. De grootte van de

rotatie ϕ is onbepaald.

Voor r/F k= ℓ is het evenwicht neutraal.

1 De index r duidt op rotatieveer.



20

In figuur 2.6 zijn in een - -diagramF ϕ alle combinaties van F en ϕ uitgezet

waarbij evenwicht optreedt. Het momentenevenwicht van de staaf in scheefstand:

r 0F kϕ ϕ− =ℓ

leidt tot twee evenwichtstakken:

• 0ϕ = en F is onbepaald (evenwicht in de rechtstand).

Deze tak is stabiel voor r/F k< ℓ (zie 1) en labiel voor r/F k> ℓ (zie 2).

• r/F k= ℓ en ϕ is onbepaald (evenwicht in scheefstand).

Het evenwicht op deze tak is neutraal (zie 3).

Figuur 2.6

Opmerking:

Let op de overeenkomst met het last-verplaatsing-diagram in figuur 2.3.

De knikkracht kF is de waarde van F waarbij het evenwicht zich op de

stabiliteitsgrens bevindt:

rk

kF =

ℓ (2.2)

Bij deze kracht is evenwicht in “uitgebogen stand” mogelijk.



21

2.1.3. Starre knikstaaf met een buigzame staaf als veer

In deze paragraaf wordt de kniklast berekend voor een starre staaf met een

buigzame staaf als translatieveer (eerste voorbeeld) of rotatieveer (tweede

voorbeeld). De grootte van de kniklast wordt afgeleid uit het evenwicht in

uitgebogen stand.

• Voorbeeld 1 – Een buigzame staaf als translatieveer

In figuur 2.7 wordt starre staaf AB via de oneindig stijve pendelstaaf BC

zijdelings gesteund door de in D ingeklemde staaf CD met buigstijfheid EI. De

afmetingen volgen uit de figuur.

Figuur 2.7

Voor het bepalen van de knikkracht wordt het evenwicht van de starre staaf in

scheefstand bekeken, zie figuur 2.8.

Figuur 2.8

Als de starre staaf een uitwijking w aan de top ondergaat, moet de buigzame staaf

deze verplaatsing volgen. Dit betekent dat op de buigzame staaf in C een kracht

H moet werken. De grootte van H kan men met behulp van een vergeet-mij-nietje

uitdrukken in de verplaatsing w:

3

3

3

3

H EIw H w

EI= ⇒ =ℓ

ℓ (2.3)



22

Bij de in figuur 2.8 aangenomen uitwijking w ontstaat in staaf BC blijkbaar een

drukkracht H. In B werkt op starre staaf AB dus ook de drukkracht H.

Voor het momentenevenwicht om A van starre staaf AB in scheefstand vindt

men nu:

ABA 2

30

EIT Fw H Fw w= − = − =∑ ℓ

ℓ↻

De kniklast kF is de waarde van F waarbij evenwicht in uitgebogen stand

mogelijk is. Uit bovenstaande vergelijking vindt men voor 0w ≠ :

k 2

3EIF =

ℓ

Opmerking:

Had men de uitwijking w naar links gekozen dan zou in staaf AB een trekkracht

zijn ontstaan. Voor het berekenen van de kniklast maakt het geen verschil of men

de verplaatsing naar rechts dan wel naar links kiest.

In feite werkt de buigzame staaf CD als een translatieveer, zie figuur 2.9a. De

stijfheid van de veer volgt uit (2.3) en bedraagt:

t 3

3H EIk

w= =

ℓ

De gevonden kniklast kan men nu controleren met behulp van de in paragraaf

2.1.1 afgeleide uitdrukking (2.1), zie figuur 2.9b:

k t 3 2

3 3EI EIF k= = =ℓ ℓ

ℓ ℓ

Figuur 2.9



23

• Voorbeeld 2 – Een buigzame staaf als rotatieveer

In figuur 2.10 is starre staaf AB stijf verbonden met de buigzame staaf BC. Staaf

BC heeft een buigstijfheid EI. A is een scharnieroplegging en C een

roloplegging. De afmetingen kunnen uit de figuur worden afgelezen.

Figuur 2.10

De kniklast wordt weer berekend uit het evenwicht van de starre staaf in

uitgebogen stand, zie figuur 2.11.

Figuur 2.11

Als starre staaf AB in B een horizontale uitwijking w ondergaat, zal de buigzame

staaf BC horizontaal mee verplaatsen. Omdat de buigzame staaf in B stijf is

verbonden met de starre staaf, wordt de buigzame staaf daarbij gedwongen in B

dezelfde rotatie ϕ te ondergaan als starre staaf AB:

2

wϕ =

ℓ



24

Dit betekent dat er in B op BC een moment BM moet werken. De grootte van

BM kan met behulp van een vergeet-mij-nietje worden uitgedrukt in de rotatie

ϕ :

BB

3

3

M EIM

EIϕ ϕ= ⇒ =

ℓ

ℓ (2.4)

Op AB werkt in B een even groot, maar tegengesteld gericht moment ( BM is een

verbindings- of interactiekracht).

De vergelijking voor het momentenevenwicht om A van staaf AB in scheefstand

luidt nu:

ABA B

32 0

EIT Fw M F ϕ ϕ= − = − =∑ ℓ

ℓ↻ (2.5)

De kniklast kF is de waarde van F waarbij evenwicht in uitgebogen stand

mogelijk is. Voor 0ϕ ≠ vindt men uit de afgeleide evenwichtsvergelijking:

k 21,5

EIF =

ℓ



25

Opmerking:

Als men de uitbuiging naar links neemt, verandert het moment in B van richting.

Voor het berekenen van de kniklast maakt het echter niet uit of men de

uitbuiging naar rechts dan wel naar links kiest.

De buigzame staaf BC gedraagt zich in feite als een rotatieveer, zie figuur 2.12.

Dat de rotatieveer horizontaal kan verplaatsen is hierbij niet relevant1. De

veerstijfheid volgt uit (2.4):

Br

3M EIk

ϕ= =

ℓ

Figuur 2.12

De grootte van de knikkracht kan men nu controleren met behulp van de in

paragraaf 2.1.2 afgeleide uitdrukking (2.2): k r/F k= ℓ . Bedenkend dat de lengte

van de op knik belaste staaf hier 2ℓ is, vindt men:

rk 2

1,52

k EIF = =

ℓ ℓ

1 In de vergelijking voor het momentenevenwicht speelt de plaats waar het moment M aangrijpt immers

geen rol.



26

2.1.4 Parallel en in serie geschakelde veren

Figuur 2.13a toont een starre knikstaaf die in B in evenwicht wordt gehouden

door twee evenwijdig aan elkaar geplaatste translatieveren met verschillende

stijfheden 1k en 2k . Men noemt beide veren parallel geschakeld.

Beide veren kan men vervangen door één enkele veer met een equivalente

veerstijfheid pk1, zie figuur 2.13b.

Figuur 2.13

De berekening van de stijfheid pk geschiedt aan de hand van figuur 2.13c. Bij de

getekende verplaatsing w van B ondergaan beide parallel geschakelde veren

dezelfde verlenging en zijn de krachten in de veren 1k w en 2k w . Uit het

krachtenevenwicht van knooppunt B vindt men:

1 2H k w k w= +

Voor de equivalente stijfheid pk van de vervangende veer geldt:

1 2p 1 2

H k w k wk k k

w w

+= = = +

Conclusie:

Bij parallel geschakelde veren is de equivalente stijfheid gelijk aan de som der

stijfheden van de afzonderlijke veren.

Eigenschappen van parallel geschakelde veren:

• Als van één van de veren in het parallelsysteem de stijfheid oneindig groot

wordt, dan wordt ook de stijfheid van de equivalente veer oneindig groot.

• Als van één van de veren in het parallelsysteem de stijfheid nul wordt, dan

blijft de stijfheid van de equivalente veer eindig.

1 De index “p” duidt op de “parallelschakeling” van de veren.



27

Voor de kniklast van de staaf in figuur 2.13a/b betekent dat1:

k;p p 1 2F k k k= = +ℓ ℓ ℓ

ofwel:

k;p k1 k2F F F= + (2.6)

Hierin zijn 1 1kF k= ℓ en 2 2kF k= ℓ de kniklasten bij de veerstijfheden 1k ,

respectievelijk 2k .

Een andere plaatsing van de twee translatieveren is die in figuur 2.14a. Deze

plaatsing achter elkaar noemt men in serie geschakeld. Ook nu kan men beide

veren vervangen door één enkele veer met een equivalente veerstijfheid sk2, zie

figuur 2.14b.

Figuur 2.14

De berekening van de stijfheid sk geschiedt aan de hand van figuur 2.14c. Bij

een kracht H in B moeten beide veren dezelfde kracht H overbrengen. Omdat de

stijfheid van beide veren verschillend is zijn de verlengingen verschillend. Stel

deze zijn respectievelijk 1w en 2w . Hiervoor geldt:

11

Hw

k= en 2

2

H

wk

=

Uit de kinematische betrekking voor het samenstel van veren volgt voor de

verplaatsing van B:

1 21 2

H Hw w w

k k= + = + (2.7)

De equivalente stijfheid sk van de vervangende veer is gedefinieerd als:

s

Hk

w=

1 In k;pF duidt de index “p” op de “parallelschakeling”.

2 De index “s” duidt op “serieschakeling” van de veren.



28

waaruit volgt:

s

Hw

k= (2.8)

Uit de gelijkstelling van (2.7) en (2.8) volgt nu:

s 1 2

1 1 1

k k k= +

Conclusie:

Bij in serie geschakelde veren is de reciproke van de equivalente stijfheid gelijk

aan de som van de reciproke stijfheden der afzonderlijke veren.

Eigenschappen van in serie geschakelde veren:

• Als van één van de veren in het seriesysteem de stijfheid oneindig groot

wordt, dan blijft de stijfheid van de equivalente veer eindig.

• Als van één van de veren in het seriesysteem de stijfheid nul wordt, dan

wordt ook de stijfheid van de equivalente veer nul.

Voor de kniklast van de staaf in figuur 2.14a/b betekent dat1:

k;s s 1 2

1 1 1 1

F k k k= = +ℓ ℓ ℓ

ofwel:

k;s k1 k2

1 1 1

F F F= + (2.9)

Hierin zijn 1 1kF k= ℓ en 2 2kF k= ℓ weer de kniklasten bij de veerstijfheden 1k ,

respectievelijk 2k .

1 In k;sF duidt de index “s” op de “serieschakeling”.



29

Ter illustratie van het voorgaande dienen de twee oneindig stijve knikstaven in

figuur 2.15a en b, die in B verend worden gesteund door twee staven met

respectievelijk een rekstijfheid EA en een buigstijfheid EI.

Figuur 2.15

Als in het geval van figuur 2.15a een van de staven oneindig stijf wordt kan B

niet horizontaal verplaatsen en moet de ook stijfheid van de vervangende veer

oneindig groot zijn. Dit is kenmerkend voor een parallelsysteem.

In figuur 2.15c zijn de staven geschematiseerd tot veren. De veerstijfheden zijn:

1

EAk =

ℓ en 2 3

3EIk =

ℓ

De equivalente veerstijfheid pk voor het parallelsysteem is:

p 1 2 3

3EA EIk k k= + = +

ℓ ℓ

Hiermee vindt men voor de knikkracht:

k p 2

3EIF k EA= = +ℓ

ℓ

In het geval van figuur 2.15b is sprake van een seriesysteem. Als van een van de

staven de stijfheid oneindig klein wordt, dan verdwijnt de stijfheid van het hele

systeem, wat karakteristiek is voor een seriesysteem.



30

In figuur 2.15d zijn de staven geschematiseerd tot veren. Voor de equivalente

veerstijfheid sk van het seriesysteem geldt:

s 1 23

1 1 1 1 1

3EA EIk k k= + = +

ℓ ℓ

Hiermee vindt men voor de knikkracht k sF k= ℓ :

k2

1 1 1

3EIF EA= +

ℓ



31

2.2 Naknikgedrag

In paragraaf 2.1 werd voor het berekenen van de kniklast het evenwicht in

uitgebogen stand bekeken. Daarbij werd aangenomen dat de uitwijking w veel

kleiner is dan de lengte ℓ van de knikstaaf, of – wat op hetzelfde neerkomt – dat

de knikstaaf maar een zeer kleine rotatie ϕ ondergaat. Deze aanname heeft tot

gevolg dat in de vergelijking voor het evenwicht in scheefstand alleen maar

termen voorkomen die lineair zijn in de verplaatsing w of rotatie ϕ .

Kwadratische en hogere orde termen in de verplaatsing ontbreken. Men spreekt

dan ook van gelineariseerde evenwichtsvergelijkingen.

De gelineariseerde evenwichtsvergelijkingen leiden tot de juiste waarde van de

knikkracht kF , maar geven geen informatie over het naknikgedrag; men zal altijd

een neutraal evenwicht vinden.

Hierna wordt voor drie gevallen het naknikgedrag nader onderzocht door in de

evenwichtsvergelijking ook hogere orde termen in de verplaatsing mee te nemen.

In het de staafmechanica speelt het naknikgedrag overigens geen belangrijke rol.

2.2.1. Symmetrisch labiel naknikgedrag

In paragraaf 2.1.1 bevatte de vergelijking voor het momentenevenwicht in

scheefstand van de staaf in figuur 2.16 uitsluitend lineaire termen in de

verplaatsing w:

t 0Fw k w− =ℓ

Dit als gevolg van de benadering:

2 2a w= − ≈ℓ ℓ

Ontwikkelt men a in een machtreeks van w:

2 42 2

2 4

1 1(1 )

2 8

w wa w= − = − − − ⋅⋅ ⋅ℓ ℓ

ℓ ℓ

dan blijkt dat slechts de eerste term in de evenwichtsbeschouwing werd

betrokken.

Hierna wordt de invloed van de tweede term in de machtreeks onderzocht,

waarna tenslotte ook nog de exacte oplossing van het naknikgedrag wordt

gepresenteerd.



32

Figuur 2.16

• Benadering van het naknikgedrag

Stel de machtreeks wordt afgebroken na de kwadratische term in w, zodat:

2

2

1(1 )

2

wa = −ℓ

ℓ

Het wegdrijvend koppel is Fw .

Blijft de veerkracht tH k w= horizontaal gericht, bijvoorbeeld doordat, zoals in

figuur 2.16 is aangegeven, het veereinde is bevestigd aan een verticale rol, dan is

het terugdrijvend koppel:

2

t 2

1(1 )

2

wHa k w= −ℓ

ℓ

In het geval van evenwicht moet het wegdrijvend koppel Fw in grootte gelijk

zijn aan het terugdrijvend koppel Ha , waaruit volgt:

2

t 2

1(1 )

2

wFw k w= −ℓ

ℓ

Hieruit volgen twee evenwichtstakken:

• De evenwichtstak 0w = en F is onbepaald (evenwicht in de rechtstand).

Het evenwicht is stabiel als tF k< ℓ en labiel als tF k> ℓ (zie paragraaf

2.1.1).

De kracht F op de stabiliteitsgrens is de kniklast: k tF k= ℓ .

• De evenwichtstak 2

t 2

1(1 )

2

wF k= −ℓ

ℓ voor 0w ≠ (evenwicht in scheefstand).

Deze parabolische tak geeft een benadering van het werkelijke

naknikgedrag.

In figuur 2.17 zijn beide takken getekend in een het last-verplaatsing-diagram

met langs de assen uitgezet de dimensieloze grootheden k t( / ) ( / )F F F k= ℓ uitgezet

tegen ( / ) sinw ϕ=ℓ .



33

Figuur 2.17

Door in de evenwichtsbeschouwing een derdegraads term in de verplaatsing w te

betrekken wordt nadere informatie over het naknikgedrag verkregen. Het

evenwicht na uitknikken blijkt niet neutraal, maar labiel te zijn: zou de

verplaatsing een weinig toenemen, dan moet de belasting F afnemen teneinde het

evenwicht te handhaven. Gebeurt dat niet dan wordt het wegdrijvend koppel Fw

groter dan het terugdrijvend koppel Ha en verwijdert de staaf zich steeds verder

van de betrokken evenwichtsstand.

• Exacte oplossing van het naknikgedrag

Voor de door een translatieveer gesteunde starre staaf is ook een nauwkeurige

oplossing van het naknikgedrag mogelijk. Als parameter wordt nu de rotatie ϕ

gehanteerd, zie figuur 2.18.

Figuur 2.18



34

De verplaatsing aan de top is: sinw ϕ= ℓ .

Het wegdrijvend koppel is: sinFw F ϕ= ℓ .

De kracht in de veer is: t t sinH k w k ϕ= = ℓ .

De arm van de kracht in de veer is: cosa ϕ= ℓ .

Het terugdrijvend koppel wordt dan: 2

t sin cosHa k ϕ ϕ= ℓ .

In het geval van evenwicht moeten het weg- en terugdrijvend koppel even groot

zijn:

2tsin sin cosF kϕ ϕ ϕ=ℓ ℓ

Hieruit volgen twee evenwichtstakken:

• 0ϕ = en F is onbepaald (evenwicht in de rechtstand).

• t cosF k ϕ= ℓ voor 0ϕ ≠ (evenwicht in scheefstand). Dit is de evenwichtstak

na uitknikken.

De waarde van F in het vertakkingspunt is de knikkracht kF :

k tF k= ℓ

In figuur 2.19 is in het last-verplaatsing-diagram k t( / ) ( / ) cosF F F k ϕ= =ℓ

uitgezet tegen ( / ) sinw ϕ=ℓ en wordt de evenwichtstak na uitknikken

voorgesteld door een cirkel, immers:

2 2sin cos 1ϕ ϕ+ = en dus

22

k

1w F

F

+ =

ℓ

Figuur 2.19

Het evenwicht na uitknikken is labiel. Verder is het naknikgedrag symmetrisch:

de staaf heeft kan even zo goed naar links als naar rechts uitknikken.



35

2.2.2. Symmetrisch stabiel naknikgedrag

Voor de verend inklemde starre staaf in figuur 2.20 werd in paragraaf 2.1.2

uitgegaan van onderstaande gelineariseerde vergelijking voor het

momentenevenwicht van de staaf in scheefstand:

r 0F kϕ ϕ− =ℓ

Dat in deze evenwichtsvergelijking alleen lineaire termen in de rotatie ϕ

voorkomen is het gevolg van de vereenvoudigend benadering:

sinw ϕ ϕ= ≈ℓ ℓ

Deze benadering gaat alleen op voor zeer kleine waarden van ϕ .

Figuur 2.20

Een gelineariseerde evenwichtsvergelijking leidt altijd tot een neutraal

naknikgedrag. Voor het werkelijke naknikgedrag kan men niet volstaan met de

lineaire termen in ϕ , maar moeten ook hogere orde termen in de

evenwichtsbeschouwing worden betrokken.

• Exacte oplossing van het naknikgedrag

In dit geval is het werkelijke naknikgedrag betrekkelijk gemakkelijk te vinden.

Als in figuur 2.20b rM k ϕ= het moment is dat de veer op de staaf uitoefent, dan

vindt men, zonder enige vereenvoudiging, voor het momentenevenwicht in

scheefstand:

rsin 0F kϕ ϕ− =ℓ

Dit leidt tot twee evenwichtstakken:

• 0ϕ = en F is onbepaald.

Dit is het evenwicht in de rechtstand, met stabiel evenwicht voor r/F k< ℓ en

labiel evenwicht voor r/F k> ℓ (zie paragraaf 2.1.2).

De kniklast k r/F k= ℓ is de waarde van F op de stabiliteitsgrens, waarbij ook

evenwicht in scheefstand mogelijk is.



36

• rk

sin sin

kF F

ϕ ϕ

ϕ ϕ= =ℓ

voor 0ϕ ≠ .

Dit is dit de evenwichtstak na uitknikken.

In figuur 2.21 zijn beide evenwichtstakken getekend in een last-verplaatsing-

diagram, met langs de assen uitgezet de dimensieloze grootheden k/F F en

sin /wϕ = ℓ .

Figuur 2.21

Het evenwicht na uitknikken is stabiel. Verder is het naknikgedrag symmetrisch:

de staaf heeft geen voorkeur om naar links of naar rechts uit te knikken.

2.2.3. Asymmetrisch naknikgedrag

Voor de starre staaf in figuur 2.22 werd in paragraaf 2.1.3 de kniklast berekend:

k 21,5

EIF =

ℓ

Figuur 2.22



37

Daarbij werd uitgegaan van de gelineariseerde evenwichtsvergelijking (2.5):

B

32 0

EIFw M F ϕ ϕ− = − =ℓ

ℓ (2.5)

Deze evenwichtsvergelijking met alleen lineaire termen in de verplaatsing w

geeft geen informatie over het naknikgedrag. Daarvoor moeten ook hogere orde

termen in de beschouwing worden betrokken. Dat kan door de invloed van de

dwarskracht in BC in het evenwicht mee te nemen, zie figuur 2.23.

Figuur 2.23

Wordt BC in B belast door een moment BM :

B

3EIM ϕ=

ℓ

dan ontstaat er een dwarskracht BV :

BB 2

3M EIV ϕ= =

ℓ ℓ

Bekijkt men het evenwicht van de staaf in uitgebogen stand, en houdt men niet

alleen rekening met het moment BM , maar ook met de dwarskracht BV , dan

vindt men voor het momentenevenwicht om A:

B B2 2 0F M Vϕ ϕ⋅ − − ⋅ =ℓ ℓ

of:

23 62 0

EI EIF ϕ ϕ ϕ− − =ℓ

ℓ ℓ (2.10)

De evenwichtsvergelijking bevat nu ook een kwadratische term in ϕ .

De kniklast is de waarde van F waarbij evenwicht is in uitgebogen stand

mogelijk. Voor het bepalen van de kniklast wordt gewerkt met de gelineariseerde

evenwichtsvergelijkingen: alleen de lineaire termen in ϕ worden meegenomen.



38

Kwadratische termen (en eventueel aanwezige hogere orde termen) worden

verwaarloosd. In het voorbeeld betekent dit dat de rotatie ϕ zo klein is dat de

invloed van BV kan worden verwaarloosd ten opzicht van de invloed van BM .

Vergelijking (2.10) vereenvoudigt dan tot de eerder afgeleide vergelijking (2.5):

32 0

EIF ϕ ϕ− =ℓ

ℓ

waaruit men voor 0ϕ ≠ de kniklast vindt:

k 21,5

EIF =

ℓ

Voor het naknikgedrag moet men terugvallen op vergelijking (2.10). Deze geeft

twee evenwichtstakken:

• 0ϕ = en F is onbepaald; de tak voor het evenwicht in de rechtstand, stabiel

voor kF F< en labiel voor kF F> .

• k21,5 (1 2 ) (1 2 )

EIF Fϕ ϕ= + = +

ℓ voor 0ϕ ≠ ; de evenwichtstak na uitknikken.

Beide evenwichtstakken zijn in figuur 2.24 getekend in een - -diagramF ϕ .

Figuur 2.24

In het vertakkingspunt is het gedrag van de constructie nu niet symmetrisch. Bij

een uitwijking naar rechts moet F toenemen (stabiel evenwicht) en bij een

uitwijking naar links moet F afnemen (labiel evenwicht). Het evenwicht in een

scheefstand is blijkbaar labiel voor 0ϕ < en stabiel voor 0ϕ > . Als de staaf

uitknikt zal dat altijd naar links zijn.



39

Opmerking:

Bij een uitwijking naar rechts vergroot de dwarskracht BV het terugdrijvend

moment om A. Bij een uitbuiging naar links veranderen de richting van het

moment BM en dwarskracht BV . De dwarskracht vermindert het terugdrijvend

moment om A. Dit verklaart waarom staaf AB de voorkeur heeft om naar links

uit te knikken.

Voor het bepalen van de kniklast maakt het daarentegen geen enkel verschil of

men de uitwijking van de staaf naar links of naar rechts kiest. Men valt daarvoor

immers terug op de gelineariseerde evenwichtsvergelijking, waarin de invloed

van de dwarskracht niet is opgenomen.

Opmerking:

Het evenwicht op een tak na uitknikken is stabiel als in een stand 1ϕ ϕ= en een

belasting 1 k 1(1 2 )F F F ϕ= = + de staaf in naburige standen 1 1ϕ ϕ ϕ= ± ∆ en

gelijkblijvende belasting 1F F= de neiging heeft weer terug te keren naar de

evenwichtsstand 1ϕ ϕ= omdat in de naburige standen 1 1ϕ ϕ ϕ= ± ∆ het

terugdrijvend koppel groter is dan het wegdrijvend koppel. Dit met een

evenwichtsbeschouwing aan te tonen is meestal behoorlijk bewerkelijk1.

1 Informatie over het naknikgedrag en de aard van het evenwicht na uitknikken kan men veelal sneller en

eenvoudiger met behulp van een energiebeschouwing krijgen dan met een evenwichtsbeschouwing. Een

aanpak gebaseerd op een energiebeschouwing valt echter buiten het kader van dit boek.



40

2.3 Enkele uitgewerkte voorbeelden

De berekening van de knikbelasting wordt in deze paragraaf geïllustreerd aan de

hand van een aantal voorbeelden. Van de verschillende aspecten die daarbij aan

de orde komen worden genoemd:

• de betekenis van het zwaartepunt in een stabiliteitsberekening (de

voorbeelden 1 t/m 3);

• de invloed van excentrisch aangrijpende krachten (voorbeeld 3);

• het bepalen van de veerstijfheid (de voorbeelden 4, 8 en 9);

• de voorkeursrichting voor uitknikken (voorbeeld 6)

• het naknikgedrag (de voorbeelden 1 en 7 t/m 9).



41

• Voorbeeld 1

De driehoekige homogene plaat in figuur 2.25 heeft een constante dikte. De plaat

rust op zijn punt en wordt in evenwicht gehouden door een translatieveer met

stijfheid k 1. De veer kan zowel trek- als drukkrachten overbrengen. De

afmetingen volgen uit de figuur.

Houdt in de numerieke uitwerking aan 50 kN/mk = en 1 ma = .

Figuur 2.25

Gevraagd:

a. Het gewicht G van het blok waarbij het evenwicht instabiel wordt.

b. De richting waarin het blok kantelt nadat het evenwicht instabiel is

geworden.

Uitwerking:

a. In het zwaarteveld werken op alle massa-elementjes krachtjes. De resultante

van al deze evenwijdige gewichtskrachtjes is het blokgewicht G. Het

blokgewicht G is geen kracht die in werkelijke zin bestaat, maar is een grootheid

waarmee men gemakkelijk kan rekenen. Als resultante van een stel krachtjes

heeft het blokgewicht G dan ook geen aangrijpingspunt, maar een werklijn

waarlangs men deze mag verschuiven.

Als het blok in het zwaarteveld roteert behouden alle gewichtskrachtjes hun

grootte en richting2. Dit geldt ook voor het blokgewicht G. Nu doet zich de

bijzondere omstandigheid voor dat, hoe de stand van het blok ook is, de werklijn

van G altijd door één bepaald punt van het blok gaat. Dit bijzondere punt is

gedefinieerd als het massacentrum of zwaartepunt3.

In dit voorbeeld wordt van deze eigenschap gebruik gemaakt door het

blokgewicht G “aan te laten grijpen” in het zwaartepunt, niet omdat het

zwaartepunt het werkelijke aangrijpingspunt van G is, maar omdat hier ten alle

tijde de werklijn van G door gaat.

1 Voor het gemak wordt in tk de index t voor translatieveer hier weggelaten. Het weglaten van deze

index is mogelijk zolang hierdoor geen verwarring ontstaat. 2 Omdat men hier mag aannemen dat het zwaarteveld homogeen is.

3 In een homogeen zwaarteveld vallen zwaartepunt en massacentrum samen.



42

Het evenwicht wordt instabiel zodra er evenwicht in scheefstand mogelijk is. In

figuur 2.26 is het blok in scheefstand getekend. Er wordt aangenomen dat de

rotaties en verplaatsingen zo klein dat de een richtingsverandering van de

veerkracht H mag worden verwaarloosd. Bij een rotatie ϕ van het blok geldt

voor de kracht H:

3H k aϕ= ⋅

Figuur 2.26

Het gewicht G veroorzaakt een wegdrijvend koppel. De kracht H zorgt voor een

terugdrijvend koppel. Als er evenwicht in scheefstand is geldt:

2 2 2

A 2 (3 2 )

2 9 6

T G a H a a

aG ka ka

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

= ⋅ − ⋅ + =∑

= − −

↻

verwaarlozen

0=��

(2.11)

Voor het berekenen van de belasting waarbij instabiliteit optreedt zal men zich in

de evenwichtsvergelijkingen gewoonlijk beperken tot alleen de termen die lineair

zijn in de verplaatsingen. De derde term in (2.11) wordt dus verwaarloosd.

Opmerking:

Men kan stellen dat de rotatie ϕ zo klein is dat kwadratische term in ϕ een orde

kleiner is dan de lineaire termen.

De gelineariseerde evenwichtsvergelijking is:

22 9 0aG kaϕ ϕ− = (2.12)

Met 50 kN/mk = en 1 ma = volgt hieruit voor het kritieke blokgewicht kG

waarbij het evenwicht instabiel wordt:

k

9 9(50 kN/m)(1 m) 225 kN

2 2G ka= = =

b. De gelineariseerde evenwichtsvergelijking (2.12) leidt tot neutraal evenwicht

op de stabiliteitsgrens en geeft geen informatie over de werkelijke aard van het



43

evenwicht in het vertakkingspunt. Daarvoor moet men terugvallen op

vergelijking (2.11), nu met de kwadratische term in ϕ :

2 2 22 9 6 0aG ka kaϕ ϕ ϕ− − =

Er is evenwicht als:

• 0ϕ = (de rechtstand) en G is onbepaald.

• 0ϕ ≠ (een scheefstand) en 9

32

G ka kaϕ= +

De evenwichtstakken zijn getekend in figuur 2.27.

Figuur 2.27

Op de schuine evenwichtstak is het evenwicht stabiel voor 0ϕ > (G moet

toenemen als het blok naar rechts kantelt) en labiel voor 0ϕ < (G moet afnemen

als het blok naar links kantelt).

Het evenwicht in het vertakkingspunt is dus labiel en het blok zal na naar links

kantelen.



44

• Voorbeeld 2

De stabiliteit van het evenwicht van een homogeen rechthoekig blok met gewicht

G wordt op de in figuur 2.28a aangegeven manier verzorgd door twee

translatieveren. De veren hebben een stijfheid 120 kN/mk = . Houdt verder in de

numerieke uitwerking aan 4 m=ℓ en 0,5 ma = .

Figuur 2.28

Gevraagd:

Het gewicht van het blok waarbij het evenwicht instabiel wordt.

Uitwerking:

De stabiliteitsgrens is bereikt als er evenwicht in uitgebogen stand mogelijk is. Er

moet dus worden gezocht naar de bijbehorende waarde van G.

In figuur 2.28b is het tot lijnelement geschematiseerde blok in scheefstand

getekend. Bij een rotatie ϕ naar rechts wordt de linker veer over een afstand aϕ

uitgerekt en wordt de rechter veer over dezelfde afstand ingedrukt1. In de linker

veer ontstaat een trekkracht kaϕ en de rechter veer een even grote drukkracht.

Samen zorgen ze voor een

terugdrijvend koppel: 2a kaϕ⋅ .

Het gewicht G grijpt aan in het zwaartepunt van het blok2, dit is op halve hoogte.

De uitwijking is hier 12

ϕℓ . Het blokgewicht zorgt voor een

wegdrijvend koppel: 1

2G ϕ⋅ ℓ .

1 In herinnering wordt gebracht dat deze verticale verplaatsing gelijk is aan het product van de

“horizontale afstand” a tot het draaipunt A en de rotatie ϕ . 2 Niet omdat het zwaartepunt het werkelijke aangrijpingspunt van G is, maar omdat hier altijd de werklijn

van G door gaat.



45

De vergelijking voor het momentenevenwicht van het blok in scheefstand luidt:

1A 2 0

2T G a kaϕ ϕ= ⋅ − ⋅ =∑ ℓ↻

Voor 0ϕ ≠ vindt men hieruit de gevraagde kritieke waarde kG waarbij de

stabiliteitsgrens wordt bereikt:

2 2

k

4 4 (120 kN/m)(0,5 m)30 kN

4 m

kaG

×= = =ℓ



46

• Voorbeeld 3

Gegeven de twee constructies (a) en (b) in figuur 2.29. Houdt in de numerieke

uitwerking aan 2 m=ℓ en r 5000 kNm/radk = .

Figuur 2.29

Gevraagd:

Voor beide constructies de kniklast kF .

Uitwerking:

Figuur 2.30 toont beide constructies met een scheefstand ϕ .

Figuur 2.30

Constructie (a), zie figuur 2.30a:

Voor het momentenevenwicht om A vindt men:

rA ( ) ( ) 0T F F kϕ ϕ ϕ= + − − − =∑ ℓ ℓ ℓ ℓ↻

of:

r2 0F kϕ ϕ− =ℓ



47

waaruit volgt:

rk

5000 kNm1250 kN

2 2 (2 m)

kF = = =

×ℓ

Constructie (b), zie figuur 2.30b:

De vergelijking voor het momentenevenwicht om A wordt nu:

rA ( 3 ) ( ) 0T F F kϕ ϕ ϕ= + − − − =∑ ℓ ℓ ℓ ℓ↻

of:

r4 0F kϕ ϕ− =ℓ

waaruit volgt:

rk

5000 kNm625 kN

4 4 (2 m)

kF = = =

×ℓ

Conclusie:

De knikbelasting van constructie (b) bedraagt de helft van die van constructie (a).

Opmerking:

Men zou de twee krachten F kunnen opvatten als de gewichten van twee

denkbeeldige lichamen die door een gewichtloze stang stijf met elkaar zijn

verbonden. De zwaartepunten van de lichamen zijn de aangrijpingspunten van de

krachten F op de vormvaste constructie.

Bij constructie (a) ligt het zwaartepunt van dit systeem van twee denkbeeldige

lichamen in P. Als het lichaam roteert zal men in dit punt de resultante 2F

moeten laten aangrijpen, zie figuur 2.31a.

Bij constructie (b) ligt het zwaartepunt twee keer zo hoog, namelijk in Q, zie

figuur 2.31b. Laat men de resultante 2F in Q aangrijpen dan leidt dat inderdaad

tot een knikbelasting die half zo groot is als wanneer P het aangrijpingspunt is.

Figuur 2.31



48

• Voorbeeld 4

De oneindig stijve kolom AB in figuur 2.32a is in A ingeklemd in ligger CAD

met buigstijfheid EI. De kolom wordt bovenin belast door een kracht F.

Opleggingen en afmetingen volgen uit de figuur.

Figuur 2.32

Gevraagd:

De knikbelasting kF .

Uitwerking:

In figuur 2.32b is de kolom ingeklemd een rotatieveer met stijfheid rk . Ligger

CAD gedraagt zich immers als een rotatieveer. Het meeste werk geeft hier

eigenlijk het bepalen van de veerstijfheid.

Voor de veerstijfheid geldt, zie figuur 2.33a:

r

Mk

ϕ=

Figuur 2.33



49

Met behulp van vergeet-mij-nietjes vindt men, zie figuur 2.33b:

1 2

4 3 7EI EI EIM M M ϕ ϕ ϕ= + = + =

ℓ ℓ ℓ

Dit betekent voor de veerstijfheid:

r

7M EIk

ϕ= =

ℓ

Hiermee is het knikprobleem teruggebracht tot het basisgeval dat in paragraaf

2.1.2 werd uitgewerkt.

Figuur 2.34

De knikbelasting is de belasting waarbij in uitgebogen stand evenwicht is. In

figuur 2.34b is de kolom in scheefstand getekend. De vergelijking voor het

momentenevenwicht in scheefstand is:

7A 2 0

EIT F ϕ ϕ= ⋅ − =∑ ℓ

ℓ↻

Hieruit vindt men voor 0ϕ ≠ :

k 23,5

EIF F= =

ℓ

Dit is de gevraagde knikbelasting.



50

• Voorbeeld 5

De oneindig stijve staaf AB in figuur 2.35a wordt in A gesteund door een

rotatieveer en in B door een translatieveer. Bij de gegeven stijfheden

r 250 kNm/radk = voor de rotatieveer en t 40 kN/mk = voor de translatieveer is

de kniklast afhankelijk van de staaflengte ℓ .

Figuur 2.35

Gevraagd: De lengte ℓ waarbij de kniklast minimaal is en de grootte van deze kniklast.

Uitwerking:

In figuur 2.35b is de staaf in scheefstand getekend. In A werkt dan op de staaf

een moment rM k ϕ= en in B een horizontale kracht tH k ϕ= ℓ . De vergelijking

voor het momentenevenwicht om A luidt:

� �t rA 0

MH

T = F k kϕ ϕ ϕ⋅ − ⋅ − =∑ ℓ ℓ ℓ↻

Voor 0ϕ ≠ vindt men hieruit de kniklast:

rk t

kF k= +ℓ

ℓ (2.13)

De kniklast kF als functie van de lengte ℓ is minimaal als:

k rt 2

d0

d

F kk= − =

ℓ ℓ

Hieruit vindt men de gevraagde lengte:

2r

t

250 kNm6,25 m 2,5 m

40 kN/m

k

k= = = =ℓ

Deze waarde van ℓ gesubstitueerd in (2.13) levert de minimum kniklast:



51

rk;min t

t.g.v. translatieveer t.g.v. rotatieveer

(250 kNm)(40 kN/m)(2,5 m)

(2,5 m)

(100 kN) (100 kN) 200 kN

kF k= + = + =

= + =

ℓℓ

��

Opmerking:

Uit (2.13) blijkt dat bij grote lengte ℓ de translatieveer domineert en bij kleine

lengte de rotatieveer. De kniklast is minimaal als de bijdragen van rotatie- en

translatieveer in (2.13) even groot zijn.



52

• Voorbeeld 6

De oneindig stijve kolom ABCD in figuur 2.36a is verend ingeklemd in A en

wordt in B en C gesteund door twee draden van kunststof. De draden werken als

translatieveren, maar kunnen geen druk opnemen. Afmetingen, veerstijfheden en

belasting zijn in de figuur bijgeschreven.

Figuur 2.36

Gevraagd:

De waarde van F waarbij instabiliteit optreedt.

Uitwerking:

Als de kolom naar links uitknikt komt de onderste draad slap te hangen en werkt

alleen de bovenste draad als translatieveer. Bij een uitwijking naar rechts komt de

onderste draad in werking en valt de bovenste draad slap. Het gedrag bij een

uitwijking naar links is dus niet gelijk aan dat bij een uitwijking naar rechts.

De knikkracht is de kleinste kracht waarbij evenwicht in uitgebogen stand

mogelijk is. De bovenste draad (veer) heeft in het momentenevenwicht om A een

grotere terugdrijvende werking dan de onderste draad (veer)1. De ongunstigste

situatie is dus die waarbij de bovenste draad slap komt te hangen. Met andere

woorden: de kolom zal naar rechts uitknikken.

In figuur 2.36b. is de kolom in scheefstand getekend, met in D een uitwijking w.

In B, ter plaatse van de onderste draad, is de uitwijking dan 12

w .

De onderste draad levert een terugdrijvende kracht H:

1 12 2

(100 kN/m) (50 kN/m)tH k w w w= ⋅ = ⋅ = ⋅

De verende inklemming in A levert een terugdrijvend moment M:

r r (4800 kNm) (1200 kN)(4 m) (4 m)

w wM k k wϕ= = = = ⋅

1 Vanwege de grotere afstand tot A.



53

Voor het momentenevenwicht om A van de kolom in scheefstand vindt men nu:

A (50 kNm) (2 m) (1200 kN) 0

H M

T F w w w= ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ =∑ �� ↻

Voor 0w ≠ vindt men hieruit:

t r

k

t.g.v. t.g.v.

(100 kN) (1200 kN) 1300 kN

k k

F F= = + =��

Dit is de gevraagde kniklast.

Opmerking:

Bij een uitwijking naar links zou men uit het evenwicht in de scheefstand hebben

gevonden1:

t rt.g.v. t.g.v.

(225 kN) (1200 kN) 1425 kN

k k

F = + =��

Deze waarde is inderdaad hoger dan kniklast van 1300 kN.

1 Deze berekening wordt aan de lezer overgelaten.



54

• Voorbeeld 7

De oneindig stijve mast AB in figuur 2.37 is afgetuid met twee draden met een

rekstijfheid 2500 kNEA = . De mast heeft een hoogte 6 mh = . Beide draden

hebben een lengte 7,5 m=ℓ . In verticale stand van AB staan beide staven strak

maar zijn verder spanningsloos. De invloed van het eigen gewicht van kolom en

draden wordt buiten beschouwing gelaten.

Figuur 2.37

Gevraagd:

De knikkracht kF .

Uitwerking:

De knikkracht is bereikt zodra ook evenwicht in uitgebogen stand mogelijk is.

Als de mast scheef gaat staan komt maar één van de draden in werking, de andere

gaat slap hangen.

In figuur 2.38a heeft de mast een uitwijking w aan de top in B gekregen. Om

deze uitwijking te kunnen volgen moet de linker draad met een bedrag ∆ℓ

verlengen:

3

5w∆ =ℓ

Hierdoor ontstaat in de draad een trekkracht N:

3

5

EA EAN w= ∆ =ℓ

ℓ ℓ (2.14)

Opmerking:

Er wordt aangenomen dat de uitwijking w zo klein is dat de richtingsverandering

van de draad mag worden verwaarloosd.



55

In figuur 2.38b zijn alle krachten getekend die in B op de mast in scheefstand

werken.

Figuur 2.38

De verticale krachten in B veroorzaken in scheefstand een wegdrijvend moment

om A:

wegdrijvend moment: 4

( )5

F N w+ ⋅

De horizontale kracht in B geeft een terugdrijvend moment om A:

terugdrijvend moment: 3

5N h⋅

Op de stabiliteitsgrens is er evenwicht in uitgebogen stand. Uit het

momentenevenwicht vindt men:

4 3A 0

5 5T F w N w N h= ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑ ↻

Substitueer hierin uitdrukking (2.14) voor N:

4 3( )

5 5

EAF w w w⋅ + ⋅

ℓ

t.g.v. de verticale component van

3 3( ) 0

5 5

N

EAw h− ⋅ =

ℓ��

De verticale component van N levert in de evenwichtsvergelijking een bijdrage

die kwadratisch is in de verplaatsing w. Voor het bepalen van de knikbelasting

wordt gewerkt met de gelineariseerde evenwichtsvergelijking en wordt de

kwadratische term weggestreept. Dit leidt tot:

90

25

hFw EAw− =

ℓ



56

Voor de gevraagde kniklast vindt men hieruit voor 0w ≠ :

k

9 9 (6 m)(2500 kN) 720 kN

25 25 (7,5 m)

hF EA= = =

ℓ

Opmerking:

De verticale component van N heeft na uitknikken een negatieve invloed op de

grootte van F, zie figuur 2.38b. Dit betekent dat het evenwicht op de

stabiliteitsgrens labiel is.



57

• Voorbeeld 8

In figuur 2.39 is de oneindig stijve staaf AB scharnierend verbonden met de in C

rechthoekig omgezette buigzame staaf BCD. Alle verdere informatie kan aan de

figuur worden ontleend.

Figuur 2.39

Gevraagd:

a. De kniklast en de richting waarin uitknikken plaats vindt.

b. De richting waarin staaf AB uitknikt.

Uitwerking:

a. Voor het berekenen van de kniklast kan BCD worden geschematiseerd tot

een horizontale translatieveer, zie figuur 2.40. Hiermee is het knikprobleem tot

het basisgeval dat werd afgeleid in paragraaf 2.1.1.

Figuur 2.40

Voor de stijfheid van de veer geldt:

Hk

w=

De relatie tussen de verplaatsing w en de kracht H is te berekenen met

hoekveranderingsvergelijkingen1.

1 Dit probleem werd eerder met momentenvlakstellingen uitgewerkt in Toegepaste Mechanica – deel 2,

paragraaf 8.4.2, voorbeeld 8, blz. 572. Hoekveranderingsvergelijkingen werken hier echter sneller.

Hoekveranderingsvergelijkingen voor constructies met verplaatsbare knooppunten werden behandeld in

TOEGEPASTE MECHANICA – deel 3, module 1, paragraaf 3.3.



58

In figuur 2.41a is voor BCD de momentenlijn getekend ten gevolge van een

kracht H in B.

Figuur 2.41

In figuur 2.41b is in C een scharnierende verbinding aangebracht en is het

weggenomen buigend moment Hℓ vervangen door het momentenpaar Hℓ op de

staafeinden. In deze figuur zijn ook de knoopverplaatsingen getekend ten gevolge

van de verplaatsing w.

Voor de rotaties van de staafeinden in C geldt:

BCC

2( )

3

H

EIϕ

⋅= +

ℓ ℓ↻

CDC ( )

3

w H

EIϕ

⋅= + −

ℓ ℓ

ℓ↻

De hoekveranderingsvergelijking BC CDC Cϕ ϕ= leidt tot:

2

3 3

H w H

EI EI

⋅ ⋅+ = + −ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ

waaruit volgt:

3

H EIk

w= =

ℓ



59

Hiermee wordt voor de kniklast1 gevonden:

k 2

EIF k= =ℓ

ℓ

b. Wanneer BCD wordt geschematiseerd tot een horizontale translatieveer vindt

men de juiste knikkracht, maar kan men niets zeggen over het naknikgedrag en

de richting waarin staaf AB uitknikt. Om daar achter te komen moet men de

invloed van de dwarskracht V in BC in de beschouwing betrekken, zie figuur

2.42a. Uit het evenwicht van BCD vindt men voor deze dwarskracht:

1

2V H=

Figuur 2.42

Bij een uitwijking naar rechts verkleint deze dwarskracht het wegdrijvend

moment om A. De belasting F moet toenemen bij toenemende verplaatsing w:

het evenwicht na uitknikken is stabiel.

Bij een uitwijking naar links veranderen H en V van richting, zie figuur 2.42b. De

dwarskracht zorgt nu voor een extra wegdrijvend moment om A. Wordt de

uitwijking w groter, dan moet de belasting afnemen: het evenwicht na uitknikken

is labiel.

Conclusie:

Staaf AB zal naar links uitknikken.

1 Om niet in herhaling te vallen wordt gebruik gemaakt van uitdrukking (2.1) in paragraaf 2.1.1. Gebruik

echter nooit formules die men niet begrijpt.



60

• Voorbeeld 9

Van het portaal in figuur 2.43a zijn de oneindig stijve kolommen AB en CD stijf

verbonden met de buigzame regel BC. Alle gegevens kunnen verder aan de


Figuur 2.43

Gevraagd:

De kniklast en de richting waarin het portaal uitknikt.

Uitwerking:

Ten gevolge van een horizontale verplaatsing van regel BC ondergaat kolom CD

een tweemaal zo grote rotatie als kolom AB, zie figuur 2.43b. Als vrijheidsgraad

wordt gekozen de rotatie ϕ van kolom AB. De rotatie van kolom CD is dan 2ϕ .

De buigzame regel wordt vanwege de stijve verbindingen met de kolommen in B

en C gedwongen mee te roteren. In B over een hoek ϕ en in C over een hoek

2ϕ . Hierdoor ontstaan momenten BM in B en CM in C. In figuur 2.44 zijn de

kolommen in scheefstand vrijgemaakt van de regel en zijn alle

verbindingskrachten tussen kolommen en regel getekend.

Figuur 2.44



61

Uit het momentenevenwicht van de regel volgt dat in de regel een dwarskracht V

werkt:

B CM MV

+=

ℓ

Verder is aangenomen dat in de regel nog een normaalkracht N werkt.

Hierna wordt eerst ingegaan op het gedrag van regel BC als veer. Daarna wordt

de kniklast berekent en tenslotte wordt ingegaan op het naknikgedrag.

Het gedrag van regel BC als veer

Regel BC gedraagt zich als een veer, maar met een gedrag dat gecompliceerder is

dan dat van een gewone rotatieveer waarvoor geldt M kϕ= .

BM en CM zijn beide afhankelijk van zowel Bϕ ϕ= als van C 2ϕ ϕ= . Om het

verband te vinden tussen de momenten en rotaties in B en C wordt gebruik

gemaakt van vergeet-mij-nietjes, zie figuur 2.44:

CBB

3 6

MM

EI EIϕ = + −

ℓℓ (2.15)

CBC

6 3

MM

EI EIϕ = − +

ℓℓ (2.16)

Elimineer CM door vergelijking (2.15) met twee te vermenigvuldigen en op te

tellen bij vergelijking (2.16). Men vindt dan:

B B C

4 2EI EIM ϕ ϕ= +

ℓ ℓ (2.17)

Evenzo kan men CM in Bϕ en Cϕ uitdrukken:

C B C

2 4EI EIM ϕ ϕ= +

ℓ ℓ (2.18)

Met Bϕ ϕ= en C 2ϕ ϕ= vindt men uit de vergelijkingen (2.17) en (2.18) het

veergedrag van regel BC:

B

4 2 82

EI EI EIM ϕ ϕ ϕ= + =

ℓ ℓ ℓ (2.19)

C

2 4 102

EI EI EIM ϕ ϕ ϕ= + =

ℓ ℓ ℓ (2.20)

Opmerking:

De vergelijkingen (2.17) en (2.18) kunnen ook in matrixvorm worden genoteerd1:

1 Betrekking (2.21) werd eerder al afgeleid in het kader van de eindige elementenmethode, zie

TOEGEPASTE MECHANICA – deel 3, module 1, paragraaf 5.3.2. De matrix [ ]K heette daar

elementstijfheidsmatrix.



62

B B

CC

4 2

2 4

EI EI

M

M EI EI

ϕ

ϕ

=

ℓ ℓ

ℓ ℓ

(2.21a)

Schrijft men hiervoor

{ } [ ]{ }m K ϕ= (2.21b)

dan is er toch een overeenkomst te herkennen met het gedrag M kϕ= van een

gewone rotatieveer.

Kniklast

Voor het berekenen van de kniklast worden de vergelijkingen voor het

momentenevenwicht van de kolommen in scheefstand opgesteld:

AB B CA B

M MT F N Mϕ ϕ

+= ⋅ + ⋅ − − ⋅∑ ℓ ℓ ℓ

ℓ↻

2( )

0

O ϕ

=

��

(2.22)

CD B C1D C2

M MT N M ϕ

+= − ⋅ − + ⋅∑ ℓ ℓ

ℓ↻

2( )

0

O ϕ

=

��

(2.23)

De momenten BM en CM zijn lineair in ϕ . De laatste term in beide

evenwichtsvergelijkingen geeft de invloed van de dwarskracht V en is

kwadratisch in ϕ . Voor het berekenen van de kniklast mogen deze termen

worden verwaarloosd.

Elimineer N uit (2.22) en (2.23) door vergelijking (2.23) met twee te

vermenigvuldigen en op te tellen bij vergelijking (2.22):

B C2 0F M Mϕ − − =ℓ

Met:

B

8EIM ϕ=

ℓ en C

10EIM ϕ=

ℓ

leidt dit tot:

280

EIF ϕ ϕ− =ℓ

ℓ

Voor 0ϕ ≠ vindt men hieruit de kniklast kF :

k 2

28EIF =

ℓ



63

Naknikgedrag

Om iets te weten te komen over het naknikgedrag moeten de weggestreepte

termen in (2.22) en (2.23) nu wel worden meegenomen:

2

B CB

( )

0

O

M MF N M

ϕ

ϕ ϕ+

⋅ + ⋅ − − ⋅ =ℓ ℓ ℓℓ��

(2.24)

2

B C1C2

( )

0

O

M MN M

ϕ

ϕ+

− ⋅ − + ⋅ =ℓ ℓℓ��

(2.25)

Na elimineren van N uit (2.24) en (2.25) vindt men:

2

B C B C

( )

2 ( ) 0

O

F M M M M

ϕ

ϕ ϕ− − + + =ℓ��

Met:

B

8EIM ϕ=

ℓ en C

10EIM ϕ=

ℓ

wordt dit:

228 18EI EIF ϕ ϕ ϕ− +ℓ

ℓ ℓ

Hieruit vindt men de volgende benadering van het naknikgedrag:

2 2

28 18EI EIF ϕ= −

ℓ ℓ

In figuur 2.45 is het last-verplaatsing-diagram getekend.

Na het uitknikken is het evenwicht bij een uitwijking naar links stabiel (F moet

toenemen) en bij een uitwijking naar rechts labiel (F moet afnemen)

Figuur 2.45

Conclusie:

Het portaal zal na het bereiken van de kniklast naar rechts uitknikken.

labiel

stabiel



64

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 3 KNIK VAN GEKOPPELDE STARRE STAVEN


65

3. Knik van gekoppelde starre staven

Gekoppelde knikstaven kunnen hun stabiliteit aan elkaar ontlenen. In paragraaf

3.1 wordt dit uitgewerkt voor staven gesteund door translatieveren en in

paragraaf 3.2 voor verend ingeklemde staven. De beschouwing blijft beperkt tot

systemen met één vrijheidsgraad. In paragraaf 3.3 is een aantal uitgewerkte

voorbeelden opgenomen. Het hoofdstuk sluit af met een aantal opgaven in

paragraaf 3.4.

3.1 Staven gesteund door translatieveren

Gegeven de twee starre staven AB en CD in figuur 3.1a, met verschillende

lengten 1ℓ en 2ℓ , verschillende belastingen 1F en 2F , en in de top gesteund door

horizontale translatieveren met verschillende veerstijfheden1 1k en 2k .

Voor deze staven werd in paragraaf 2.1.1 de kniklast afgeleid:

;1 1 1kF k= ℓ

;2 2 2kF k= ℓ

Figuur 3.1

In figuur 3.1b zijn beide staven gekoppeld door pendelstaaf BC. Hierna wordt

nagegaan wat de invloed van deze koppeling is op de grootte van de

knikbelasting.

1 Omdat misverstanden zijn uitgesloten wordt de index t voor translatieveer hierna weggelaten.

3 KNIK VAN GEKOPPELDE STARRE STAVEN CONSTRUCTIEMECHANICA 3


66

Stel 1F en 2F groeien geleidelijk aan van nul tot de waarde waarbij het

gekoppelde systeem uitknikt. Het aangroeien van de belasting kan men tot

uitdrukking brengen door middel van een belastingfactor die geleidelijk toeneemt

van 0 tot de waarde n waarbij knik optreedt. De waarden 1F en 2F zijn dan

feitelijk alleen maar referentiewaarden die aangeven hoe de totale belasting over

de twee kolommen is verdeeld.

Voor het bepalen van de knikbelasting wordt het evenwicht in scheefstand

onderzocht, zie figuur 3.2a. In scheefstand kunnen de twee starre staven via

pendelstaaf BC krachten op elkaar uitoefenen. Stel in de pendelstaaf werkt een

normaalkracht N. In figuur 3.2b is pendelstaaf BC vrij gemaakt en zijn de

krachten getekend die in B en C werken op de starre staven in scheefstand. Let

daarbij op de richting van de veerkrachten bij de aangenomen richting van de

verplaatsing w.

Figuur 3.2

Uit het momentenevenwicht van beide staven om respectievelijk A en D vindt

men:

1 1 1 1 0T A nF w k w N= ⋅ − ⋅ + =∑ ℓ ℓ↻

2 2 2 2 0T D nF w k w N= ⋅ − ⋅ − =∑ ℓ ℓ↻



67

Deel de eerste vergelijking door 1ℓ en de tweede door 2ℓ :

11

1

0F

n w k w N− + =ℓ

22

2

0F

n w k w N− − =ℓ

De onbekende normaalkracht N in pendelstaaf BC is nu te elimineren door beide

vergelijkingen bij elkaar op te tellen. Men vindt:

1 21 2

1 2

( ) ( ) 0F F

n w k k w+ − + =ℓ ℓ

Hieruit volgt voor 0w ≠ de belastingfactor n waarbij knik optreedt:

1 2

1 2

1 2

k kn

F F

+=

+ℓ ℓ

(3.1)

Belast men slechts één van beide staven, bijvoorbeeld alleen staaf AB, zie figuur

3.3 , dan is 2 0F = en vindt men:

1 2 1 2 1

1 1

1

( )k k k kn

F F

+ += =

ℓ

ℓ

of:

k;1 1 1 2 1( )F nF k k= = + ℓ

Figuur 3.3

Deze waarde is groter dan de kniklast 1 1k ℓ van de individuele staaf AB. Staaf AB

ontleent hier dus een deel van zijn stabiliteit aan de stijfheid van de veer bij staaf

CD.

Dat kan men ook direct zien aan uitdrukking (3.1) voor n. De knikbelasting blijkt

hier afhankelijk van de som van de veerstijfheden 1 2( )k k+ en niet van de

verdeling van die stijfheden over beide veren. Het systeem in figuur 3.4b, met

een enkele veer en veerstijfheid 1 2( )k k+ , leidt dus tot dezelfde knikbelasting als

het systeem in figuur 3.4a.



68

Figuur 3.4

Opmerking:

De ongunstigste situatie treedt op als de totale belasting op de kortste staaf staat.

In dat geval heeft n een minimum.

Hebben beide staven dezelfde lengte ℓ , zoals in figuur 3.5a, dan vereenvoudigt

de uitdrukking (3.1) voor n tot:

1 2

1 2

( )k kn

F F

+=

+

ℓ

Figuur 3.5

In de noemer komt nu de som van de staafbelastingen voor. Blijkbaar maakt het

voor de knikbelasting nu niet meer uit hoe de totale belasting over de

verschillende staven is verdeeld. Voor het bepalen van de knikbelasting kan men

het systeem in figuur 3.5a vervangen door een enkele verend gesteunde staaf met

daarop de totale belasting en een veerstijfheid die gelijk is aan de som van de

veerstijfheden, zie figuur 3.5b.

Onderzoekt men het knikgedrag van meer dan twee gekoppelde staven, zoals in

figuur 3.6a, dan vindt men:

1 2 3

31 2

1 2 3

...

...

i

i

i

k k k kn

F FF F

+ + + ∑= =

+ + + ∑ℓ ℓ ℓ ℓ

(3.2)

Uit deze uitdrukking komt naar voren dat met name op grote druk belaste korte

staven een ongunstige invloed hebben op de knikbelasting van het systeem. Een

staaf met relatief kleine lengte ℓ en relatief grote belasting F leidt in de noemer

van (3.2) tot een naar verhouding grote waarde van /F ℓ waardoor n sterk kan



69

afnemen. De ongunstigste situatie treedt op als de totale belasting op de kortste

staaf staat. kn heeft dan een minimum.

Figuur 3.6

Opmerking:

In de praktijk zal men altijd beducht moeten zijn voor op grote druk belaste korte

pendelstaven.

Hebben alle staven dezelfde lengte ℓ zoals in figuur 3.6c, dan vereenvoudigt

uitdrukking (3.2) tot:

( )i

i

kn

F

∑=

∑

ℓ (3.3)

Het systeem kan men weer vervangen door een enkele verend gesteunde staaf

met daarop de totale belasting iF∑ , en een veerstijfheid die gelijk is aan de som

ik∑ van de stijfheden van de afzonderlijke veren, zie figuur 3.6d.

Opmerking:

Ook als de staven verschillende lengte hebben kan men voor het berekenen van

de knikbelasting het systeem vervangen door een enkele verend gesteunde staaf,

maar dan moet men wel de belasting aanpassen.

Heeft de enkele staaf heeft een (referentie)lengte 0ℓ , dan moet de totale belasting

iF∑ worden vervangen door een aangepaste belasting 0i

i

F∑ ℓℓ

, zie figuur 3.6b.

Voor de staven langer dan 0ℓ wordt de belasting verminderd, voor staven korter

dan 0ℓ wordt de belasting vergroot. Dit laatste wijst er weer op dat op druk

belaste korte staven de grootte van de knikbelasting in ongunstig zin

beïnvloeden.



70

Voor de kniklast van de staaf in figuur 3.6b geldt1:

k 0F k= ℓ

Hiermee vindt men voor de belastingfactor n waarbij de staaf uitknikt:

0 0k

0

( )i i

i i

i i

k k kFn

F FF F

∑ ∑= = = =

∑ ∑

ℓ ℓ

ℓℓ ℓ

Dit is in overeenstemming met de hiervoor afgeleide uitdrukking (3.2).

Opmerking:

Voor de knikbelasting maakt het geen verschil of de staven al of niet met hun top

op gelijke hoogte liggen, zie figuur 3.7.

Figuur 3.7

Van de constructie in figuur 3.7c, met staaf BC onder 45�, is in figuur 3.8 staaf

AB in scheefstand getekend. Als in BC een normaalkracht N werkt wordt de

vergelijking voor het momentenevenwicht van AB om A:

1 11 1 1 12 2

A 2 2 0T F w k w N w N= ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ =∑ ℓ ℓ↻

Figuur 3.8

1 Zie uitdrukking (2.1) in paragraaf 2.1.1.



71

Voor w≪ ℓ is de derde term zeer klein ten opzichte van de vierde en mag deze

worden verwaarloosd, zodat in de evenwichtsvergelijking alleen de horizontale

component van de koppelstaaf voorkomt:

11 1 1 12

2 0F w k w N⋅ − ⋅ + ⋅ =ℓ ℓ

Voor de knikbelasting maakt het dan ook niet uit of de koppelstaven horizontaal

of onder een helling staan.

• Koppeling van twee staven in elkaars verlengde.

Een andere manier waarop twee knikstaven kunnen worden gekoppeld is in

elkaars verlengde, zoals in figuur 3.9a.

Figuur 3.9

Voor het berekenen van de kniklast heeft het systeem in figuur 3.9b in scharnier

S een uitwijking w gekregen. In de veer heeft zich dan een terugdrijvende kracht

kw ontwikkeld. Uit het momentenevenwicht van de gehele constructie om

respectievelijk A en B vindt men de horizontale oplegreacties. Deze waarden zijn

in de figuur bijgeschreven.

Het momentenevenwicht van BS om S vereist1:

BS 1S 2

1 2

0T F w kw= ⋅ − ⋅ =∑+

ℓℓ

ℓ ℓ↺

Hieruit vindt men voor 0w ≠ de kniklast kF :

1 2k

1 2

1 2

1 1

k kF = =

+ +

ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ

1 Men kan ook kiezen voor het momentenevenwicht van AS om S. Dat leidt tot hetzelfde resultaat.



72

Hoewel uiterlijk sterk verschillend is het knikprobleem van de twee staven in

figuur 3.10a, die in elkaars verlengde liggen, in wezen gelijk aan het

knikprobleem van de twee naast elkaar geplaatste plaatste staven in figuur 3.10b.

Figuur 3.10

Beide staven worden op druk belast door een kracht F en zijdelings gesteund

door een translatieveer met stijfheid k. Voor het systeem in figuur 3.10b geldt:

1 0k = ; 2k k= en 1 2F F F= =

Deze waarden gesubstitueerd in uitdrukking (3.1) voor de belastingfactor n

waarbij knik optreedt, leidt tot:

1 2

1 2

1 2 1 2 1 2

1

1 1

k k k kn

F F F F F

+= = = ×

+ + +ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

of:

k

1 2

1 1

kF nF= =

+ℓ ℓ

Dit is in overeenstemming met wat eerder werd gevonden voor de kniklast van

de twee staven in elkaars verlengde.



73

3.2 Verend ingeklemde staven

De aanpak bij gekoppelde verend ingeklemde staven is vergelijkbaar met die in

paragraaf 3.1 voor door translatieveren gesteunde staven. Daarom wordt de

behandeling slechts in beknopte vorm gepresenteerd.

In figuur 3.11 zijn de twee verend ingeklemde starre staven AB en CD gekoppeld

door pendelstaaf BC. Alle benodigde gegevens kunnen aan de figuur worden

ontleend1. n is weer de belastingfactor waarbij instabiliteit optreedt.

Figuur 3.11

Als vrijheidsgraad wordt de uitwijking w gekozen, zie figuur 3.12a. In figuur

3.12b zijn de staven AB en CD vrijgemaakt van BC en in scheefstand getekend,

met de krachten die er in B en C op werken en de momenten in A en D. Er is

aangenomen dat in BC een normaalkracht N werkt.

Figuur 3.12

1 Omdat in deze paragraaf alleen maar rotatieveren voorkomen en verwarring met translatieveren is

uitgesloten, wordt voor de stijfheid rk van een rotatieveer de vereenvoudigde notatie k gehanteerd.



74

Uit het momentenevenwicht van AB en CD om respectievelijk A en D volgt:

ABA 1 1 1

1

0w

T nF w N k= ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑ ℓℓ

↻

CDD 2 2 2

2

0w

T nF w N k= ⋅ − ⋅ − ⋅ =∑ ℓℓ

↻

Na elimineren van de normaalkracht N vindt men:

1 2 1 22 2

1 2 1 2

( ) ( ) 0F F k k

n w w+ − + =ℓ ℓ ℓ ℓ

Voor 0w ≠ volgt hieruit voor de belastingfactor n waarbij knik optreedt :

1 22 21 2

1 2

1 2

k k

nF F

+

=

+

ℓ ℓ

ℓ ℓ

(3.4)

Of, meer algemeen, bij meer dan twee staven, zie figuur 3.13a:

2i

i

i

i

k

nF

∑

=

∑

ℓ

ℓ

(3.5)

Figuur 3.13

Hebben alle staven dezelfde lengte ℓ zoals in figuur 3.13c, dan vereenvoudigt

deze uitdrukking tot:

1i

i

k

nF

∑=∑ℓ (3.6)



75

Men kan het systeem dan weer vervangen door een enkele verend ingeklemde

staaf waarop de totale belasting iF∑ aangrijpt, en een stijfheid van de verende

inklemming die gelijk is aan de som ik∑ van de afzonderlijke veerstijfheden, zie

figuur 3.13d.

Opmerking:

Ook als de staven ongelijk van lengte zijn kan men het systeem voor het bepalen

van de knikbelasting vervangen door een enkele verend ingeklemde staaf, maar

dan dient men zowel de belasting als de veerstijfheden aan te passen, afhankelijk

van de (referentie)lengte 0ℓ van deze staaf, zie figuur 3.13b:

0i

i

FF = ∑ ℓ

ℓ

202

i

i

kk = ∑ ℓ

ℓ

Opmerking:

In de vergelijking voor het momentenevenwicht van een staaf in scheefstand

speelt het aangrijpingspunt van het terugdrijvend moment M kϕ= geen rol. Dit

betekent dat het voor het berekenen van de knikbelasting niet uitmaakt of de

rotatieveren boven of onder aan de staaf zitten.

Opmerking:

Voor de knikbelasting maakt het geen verschil of de koppelstaven al of niet

horizontaal lopen1, zie figuur 3.14.

Figuur 3.14

• Koppeling van twee staven in elkaars verlengde.

De gelede knikstaaf in figuur 3.15a bestaat uit de starre staven AC en BC die in

C door middel van een rotatieveer met elkaar zijn verbonden. De afmetingen en

wijze van opleggen en belasten volgen uit de figuur.

1 Zie ook de opmerkingen die hierover werden gemaakt in paragraaf 2.3.1.



76

Figuur 3.15

Het systeem heeft één vrijheidsgraad waarvoor de uitwijking w van C uit de

rechtstand wordt gekozen, zie figuur 3.15b. Ten gevolge van deze uitwijking

ondergaat AC een rotatie 1ϕ en BC een rotatie 2ϕ :

11

wϕ =

ℓ en 2

2

wϕ =

ℓ

In C roteren beide staven ten opzichte van elkaar over een hoek ϕ :

1 21 2

w wϕ ϕ ϕ= + = +

ℓ ℓ

Bij een stijfheid k van de rotatieveer ontstaat hierdoor in de verende verbinding

een buigend moment M:

1 2 1 2

1 1( ) ( )

w wM k k kwϕ= = + = +

ℓ ℓ ℓ ℓ

De kniklast kF vindt men als de belasting waarbij evenwicht is in uitgebogen

stand. Uit het evenwicht van de vervormde constructie in zijn geheel vindt men

dat de horizontale oplegreacties in A en B nul zijn. Het momentenevenwicht om

C van AC en BC leiden vervolgens tot dezelfde vergelijking, zie figuur 3.15b:

1 2

1 1C ( ) 0T F w M Fw kw= ⋅ − = − + =∑

ℓ ℓ↺

Voor 0w ≠ volgt hieruit de kniklast kF :

k1 2

1 1( )F k= +ℓ ℓ



77

Opmerking:

Anders dan voor het systeem met translatieveer in figuur 3.16a1 bestaat er voor

het systeem met rotatieveer in figuur 3.16b geen equivalent waarbij de

gekoppelde knikstaven naast elkaar staan. Dat is wel het geval als de rotatieveren

als verende inklemmingen worden toegepast, zie figuur 3.17.

Figuur 3.16

Figuur 3.17

1 Behandeld aan het einde van paragraaf 3.1.



78


De berekening van de knikbelasting voor een systeem van gekoppelde

knikstaven wordt in deze paragraaf nader geïllustreerd aan de hand van elf

voorbeelden. Van de verschillende aspecten die daarbij aan de orde komen

worden genoemd:

• het stabiele evenwicht van een kinematisch onbepaalde constructie

(voorbeeld 1);

• de combinatie van translatie en rotatieveer (voorbeeld 2);

• het bepalen van de veerstijfheid (de voorbeelden 3, 6 en 9);

• de gunstige invloed van op trek belaste pendelstaven op de stabiliteit van het

evenwicht (de voorbeelden 1 en 8);

• lokale en globale instabiliteit (voorbeeld 10);

• het toepassen van eerder afgeleide formules (de voorbeelden 3 t/m 8);

• het geval van rotatie-instabiliteit (voorbeeld 11).



79

• Voorbeeld 1

In figuur 3.18 is een homogeen rechthoekig blok in C en D opgelegd op twee

verticale pendelstaven van verschillende lengte. Het blok heeft een eigen gewicht

G en wordt verder in E belast door een verticale kracht F. De afmetingen volgen

uit de figuur.

Figuur 3.18

Gevraagd:

De waarden van F waarvoor het evenwicht van deze kinematisch onbepaalde

constructie stabiel is.

Uitwerking:

Bij een verticale stand van de pendelstaven volgt uit het momentenevenwicht van

het blok om respectievelijk C en D dat pendel AC op trek wordt belast en pendel

BD op druk, zie figuur 3.19a:

ACN F= +

BD (2 )N F G= − +

Figuur 3.19



80

Het blok is in deze stand in evenwicht. Om de aard van het evenwicht te

onderzoeken wordt het blok een kleine horizontale uitwijking w opgelegd, zie

figuur 3.19b. Door de scheefstand van de pendels ontstaan er tussen de pendels

en het blok horizontale interactiekrachten. De grootte en richting van deze

krachten kan men afleiden uit het momentenevenwicht om respectievelijk A en B

van de pendels in scheefstand.

De op trek belaste pendel AC oefent in scheefstand een terugdrijvende kracht op

het blok uit:

terugdrijvende kracht: w

Fa

⋅

De op druk belaste pendel BD oefent in scheefstand op het blok een

wegdrijvende kracht uit:

wegdrijvende kracht: (2 )3

wF G

a+ ⋅

Het evenwicht is stabiel als de terugdrijvende kracht groter is dan de

wegdrijvende kracht, dus als:

(2 )3

w wF F G

a a⋅ > + ⋅

waaruit volgt:

F G>

Dit is de gevraagde voorwaarde voor stabiel evenwicht.

Het evenwicht is labiel als F G< en neutraal als F G= .

Opmerking:

Het evenwichtssysteem ontleent zijn stabiliteit aan de op trek belaste pendelstaaf.

Algemeen kan worden gesteld dat in een systeem van gekoppelde knikstaven de

op trek belaste pendelstaven een gunstige invloed hebben op de stabiliteit van het

evenwicht.



81

• Voorbeeld 2

Gegeven de constructie in figuur 3.20a. Voor de veerstijfheden geldt

r 8000 kNm/radk = en t 1000 kN/mk = . De overige gegevens kunnen aan de


Figuur 3.20

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

Van de belasting op regel BC komt 25

F terecht bij kolom AB en 35

F bij kolom

CD.

De knikkracht is de belasting waarbij evenwicht in uitgebogen stand mogelijk is.

Om deze te vinden wordt aan regel BC een uitwijking w opgelegd. In figuur

3.20b zijn AB en CD in scheefstand getekend, vrijgemaakt van regel BC.

In A werkt op AB een inklemmingsmoment M:

r r (8000 kNm) (2000 kN)(4 m) (4 m)

w wM k k wϕ= = = = ⋅



82

In C werkt op CD een horizontale kracht H:

t (1000 kN/m)H k w w= = ⋅

Verder is uitgegaan van een onbekende trekkracht N in regel BC.

Het momentenevenwicht van AB om A leidt tot:

ABA

2(4 m) (2000 kN) 0

5M

T F w N w= ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑ ��↻

Het momentenevenwicht van CD om D leidt tot:

CDD

3(4 m) (1000 kN/m) (4 m) 0

5H

T F w N w= ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ =∑ ��↻

De kniklast vindt men door N te elimineren uit beide evenwichtsvergelijkingen.

Vermenigvuldig bijvoorbeeld de eerste vergelijking met 15 en de tweede met 15:

36 (60 m) (30 10 kN) 0Fw N w+ ⋅ − × ⋅ =

39 (60 m) (60 10 kN) 0Fw N w− ⋅ − × ⋅ =

en tel beide bij elkaar op:

315 (90 10 kN) 0Fw w− × ⋅ =

dan vindt men hieruit voor 0w ≠ :

3

k

90 10 kN6000 kN

15F F

×= = =

Dit is de gevraagde kniklast.



83

• Voorbeeld 3

De constructie in figuur 3.21a ontleent haar kinematisch bepaaldheid aan twee

kruisschoren in de vorm van dunne stalen strippen die alleen trekkrachten kunnen

opnemen. De rekstijfheid van deze strippen is EA. De kolommen en regels

mogen als oneindig buig- en rekstijf worden opgevat.

Figuur 3.21

Gevraagd:


Uitwerking:

Als het systeem uitknikt zal de regel horizontaal verplaatsen, zie figuur 3.21b. Bij

een verplaatsing naar rechts ontwikkelt zich in schoor AB een trekkracht die de

optredende verplaatsing tegenwerkt. De andere schoor komt slap te hangen.

Het gedrag van schoor AB kan worden geschematiseerd tot dat van een

horizontale translatieveer in B. De stijfheid van de veer vindt men als het

quotiënt van de horizontale component H van de kracht in de schoor en de

horizontale verplaatsing w van de regel.

Om de horizontale verplaatsing w van B te kunnen volgen moet AB met een

bedrag ∆ℓ verlengen. Uit figuur 3.22a kan men afleiden dat:

4

5w∆ =ℓ

Ten gevolge van deze verlenging ontstaat in de schoor een normaalkracht N:

4

5 25

EA EAN w= ∆ =ℓ

ℓ ℓ



84

De horizontale component H van deze kracht is, zie figuur 3.22b:

4 16

5 125

EAH N w= =

ℓ

Figuur 3.22

Voor de stijfheid k van de horizontale translatieveer in B betekent dat:

16

125

H EAk

w= =

ℓ

De geschoorde constructie in figuur 3.21a is hiermee herleid tot het systeem in

figuur 3.23a. Omdat alle kolommen dezelfde lengte hebben kan men dit systeem

vervangen door de enkele kolom in figuur 3.23b, met een belasting 4F.

Voor de kniklast van deze enkele kolom geldt1:

k

16 484 3 3

125 125

EAF k EA= ⋅ = ⋅ =ℓ ℓ

ℓ

waaruit volgt:

k

12

125F EA=

Figuur 3.23

1 Zie paragraaf 2.1.1, formule (2.1).



85

• Voorbeeld 4

Gegeven de constructie in figuur 3.24, met allemaal oneindig stijve staven.

Figuur 3.24

Gevraagd:

De veerstijfheid k waarbij het evenwicht stabiel is.

Uitwerking:

De belastingfactor n waarbij knik optreedt is te berekenen met (3.2):

400 kN 600 kN 600 kN 400 kN

8 m 6 m 4 m 2 m

(50 100 150 200) kN/m 500 kN/m

kn

k k

= =

+ + +

= =+ + +

Het evenwicht is stabiel als 1n > , ofwel:

1500 kN/m

kn = >

Hieruit wordt voor de veerstijfheid gevonden:

500 kN/mk >

Opmerking:

• Als 1n = is de aanwezige belasting gelijk aan de knikbelasting.

• Als 1n < is de aanwezige belasting groter dan de knikbelasting. De

aanwezige belasting moet (met de factor 1n < ) immers worden gereduceerd

om tot de knikbelasting te komen. Het evenwicht is dus instabiel voor 1n < .

• Als 1n > is de aanwezige belasting kleiner dan de knikbelasting. De

aanwezige belasting moet (met de factor 1n > ) worden vergroot om tot de

knikbelasting te komen. Het evenwicht is stabiel voor 1n > .



86

Opmerking:

In dit voorbeeld is duidelijk te zien dat de kortere staven een relatief grote

invloed hebben op de vereiste veerstijfheid.

Opmerking:

Bij de uitwerking is gebruik gemaakt van formule (3.2). Gebruik echter nooit

formules waarvan de achtergrond niet wordt begrepen.



87

• Voorbeeld 5

Het spant in figuur 3.25a is opgebouwd uit allemaal oneindig stijve staven die

onderling scharnierend zijn verbonden. De randkolommen zijn scharnierend

opgelegd. De middenkolom is verend ingeklemd met veerstijfheid rk . De

afmetingen kunnen uit de figuur worden afgelezen. Op de regels werkt een

gelijkmatig verdeelde belasting q.

Houdt in de numerieke uitwerking aan: 1 ma = en r 1440 kNm/radk = .

Figuur 3.25

Gevraagd:

De knikbelasting kq .

Uitwerking:

Van de verdeelde belasting op de regels komt 3qa terecht bij iedere randkolom

en 6qa bij de middenkolom, zie figuur 3.25b.

Voor het berekenen van de knikbelasting wordt het evenwicht van het spant in

scheefstand onderzocht. Alle kolommen ondergaan dan dezelfde rotatie θ .

Figuur 3.26



88

In figuur 3.26 zijn de kolommen in een scheefstand getekend met alle krachten

die er in D, E en F op werken. Daarbij is aangenomen dat in DE en EF de nog

onbekende normaalkrachten DE

N en EF

N werken. Verder is in de figuur het

inklemmingsmoment B rM k θ= getekend. Het momentenevenwicht van de drie

kolommen levert drie vergelijkingen:

AD DEA 3 4 4 0T qa a N aθ= ⋅ + ⋅ =∑ ↻

BE DE EFB r6 4 4 4 0T qa a N a N a kθ θ= ⋅ − ⋅ + ⋅ − =∑ ↻

CF EFC 3 4 4 0T qa a N aθ= ⋅ − ⋅ =∑ ↻

De onbekende normaalkrachten zijn eenvoudig te elimineren door alle drie de

vergelijkingen bij elkaar op te tellen1:

r12 4 0qa a kθ θ⋅ − =

Met 1 ma = en r 1440 kNm/radk = vindt men hieruit voor de knikbelasting kq :

rk 2 2

1440 kNm30 kN/m

48 48 (1 m)

kq

a= = =

×

• Alternatieve aanpak (m.b.v. eerder afgeleide formules)

Omdat alle kolommen dezelfde lengte hebben kan men hier gebruik maken van

uitdrukking (3.6):

rk r

2

11

4

12 48

i

i

kkq kanq F qa qa

∑= = = =

∑ℓ

waaruit volgt:

rk 2

30 kN/m48

kq

a= =

In dit geval met gelijke kolomlengten had men het spant ook kunnen vervangen

door één enkele verend ingeklemde staaf waarop de totale belasting staat2, zie

figuur 3.27. Hiervoor geldt3:

rk

kF =

ℓ

Dit leidt hier tot:

rk12

4

kq a

a=

waaruit weer volgt:

1 Dat gaat zo eenvoudig omdat alle kolommen dezelfde lengte hebben.

2 Zie paragraaf 3.2, na formule (3.6).

3 Zie paragraaf 2.1.2, formule (2.2).



89

rk 2

30 kN/m48

kq

a= =

Figuur 3.27



90

• Voorbeeld 6

Gegeven het in figuur 3.28 getekende spant. De kolommen zijn oneindig stijf. De

regels DE en EG hebben een buigstijfheid 3 240 10 kNmEI = × . De regels zijn

stijf verbonden met de randkolommen en scharnierend met de middenkolom.

Belasting en afmetingen volgen uit de figuur. Houdt in de berekening aan

1 ma = .

Figuur 3.28

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

In figuur 3.29a is het spant in uitgebogen stand getekend. Alle kolommen

ondergaan dezelfde rotatie θ . Vanwege de stijve hoekverbindingen moeten de

regels deze rotatie in D en G volgen. Hierdoor worden momenten M opgewekt

die zijn te berekenen met vergeet-mij-nietjes, zie figuur 3.29b:

3

4

EIM

aθ= (3.7)

In figuur 3.29c zijn de kolommen vrijgemaakt van de regels en zijn alle krachten

en momenten getekend die er in D, E en G op werken. Daarbij is aangenomen dat

in regel DE nog een normaalkracht DE

N kan werken en in regel EG een

normaalkracht EG

N .

De vergelijkingen voor het momentenevenwicht van de kolommen in scheefstand

luiden:

AD DEA 3 3 0T F a M N aθ= ⋅ − + ⋅ =∑ ↻

BE DE EGB 2 3 3 3 0T F a N a N aθ= ⋅ − ⋅ + ⋅ =∑ ↻

CG EGC 3 3 0T F a M N aθ= ⋅ − − ⋅ =∑ ↻



91

De onbekende normaalkrachten DE

N en EG

N kan men eenvoudig elimineren

door de drie evenwichtsvergelijkingen bij elkaar op te tellen1. Men vindt dan:

312 2 12 2 0

4

EIF M Fθ θ θ− = − × =ℓ ℓ

ℓ

Voor 0θ ≠ volgt hieruit de gevraagde kniklast:

3 2

k 2 2

1 1 40 10 kNm5000 kN

8 8 (1 m)

EIF

×= = =ℓ

Figuur 3.29

1 Dat gaat zo eenvoudig omdat alle kolommen dezelfde lengte hebben.



92


De constructie had men ook kunnen schematiseren tot het starre-staaf-systeem

met rotatieveren in figuur 3.30a. De stijfheid van de rotatieveren volgt uit (3.7):

3 233 3 (40 10 kNm )

30 10 kNm4 4 (1 m)

M EIk

aϕ

× ×= = = = ×

×

Figuur 3.30

Omdat alle kolommen dezelfde lengte hebben kan men gebruik maken van de in

paragraaf 3.2 afgeleide uitdrukking (3.6):

k

1i

i

kF

nF F

∑= =

∑ℓ

Met:

3 m=ℓ

3r2 60 10 kNmik k= = ×∑

4iF F=∑

leidt deze uitdrukking tot:

3

k

1(60 10 kNm)

5000 kN(3 m)

4

Fn

F F F

× ×

= = =

waaruit men vindt:

k 5000 kNF nF= =

Omdat alle kolommen even lang zijn kan men, voor het berekenen van de

knikbelasting, de constructie vervangen door de enkele verend ingeklemde staaf

in figuur 3.30b, waarop de totale belasting staat en met een stijfheid van de

verende inklemming die gelijk is aan de som van de stijfheden van de

afzonderlijk rotatieveren1.

1 Voor de grootte van de kniklast maakt het niet uit of de rotatieveren boven of onderaan de staaf zitten,

of daar ergens tussen in. Zie paragraaf 3.2.



93

Voor de kniklast van deze staaf geldt1:

33r

k

2 60 10 kNm4 20 10 kN

3 m

kF

×= = = ×ℓ

waaruit volgt:

k 5000 kNF =

Waarschuwing:

Werk alleen met formules als ze worden begrepen!

1 Zie paragraaf 2.1.2. formule (2.2).



94

• Voorbeeld 7

Gegeven de constructie in figuur 3.31, met allemaal oneindig stijve staven. Alle

rotatieveren hebben dezelfde stijfheid 7200 kNm/radk = .

Figuur 3.31

Gevraagd:

De belasting kF waarbij knik optreedt.

Uitwerking (m.b.v. een eerder afgeleide formule):

Alle staven hebben dezelfde lengte. Voor de belastingfactor n waarbij knik

optreedt kan men dan gebruik maken van uitdrukking (3.6) uit paragraaf 3.2. Met

in totaal vier rotatieveren en een totale belasting 6F vindt men:

k

114 (7200 kNm)

800 kN6 m

6

i

i

kF

nF F F F

× ×∑= = = =

∑ℓ

waaruit volgt:

k 800 kNF nF= =

Opmerking:

Net als in de vorige twee voorbeelden kan de constructie voor het berekenen van

de knikbelasting worden geschematiseerd tot een enkele verend ingeklemde

staaf. Deze aanpak wordt nu aan de lezer overgelaten.



95

• Voorbeeld 8

Gegeven de constructie in figuur 3.32, waaraan alle gegevens kunnen worden

ontleend. Alle staven zijn oneindig stijf.

Figuur 3.32

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

De belasting op het overstek in E is statisch equivalent met de belasting op de

kolommen in figuur 3.33a.

Figuur 3.33

In figuur 3.33b zijn de kolommen getekend nadat de regel een uitwijking w is

opgelegd. Omdat de kolommen van ongelijke lengte zijn ondergaan ze

verschillende rotaties. In C en D zijn de krachten getekend die op de kolommen

in scheefstand werken, waarbij is aangenomen dat in CD een normaalkracht N

werkt. Voor de door de verende inklemmingen geleverde momenten geldt:



96

A (8000 kNm) (2000 kN)(4 m)

wM w= ⋅ = ⋅

B (36000 kNm) (6000 kN)(6 m)

wM w= ⋅ = ⋅

Uit het momentenevenwicht van de kolommen in scheefstand vindt men:

A

ACA

1(4 m) (2000 kN) 0

2M

T F w N w= − ⋅ + ⋅ − ⋅ =∑ ��↻ (3.8)

B

BDB

3(6 m) (6000 kN) 0

2M

T F w N w= + ⋅ − ⋅ − ⋅ =∑��

↻ (3.9)

Elimineer de onbekende normaalkracht N door vergelijking (3.8) met zes te

vermenigvuldigen en (3.9) met vier en ze dan bij elkaar op te tellen:

3 (36000 kN) 0F w w⋅ − ⋅ =

Hieruit vindt men voor 0w ≠ de knikkracht:

k 12000 kNF =

Opmerking:

De op trek belaste kolom AC heeft een gunstige uitwerking op de stabiliteit van

het evenwicht. De trekkracht zorgt immers voor een terugdrijvende werking, zie

figuur 3.33b.


Voor het berekenen van de knikbelasting van de constructie in figuur 3.33a kan

men ook gebruik maken van de in paragraaf 3.2 afgeleide uitdrukking (3.5):

2k

i

i

i

i

k

Fn

FF

∑

= =

∑

ℓ

ℓ

De kolombelastingen iF zijn hierin drukkrachten. In figuur 3.33a is de belasting

op kolom AC een trekkracht. Deze kracht moet daarom met een negatief teken in

de formule worden ingevoerd:

2 2k

312 2

(8000 kNm) (36000 kNm)

12000 kN(4 m) (6 m)

(4 m) (6 m)

Fn

F FF F

+

= = =−

+

Voor de knikkracht vindt men hieruit de reeds eerder gevonden waarde:

k 12000 kNF nF= =



97

• Voorbeeld 9

Gegeven de constructie in figuur 3.34a, waaraan alle benodigde informatie kan

worden ontleend.

Houd in de numerieke uitwerking aan: 1 ma = , 23000 kNmEI = en

C 1500 kNm/radk = .

Figuur 3.34

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

De buigzame liggers AA' en BB' werken als rotatieveren zodat de constructie

kan worden geschematiseerd tot een knikstaaf met drie rotatieveren, zie figuur

3.34b.

De rotatieveren in A en B hebben dezelfde veerstijfheid k. Hiervoor geldt, zie

figuur 3.34c:

23000 kNm3000 kNm

3 1 m

3

M M EIk

M a a

EI

θ= = = = =

⋅

In figuur 3.35 is knikstaaf ACB in vervormde toestand getekend, met de

momenten die in A, B en C op AC en BC werken.



98

Figuur 3.35

Uit het momentenevenwicht van ACB om A en B volgt dat er in A en B geen

horizontale oplegreacties zijn. De knikkracht kan men nu berekenen uit het

momentenevenwicht van AC of BC, bijvoorbeeld:

BCC C4 2 0T F a k kθ θ θ= ⋅ − ⋅ − ⋅ =∑ ↻

Voor 0θ ≠ vindt men hieruit de knikkracht:

Ck

3000 kNm 1500 kNm1500 kN

4 2a 4 (1 m) 2 (1 m)

kkF

a= + = + =

× ×

Opmerking:

Dat de horizontale oplegreacties in A en B nul zijn is een gevolg van het

bijzondere feit dat de momenten die in A en B op ACB werken even groot en

tegengesteld gericht zijn. Zou dat niet zo zijn, bijvoorbeeld in het geval van

ongelijke veerstijfheden in A en B, dan zijn de horizontale oplegreacties in A en

B niet meer nul en mogen deze niet worden vergeten in de vergelijking voor het

momentenevenwicht.



99

• Voorbeeld 10

Gegeven het spant in figuur 3.36, met rotatieveren in B en C. In de berekening

moet worden aangehouden 3 ma = .

Figuur 3.36

Gevraagd:

De knikbelasting kF in de volgende twee gevallen:

a. B 15000 kNm/radk = en C 3000 kNm/radk = ;

b. B 16500 kNm/radk = en C 4500 kNm/radk = .

Uitwerking:

Hier doet zich het probleem voor dat de constructie onder de gegeven belasting

op twee manieren kan uitknikken, zie figuur 3.37.

Figuur 3.37

Als de veerstijfheid in C voldoende klein is ten opzichte van die in B, dan zal

kolom ACD uitknikken zoals is aangegeven in figuur 3.37a. Men noemt dit

partiële knik of lokale instabiliteit. Dit in tegenstelling tot globale instabiliteit,

waarbij het spant in zijn geheel uitknikt zoals in figuur 3.37b. Globale

instabiliteit treedt op als de veerstijfheid in C naar verhouding groot is ten

opzichte van de veerstijfheid in B.



100

Voor het bepalen van de knikbelasting moeten beide mogelijkheden dus worden

onderzocht.

Partiële knik of lokale instabiliteit

In figuur 3.38 is knikstaaf ACD in vervormde toestand getekend. Uit het

momentenevenwicht van de constructie in zijn geheel volgt dat er in A en D geen

horizontale oplegreacties zijn. Voor het moment in C geldt:

C C 2M k θ= ⋅

Figuur 3.38

De kniklast vindt men vervolgens uit het momentenevenwicht van AC of CD.

Hier wordt gekozen voor CD:

CDC C

moment in C

2 0T F a kθ θ= − ⋅ + ⋅ =∑��

↻

Voor 0θ ≠ volgt hieruit:

Ck;part

2kF

a= (3.10)

Globale instabiliteit

In figuur 3.39a is het spant in vervormde toestand getekend. Omdat in

voorgaande voorbeelden al meerder keren een dergelijk probleem werd

uitgewerkt wordt hier direct gebruik gemaakt van het feit dat men (omdat de

kolommen van gelijke lengte zijn) voor het berekenen van de bijbehorende

kniklast de constructie kan vervangen door de enkele verend ingeklemde staaf in

figuur 3.39b1. Voor de kniklast hiervan geldt

2:

r Bk;glob

2

k kF

a= =ℓ

(3.11)

1 Zie paragraaf 3.2.

2 Zie uitdrukking (2.2) in paragraaf 2.1.2.



101

Figuur 3.39

De kleinste van de gevonden waarden k;partF en k;globF is de werkelijke kniklast.

a. B 15000 kNm/radk = en C 3000 kNm/radk =

Ck;part

2 2 (3000 kNm)2000 kN

(3 m)

kF

a

×= = =

Bk;glob

15000 kNm2500 kN

2 2 (3 m)

kF

a= = =

×

Partiële knik is maatgevend; staaf ACD knik uit:

k k;part 2000 kNF F= =

b. B 16500 kNm/radk = en C 4500 kNm/radk = .

Ck;part

2 2 (4500 kNm)3000 kN

(3 m)

kF

a

×= = =

Bk;glob

16500 kNm2750 kN

2 2 (3 m)

kF

a= = =

×

Nu is globale instabiliteit maatgevend; het spant knikt in zijn geheel uit:

k k;glob 2750 kNF F= =

Opmerking:

Nadere beschouwing leert dat het spant niet één, maar twee vrijheidsgraden heeft

en dus feitelijk in het volgende hoofdstuk thuis hoort1. De beschikbare kennis

blijkt hier evenwel voldoende om het probleem op te kunnen lossen.

1 Dit probleem wordt daar nog een keer aan de orde gesteld in paragraaf 4.1, voorbeeld 4.



102

• Voorbeeld 11

Van een gebouwtje met een regelmatige veelhoek als plattegrond rust het dak in

het midden op een kolom en aan de omtrek op m pendelstijlen in de hoekpunten

van de veelhoek, zie figuur 3.40. De veelhoek heeft een omgeschreven cirkel met

straal r. Verder hebben middenkolom en pendels dezelfde lengte ℓ .

De kolom is zowel in het dak als in de fundering ingeklemd en heeft een

wringstijfheid wGI . De dakbelasting, inbegrepen het eigen gewicht, is

gelijkmatig verdeeld. De totale dakbelasting is Q.

Figuur 3.40

Gevraagd:

De dakbelasting kQ waarbij rotatie-instabiliteit optreedt.

Uitwerking:

Van de totale dakbelasting komt eenderde op de middenkolom en tweederde op

pendelstijlen aan de omtrek. Met in totaal m pendelstijlen is de verticale belasting

per pendelstijl 23

/Q m .

Instabiliteit treedt op zodra ook in een geroteerde toestand evenwicht mogelijk is.

Stel het dak roteert over een hoek ϕ waardoor alle pendels aan de top een

uitwijking rϕ krijgen, zie figuur 3.41. Is er in die stand evenwicht, dan moet op

elke pendel een horizontale kracht H werken waarvan de grootte en richting

volgen uit het momentenevenwicht van de pendel in scheefstand. Voor pendel

AB in figuur 3.41b moet gelden:

2A 0

3

QT r H

mϕ= ⋅ − =∑ ℓ↺



103

Hieruit volgt:

2

3

QrH

mϕ=ℓ

Figuur 3.41

Opmerking:

Omdat een pendelstaaf alleen maar een normaalkracht kan overbrengen moet de

resulterende kracht in B de richting van de staafas hebben.

Op het dak werken even grote krachten H als op de pendelstijlen, maar dan

tegengesteld gericht1. Deze krachten willen de rotatie van het dak vergroten. Zij

zorgen voor een wegdrijvend moment in het vlak van het dak. Bij m

pendelstaven geldt:

2

wegdrijvend

2 2

3 3

Qr QrM m rH m r

mϕ ϕ= ⋅ = ⋅ ⋅ =ℓ ℓ

De ingeklemde kolom werkt als een veer een zorgt voor een terugdrijvend

moment:

wterugdrijvend

GIM ϕ=

ℓ

Is het dak in geroteerde stand in evenwicht, dan moeten het wegdrijvend en

terugdrijvend moment even groot zijn:

2w2

3

GIQrϕ ϕ=

ℓ ℓ

1 De krachten H zijn interactiekrachten tussen pendelstijlen en dak.



104

Voor 0ϕ ≠ vindt men hieruit de gevraagde kritieke dakbelasting kQ waarbij

rotatie-instabiliteit optreedt:

wk 2

3

2

GIQ

r=

Opmerking:

Als bijzonderheid valt hier op dat de knikbelasting onafhankelijk is van de lengte

ℓ van kolom en pendelstijlen1. Evenmin is de knikbelasting afhankelijk van het

aantal pendelstijlen m.

Opmerking:

In paragraaf 1.2 werd als één van de knikvormen het geval van torsieknik

genoemd. Het verschijnsel van torsieknik in op druk belaste staven toont grote

overeenkomst met dit voorbeeld van rotatie-instabiliteit. Ook bij torsieknik is de

kniklast onafhankelijk van de staaflengte ℓ .

1 Dit is een gevolg van het feit dat de lengte van de pendelkolommen gelijk is aan de lengte van de

ingeklemde kolom.

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 4 KNIK VAN STARRE-STAAF-SYSTEMEN MET TWEE VRIJHEIDSGRADEN


105

4. Knik van starre-staaf-systemen met twee vrijheidsgraden

Het knikprobleem van een starre-staaf-systeem met twee vrijheidsgraden wordt

in paragraaf 4.1 toegelicht aan de hand van vier voorbeelden. In paragraaf 4.2 is

een aantal vraagstukken opgenomen.


• Voorbeeld 1 – Verend gekoppelde knikstaven

Figuur 4.1 toont een systeem van twee gekoppelde knikstaven AB en CD,

waarbij de koppeling niet meer bestaat uit een starre staaf, maar uit een

translatieveer. De staven AB en CD hebben dezelfde lengte ℓ en de drie veren

hebben dezelfde stijfheid k.

Figuur 4.1

Het systeem heeft twee vrijheidsgraden. Om de stand van het vervormde systeem

te beschrijven zijn immers twee parameters nodig. Hiervoor worden de

verplaatsingen Bw in B en Cw in C gekozen.

De knikbelasting is een belasting waarbij evenwicht in uitgebogen stand

mogelijk is. Om deze te berekenen zijn in figuur 4.2 de staven AB en CD in B en

C vrijgemaakt en in scheefstand getekend, met de krachten die er in B en C op

werken.

Figuur 4.2

4 KNIK VAN STARRE-STAAF-SYSTEMEN MET TWEE VRIJHEIDSGRADEN CONSTRUCTIEMECHANICA 3


106

Hierbij is aangenomen dat B Cw w< . In de veer tussen B en C ontstaat dan een

trekkracht1. Let goed op de richtingen van de veerkrachten.

Uit het momentenevenwicht van de staven om respectievelijk A en D vindt men:

ABA B B C B( ) 0T F w kw k w w= ⋅ − ⋅ + − ⋅ =∑ ℓ ℓ↻

CDD C C C B( ) 0T F w kw k w w= ⋅ − ⋅ − − ⋅ =∑ ℓ ℓ↻

als volgt te herschrijven:

B C( 2 ) 0F k w k w− + =ℓ ℓ (4.1a)

B C( 2 ) 0k w F k w+ − =ℓ ℓ (4.1b)

Dit is een stelsel van twee homogene vergelijkingen in de vrijheidsgraden Bw en

Cw .

De triviale nuloplossing B C 0w w= = is niet interessant omdat er naar evenwicht

in uitgebogen stand wordt gezocht.

Oplossingen ongelijk nul bestaan alleen als de determinant van de

coëfficiëntenmatrix nul is:

2 2( 2 ) ( ) 0Det F k k= − − =ℓ ℓ

of:

2 24 ( ) 3( ) 0F F k k− + =ℓ ℓ

Deze vierkantsvergelijking in F heeft twee oplossingen:

1F k= ℓ en 2 3F k= ℓ

Evenwicht in uitgebogen stand blijkt slechts mogelijk voor deze twee bijzondere

waarden van F. De kleinste waarde geeft de kniklast:

k 1F F k= = ℓ

Voor kF F< keert het systeem steeds terug naar de nulstand en is het evenwicht

stabiel, zie het last-verplaatsing-diagram in figuur 4.3.

1 Als B Cw w> ontstaat in de veer tussen B en C een drukkracht B C( )k w w− . De evenwichts-

vergelijkingen veranderen hier niet door.



107

Figuur 4.3

Voor kF F= is er voor het eerst evenwicht in uitgebogen stand mogelijk en

treedt een vertakkingspunt op in het gedrag van het systeem.

De optredende knikvorm is bepaald door de verhouding B C/w w die men vindt

door de waarde van de kniklast te substitueren in een van de evenwichts-

vergelijkingen (4.1).

Substitutie van kF F k= = ℓ in bijvoorbeeld evenwichtsvergelijking (4.1a) leidt

tot:

�k

B C( 2 ) 0F

k k w k w− + =ℓ ℓ ℓ

Hieruit vindt men voor de knikvorm, zie figuur 4.4a:

Figuur 4.4



108

B

C

1w

w= +

De grootte van de uitbuiging is onbepaald. Dit is inherent aan het feit dat met

gelineariseerde evenwichtsvergelijkingen wordt gewerkt. Deze zullen altijd

leiden tot neutraal evenwicht. Op het werkelijke naknikgedrag wordt hier niet

ingegaan.

Voor kF F> is het evenwicht in de nulstand labiel.

Een tweede vertakkingspunt op treedt op als 2 3F F k= = ℓ . Ook dan is er

evenwicht in uitgebogen stand mogelijk. De bijbehorende uitbuigingsvorm vindt

men weer door 2 3F F k= = ℓ in een van de evenwichtsvergelijkingen te

substitueren, bijvoorbeeld in vergelijking (4.1a):

�2

B C(3 2 ) 0F

k k w k w− + =ℓ ℓ ℓ

Hieruit vindt men voor de uitbuigingsvorm, zie figuur 4.4b:

B

C

1w

w= −

Opmerking:

Het aantal vertakkingspunten in het gedrag van een constructie is gelijk aan het

aantal bijzondere waarden van F waarbij evenwicht in uitgebogen stand mogelijk

is. Dit is aantal is gelijk aan het aantal vrijheidsgraden van de constructie1.

Opmerking:

De vergelijkingen (4.1) kan men (na tekenwisseling) op de volgende manier in

matrixvorm schrijven:

B B

C C

20

2

w wk kF

w wk k

− =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

In de verkorte notatie is dat:

[ ]{ } { } 0K w F w− =

en met behulp van de eenheidsmatrix [ ]I ook te schrijven als:

[ ] [ ]( ){ } 0K F I w− = (4.2)

Hierin is [ ]K de stijfheidsmatrix die het gedrag van de veren tot uitdrukking

brengt en { }w de vector die de uitbuiging beschrijft. F is de belasting en fungeert

in deze betrekking als parameter.

1 Het aantal vertakkingspunten kan soms kleiner zijn dan het aantal vrijheidsgraden. Dit doet zich voor

als de karakteristieke vergelijking in F een aantal gelijke wortels heeft.



109

Het zoeken naar die waarden van F waarvoor (4.2) een oplossing { } 0w ≠ heeft

staat in de wiskunde bekend als een eigenwaardeprobleem. Zo’n oplossing is

alleen mogelijk als de coëfficiëntendeterminant van (4.2) nul is. Dit is slechts het

geval voor een aantal bijzondere waarden van F, die de eigenwaarden worden

genoemd. In het algemeen is het aantal eigenwaarden gelijk aan het aantal

vrijheidsgraden. De kleinste eigenwaarde is de kniklast.

Bij elke eigenwaarde iF hoort een oplossing { }i

w , de zogenaamde eigenvector.

Deze beschrijft de bijbehorende uitbuigingsvorm. De grootte van de uitbuiging

blijft onbepaald. De knikvorm wordt gegeven door de eigenvector bij de kleinste

eigenwaarde.

Conclusie:

Het gelineariseerde knikprobleem kan worden beschreven als een

eigenwaardeprobleem. De kleinste eigenwaarde is de kniklast. De knikvorm

wordt gegeven door de eigenvector bij de kleinste eigenwaarde.



110

• Voorbeeld 2 – Twee in een buigligger ingeklemde starre knikstaven

In figuur 4.5a zijn de starre staven AB en CD stijf verbonden met buigligger BC.

Ligger BC heeft een buigstijfheid EI en fungeert voor de starre staven als een

verende inklemming. Afmetingen en belasting kunnen uit de figuur worden

afgelezen.

Figuur 4.5

De constructie heeft twee vrijheidsgraden, waarvoor de rotaties Bϕ en Cϕ van

respectievelijk AB en CD worden gekozen, zie figuur 4.5b.

Uit het vorige voorbeeld kwam naar voren dat de knikkracht kF de kleinste

waarde van F is waarbij evenwicht in uitgebogen stand mogelijk is.

Bij evenwicht in uitgebogen stand geldt voor de staven AB en CD, zie figuur 4.6:

B BM F ϕ= ℓ (4.3a)

C CM F ϕ= ℓ (4.3b)

Figuur 4.6



111

Met vergeet-mij-nietjes kan men voor BC de rotaties Bϕ en Cϕ ten gevolge van de

momenten BM en CM berekenen:

CBB

3 6

MM

EI EIϕ = + −

ℓℓ

CBC

6 3

MM

EI EIϕ = − +

ℓℓ

Met deze betrekkingen wordt feitelijk het gedrag van ligger BC als verende inklemming

beschreven. Substitueer hierin de uitdrukkingen (4.3) voor BM en CM :

2 2CB

B B C3 6 3 6

MM F F

EI EI EI EIϕ ϕ ϕ= + − = + −

ℓℓ ℓ ℓ

2 2CB

C B C6 3 6 3

MM F F

EI EI EI EIϕ ϕ ϕ= − + = − +

ℓℓ ℓ ℓ

Uitwerking leidt tot een stelsel van twee homogene vergelijkingen in de

vrijheidsgraden Bϕ en Cϕ :

2 2

B C(1 ) 03 6

F F

EI EIϕ ϕ− ⋅ + ⋅ =

ℓ ℓ (4.4a)

2 2

B C(1 ) 06 3

F F

EI EIϕ ϕ⋅ + − ⋅ =

ℓ ℓ (4.4b)

De triviale nuloplossing B C 0ϕ ϕ= = is niet interessant omdat naar het evenwicht

in uitgebogen stand wordt gezocht.

Oplossingen ongelijk nul bestaan alleen als de determinant Det van de


2 2 22 2 2 21 2

1 1 03 6 12 3

F F F FDet

EI EI EI EI

= − − = − + =

ℓ ℓ ℓ ℓ

Dit is een vierkantsvergelijking in F. Er zijn twee waarden van F die hieraan

voldoen:

1 2

2EIF =

ℓ en 2 2

6EIF =

ℓ

De kleinste waarde is de knikkracht:

k 1 2

2EIF F= =

ℓ

De grootte van de uitbuiging na uitknikken is onbepaald. De knikvorm ligt wel

vast. Deze is bepaald door de verhouding B C/ϕ ϕ en vindt men door de waarde

van 2

k 2 /F F EI= = ℓ in een van de evenwichtsvergelijkingen (4.4) te

substitueren, bijvoorbeeld in (4.4a):



112

k k

2 2 2 2

B C B C

(2 / ) (2 / ) 1 1(1 ) 0

3 6 3 3

F F

EI EI

EI EIϕ ϕ ϕ ϕ− ⋅ + ⋅ = + =

��

ℓ ℓ ℓ ℓ

Hieruit vindt men:

B

C

1ϕ

ϕ= −

De knikvorm is getekend in figuur 4.7a.

Figuur 4.7

De uitbuigingsvorm bij de tweede eigenwaarde 2

2 6 /F F EI= = ℓ , zie figuur 4.7b,

vindt men op dezelfde manier:

B

C

1ϕ

ϕ= +

Figuur 4.8 toont het last-verplaatsing-diagram. Het gedrag van de constructie

heeft twee vertakkingspunten. Omdat werd gewerkt met gelineariseerde

evenwichtsvergelijkingen wordt na uitknikken neutraal evenwicht gevonden. Op

het werkelijke naknikgedrag wordt hier niet ingegaan.

Figuur 4.8



113

Variant uitwerking

De vergelijkingen (4.3) kan men in matrixvorm ook op de volgende manier

schrijven:

B B

C C

0M

FM

ϕ

ϕ

− =

ℓ (4.5)

Voor het verband tussen de momenten en rotaties in de einden van staaf BC werd

eerder een betrekking afgeleid in paragraaf 2.3, voorbeeld 9:

B B

CC

4 2

2 4

EI EI

M

M EI EI

ϕ

ϕ

=

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Substitueer deze betrekking in (4.5) en men vindt:

B B

C C

4 2

02 4

EI EI

FEI EI

ϕ ϕ

ϕ ϕ

− =

ℓ ℓℓ

ℓ ℓ

of in verkorte matrixnotatie:

[ ]{ } { } 0K Fϕ ϕ− =ℓ (4.6)

Hierin is [ ]K de stijfheidsmatrix die het gedrag van ligger BC tot uitdrukking

brengt en { }ϕ de vector die de uitbuiging beschrijft. F is de belasting en fungeert

in deze betrekking als parameter.

Met de eenheidsvector [ ]I kan men voor (4.6) schrijven:

[ ] [ ]( ){ } 0K F I ϕ− =ℓ (4.7)

In deze vorm is het knikprobleem weer duidelijk als een eigenwaardeprobleem te

herkennen.

Een oplossing ongelijk nul bestaat alleen als de determinant van [ ] [ ]( )K F I− ℓ

nul is. Om deze te berekenen worden de vergelijkingen (4.7) uitgeschreven:

B C

4 2( ) 0

EI EIF ϕ ϕ− + =ℓ

ℓ ℓ (4.8a)

B C

2 4( ) 0

EI EIFϕ ϕ+ − =ℓ

ℓ ℓ (4.8b)



114

Voor een oplossing ongelijk nul moet dus gelden:

2 2

2 2

4 2( ) ( )

( ) 8( )( ) 12( ) 0

EI EIDet F

EI EIF F

= − − =

= − + =

ℓℓ ℓ

ℓ ℓℓ ℓ

Deze vierkantsvergelijking in ( )Fℓ leidt tot de twee reeds eerder gevonden

eigenwaarden:

1 2

2EIF =

ℓ en 2 2

6EIF =

ℓ (4.9)

waarvan de kleinste de knikkracht is:

k 1 2

2EIF F= =

ℓ

Door de gevonden eigenwaarden (4.9) in één van de vergelijkingen (4.8) te

substitueren vindt men de bijbehorende eigenvectoren (uitbuigingsvormen), zie

figuur 4.9:

Figuur 4.9

1

1{ }

1ϕ ϕ

+ =

− en 2

1{ }

1ϕ ϕ

+ =

+

De knikvorm wordt beschreven door de eigenvector 1{ }ϕ .



115

• Voorbeeld 3 – Een gelede starre knikstaaf

Het systeem in figuur 4.10 bestaat uit de gelede starre knikstaaf ABC, gekoppeld

aan een volledig ingeklemde buigzame staaf. Afmetingen en belasting volgen uit

de figuur.

Figuur 4.10

Het systeem heeft twee vrijheidsgraden: Om de vervormde stand van de gelede

staaf volledig vast te leggen heeft men twee parameters nodig. Hiervoor worden

de verplaatsingen Bw en Cw gekozen, zie figuur 4.11.

Figuur 4.11

De ingeklemde buigzame staaf werkt als een veer. Met behulp van vergeet-mij-

nietjes is het verband tussen de interactiekrachten B C;H H en de verplaatsingen

B C;w w te bepalen1:

1 De berekening wordt aan de lezer overgelaten.



116

3 3B C

B B CB 3 3

3 3B C

C B C3 3C

768 2401 5

7 724 48

240 965 1

7 748 3

EI EIH HH w ww

EI EI

EI EIH H H w wwEI EI

= −= +

⇒ = − += +

ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ

(4.10)

Deze betrekkingen beschrijven het gedrag van de buigzame staaf als veer.

Voor het bepalen van de knikkracht wordt van de gelede staaf het

momentenevenwicht in uitgebogen toestand onderzocht:

( )BCB C B C

ABCA C B C

02

02

T F w w H

T Fw H H

= − − =∑

= − − =∑

ℓ

ℓℓ

↻

↻

Substitutie van de uitdrukkingen (4.10) voor BH en CH in deze betrekkingen

leidt tot een stelsel van twee homogene lineaire vergelijkingen in de

vrijheidsgraden Bw en Cw :

B C2 2

B C2 2

120 480

7 7

144 240

7 7

EI EIF w F w

EI EIw F w

− + + − =

− + + =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

(4.11)

De triviale nuloplossing B C 0w w= = is niet interessant omdat dit de rechtstand

is en het evenwicht in een uitgebogen stand wordt gezocht.

Oplossingen ongelijk nul bestaan alleen als de determinant van de


120 24 48 1440

7 7 7 7Det F a F a F a a

= − + + − − − =

waarin:

2

EIa =ℓ

Uitwerking leidt tot de volgende vierkantsvergelijking in F :

2 27 240 576 0F Fa a− + =

De wortels zijn:

1 22,60 2,60

EIF a= =

ℓ

2 231,69 31,69

EIF a= =

ℓ



117

De kleinste wortel geeft de knikkracht:

1 22,60k

EIF F= =

ℓ

Voor kF F< keert het systeem steeds terug naar de nulstand en is het evenwicht

stabiel.

Voor kF F= is er voor het eerst evenwicht in uitgebogen stand mogelijk en

treedt een vertakkingspunt in het gedrag van het systeem op, zie figuur 4.12.

Figuur 4.12

De knikvorm is getekend in figuur 4.13a. Deze is bepaald door de verhouding

C B/ 3,41w w = en wordt gevonden door terugsubstitutie van 22,60 /kF F EI= = ℓ

in een van de vergelijkingen (4.11). De grootte van de uitbuiging is onbepaald.

Figuur 4.13



118

Voor kF F> is het evenwicht in de rechtstand labiel. Een tweede

vertakkingspunt treedt op als 2F F= , zie figuur 4.12. Ook dan is er evenwicht in

uitgebogen stand mogelijk.

De bijbehorende uitbuigingsvorm, getekend in figuur 4.13b, is bepaald door de

verhouding B C/ 0,59w w = . Deze waarde vindt men weer door 2

2 31,69 /F F EI= = ℓ in een van de vergelijkingen (4.11) te substitueren.



119

• Voorbeeld 4 – Spant met lokale en globale instabiliteit

Van het spant in figuur 4.14 is kolom BE verend ingeklemd in B en bestaat

kolom ACD uit de twee in C verend met elkaar verbonden delen AC en CD.

Figuur 4.14

Gevraagd:

De knikkracht kF .

Uitwerking:

De constructie heeft twee vrijheidsgraden, waarvoor in figuur 4.15a zijn gekozen

de verplaatsingen Cw en Dw in respectievelijk C en D.

Figuur 4.15

Uit de geometrie van het vervormde spant kan men afleiden:

DB

2

w

aθ = en D C

C

2w w

aθ

−=



120

Voor de momenten in B en C geldt:

DB B B B

2

wM k k

aθ= = (4.12)

D CC C C C

2w wM k k

aθ

−= = (4.13)

Ten gevolge van het moment in B ontstaat in DE een drukkracht B/2M a , zie

figuur 4.15b, waarin ACD apart is getekend.

Voor ACD kunnen twee vergelijkingen voor het momentenevenwicht worden

opgesteld:

CD BC D C C( ) 0

2

MT F w w a M

a= − − − =∑ ↻

ACD BA D 2 0

2

MT Fw a

a= − =∑ ↻

Substitueer hierin de uitdrukkingen (4.12) en (4.13) voor respectievelijk BM en

CM en men vindt na het ordenen van de termen de volgende twee homogene

vergelijkingen in de vrijheidsgraden Bw en Cw :

C CBC D

20

4

k kkF w F w

a a a

− + − − =

(4.14)

BD 0

2

kF w

a

− =

(4.15)

Een oplossing ongelijk nul bestaat alleen als de coëfficiëntendeterminant nul is:

C B20

2

k kDet F F

a a

= − − =

waaruit volgt:

C1

2kF

a=

B2

2

kF

a=

De kleinste van beide is maatgevend en is de gevraagde knikkracht.

Om de bijbehorende knikvormen te vinden worden de evenwichtsvergelijkingen

(4.14) en (4.15) op de volgende manier geschreven.

( ) ( )11 C 1 2 D2

( ) 0F F w F F F w− + − + = (4.16)

( )2 D 0F F w− = (4.17)



121

Knikvorm bij 1 2F F F= <

Substitueer 1F F= in (4.17). Als 1 2F F≠ vindt men hieruit D 0w = . Vervolgens

vindt men voor 1F F= uit (4.16) dat de verplaatsing Cw onbepaald is.

De knikvorm is getekend in figuur 4.16a.

Figuur 4.16

Knikvorm bij 2 1F F F= <

Voor 2F F= vindt men uit (4.17) dat Dw onbepaald is. Uit (4.16) vindt men,

mits 1 2F F≠ , de verhouding tussen de verplaatsingen in C en D:

�

�

2

2

11 2C 2

D 1

( ) 1

w 2

F

F

F F Fw

F F

− += − =

−

De knikvorm is getekend in figuur 4.16b.



122

Knikvorm als 1 2F F F= =

Uit (4.16) en (4.17) vindt men dat de verplaatsingen Cw en Dw nu beide

onbepaald en onafhankelijk van elkaar zijn. Een mogelijke knikvorm is getekend

in figuur 4.16c. In feite bestaat de knikvorm nu uit een lineaire combinatie van de

knikvormen in figuur 4.16a en b.

Opmerking:

In paragraaf 3.3, voorbeeld 10, werd ditzelfde voorbeeld met numerieke waarden

uitgewerkt. Knik volgens figuur 4.16a werd aangemerkt als lokale instabiliteit en

knik volgens figuur 4.16b als globale instabiliteit.

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 5 KNIK VAN BUIGZAME STAVEN – BASISKNIK-GEVALLEN


123

5. Knik van buigzame staven – basisknik-gevallen

Bij buigzame staven is het bekendste basisknikgeval de knikstaaf van Euler, zie

figuur 5.1a. Dit knikprobleem wordt in paragraaf 5.1 opgelost met behulp van

een tweede orde differentiaalvergelijking.

Figuur 5.1

Om ook knikproblemen met lastiger randvoorwaarden op te kunnen lossen wordt

in paragraaf 5.2 een algemeen geldende vierde orde differentiaalvergelijking voor

prismatische staven afgeleid.

De vierde orde differentiaalvergelijking wordt in paragraaf 5.3 toegepast op het

basisknikgeval in figuur 5.1b. Bij de oplossing komt naar voren dat de knikvorm

een “sinus” is die zich slingert om de druklijn, waarbij de halve golflengte de

zogenaamde kniklengte is. Hiermee kan men zonder veel rekenwerk voor nog

een aantal basisknikgevallen de kniklast vaststellen.

Na een samenvatting in paragraaf 5.4 volgen in paragraaf 5.5 enkele voorbeelden

waarin gebruik wordt gemaakt van vijf basisknikgevallen. Het hoofdstuk sluit af

met een aantal vraagstukken in paragraaf 5.6.

5 KNIK VAN BUIGZAME STAVEN – BASISKNIK-GEVALLEN CONSTRUCTIEMECHANICA 3


124

5.1 Knikstaaf van Euler

De vrij opgelegde buigzame prismatische staaf in figuur 5.2a wordt op druk

belast door een kracht F. De werklijn van F valt samen met de staafas, zodat de

rechtstand een evenwichtsstand is.

Figuur 5.2

Het evenwicht in de rechtstand is stabiel als de staaf in elke willekeurige

(kinematisch mogelijke) naburige configuratie de neiging heeft naar deze stand

terug te keren. De stabiliteitsgrens wordt bereikt zodra voor de kleinste waarde

van F evenwicht in uitgebogen stand mogelijk is.

Een probleem hierbij is de uitbuigingsvorm. Er zijn oneindig veel kinematisch

mogelijke uitbuigingsvormen in de omgeving van de rechtstand. In dit verband is

de staaf op te vatten als een systeem met oneindig veel vrijheidsgraden

(vervormingsmogelijkheden). Ter vereenvoudiging wordt aangenomen dat de

uitbuiging zal optreden in het x-z-vlak, waarbij de x-as samenvalt met de staafas

in rechtstand. Deze aanname impliceert dat de z-as samenvalt met een

hoofdtraagheidsrichting van de doorsnede. Aan het einde van deze paragraaf

wordt hierop teruggekomen.

Stel de in figuur 5.2b geschetste uitgebogen stand is een evenwichtsstand. Uit het

momentenevenwicht van de vervormde staaf in zijn geheel volgt dat de verticale

oplegreacties in de opleggingen nul zijn.

Als de uitgebogen stand een evenwichtsstand is dan moet elk deel van de staaf in

evenwicht zijn, zie figuur 5.2c. Het buigend moment M in de snede is een gevolg



125

van de verbuiging uit de rechtstand1. In de snede werkt verder een horizontale

drukkracht F (horizontaal krachtenevenwicht). In de snede werkt geen verticale

kracht (verticaal krachtenevenwicht).

Uit het momentenevenwicht van het staafdeel in figuur 5.2c volgt:

0M Fw− = (5.1)

Voor een lineair elastische staaf met buigstijfheid EI geldt:

M EIw′′= −

Substitutie van deze uitdrukking voor M in evenwichtsvergelijking (5.1) leidt

voor een prismatische staaf tot een homogene lineaire differentiaalvergelijking

van de tweede orde met constante coëfficiënten:

0EIw Fw′′ + = (5.2)

De coëfficiënten EI en F heten constant omdat zij onafhankelijk van x zijn.

De differentiaalvergelijking is homogeen omdat in alle termen de nog onbekende

functie ( )w w x= voorkomt.

Behalve aan de differentiaalvergelijking moet de verplaatsing w ook voldoen aan

twee kinematische randvoorwaarden:

0w = in 0x =

0w = in x = ℓ

Deze randvoorwaarden zijn eveneens homogeen.

Een homogene differentiaalvergelijking met homogene randvoorwaarden heeft

altijd de triviale nuloplossing. Van nul verschillende oplossingen bestaan alleen

voor bepaalde waarden van F . Deze waarden heten in de wiskunde

eigenwaarden; de bijbehorende oplossingen w heten eigenfuncties. Het

knikprobleem manifesteert zich dus opnieuw als een eigenwaardeprobleem.

Stel:

2 F

EIα = (5.3a)

Hiermee kan men voor differentiaalvergelijking (5.2) schrijven:

2 0w wα′′ + = (5.3b)

Door hierin tx

w e= te substitueren vindt men de karakteristieke vergelijking:

2 2 0t α+ =

1 De positieve richtingen van zowel het buigend moment M als de verplaatsing w zijn gerelateerd aan het

x-z-assenstelsel. In de figuur moeten ze in hun positieve richting getekend worden!



126

De twee wortels zijn:

1,2t iα= ± met F

EIα =

De oplossing van de differentiaalvergelijking is daarmee:

1 2xi xi

w C e C eα α−= +

Met behulp van de formule van Euler1:

( )cos sin met ,a bi ae e b i b a b

+ = + ∈ℝ

kan de oplossing worden omgewerkt tot:

1 2cos sinw C x C xα α= + (5.4)

De randvoorwaarden 0w = in 0x = en x = ℓ leiden tot een homogeen stelsel

vergelijkingen:

1

2

1 00

cos sin

C

Cα α

=

ℓ ℓ

Onmiddellijk is te zien dat 1 0C = en dat een oplossing met 2 0C ≠ alleen

mogelijk is als:

sin 0α =ℓ

Dit is het geval als:

0, , 2 , ...α = ± π ± πℓ

Negatieve waarden van αℓ veranderen slechts het teken van de constante 2C en

kunnen buiten beschouwing blijven.

De waarde 0α =ℓ leidt tot de triviale oplossing ( ) 0w x = voor 0F = ; dit is de

onbelaste staaf in de rechtstand.

Niet-triviale oplossingen zijn dus alleen mogelijk voor:

n

nα

π=ℓ

met 1, 2, ...n =

dus als:

22 2

2n n

EIF EI nα

π= =

ℓ

De bij deze eigenwaarden nF behorende uitbuigingsvormen van de staaf

(eigenfuncties) zijn:

1 Leonhard Euler (1707-1783) was een vooraanstaand en uiterst veelzijdig Zwitsers wiskundige. Werd

geboren in Basel en overleed in St. Petersburg waar hij een groot deel van zijn leven woonde en werkte.

Heeft 886 publicaties op zijn naam staan.



127

2 ˆsin sinn n n n

n xw C x wα

π= =

ℓ

waarin ˆnw een amplitude van onbepaalde grootte is, zie figuur 5.3.

Figuur 5.3

De knikkracht is de kleinste waarde van F waarbij de staaf in uitgebogen stand in

evenwicht is:

2

k 1 2

EIF F

π= =

ℓ (5.5)

Deze kleinste eigenwaarde wordt de knikkracht van Euler1 genoemd.

De gevallen 2, 3, ...n = hebben geen praktische betekenis, tenzij de staaf op één

of meer plaatsen door een tussensteunpunt wordt verhinderd zijdelings te

verplaatsen.

Bij een prismatische staaf is het gebruikelijk de afstand tussen twee

opeenvolgende buigpunten in de knikvorm (momentennulpunten) de kniklengte

kℓ te noemen.

Voor de knikstaaf van Euler geldt k =ℓ ℓ , zie figuur 5.3 voor het geval 1n = .

De knikkracht wordt bepaald door de geometrische grootheden ℓ en I en de

elasticiteitsmodulus E. De knikkracht is onafhankelijk van de sterkte van het

materiaal.

1 De formule van Euler voor de kniklast van een kolom is een van de bekendste formules in de

mechanica. Euler leidde de formule in 1757 af en publiceerde deze in 1759. Overigens had de

Nederlander Petrus van Musschenbroek (1692-1761), werkend in Utrecht en later Leiden (en uitvinder

van de Leidse fles), experimenteel al vastgesteld dat de kniklast omgekeerd evenredig moest zijn met

het kwadraat van de staaflengte.



128

Twee uiterlijk gelijke drukstaven, de een van normaal staal en de ander van

hoogwaardig staal, knikken uit bij dezelfde drukkracht omdat beide materialen

dezelfde elasticiteitsmodulus hebben – gesteld dat tot aan het ogenblik van

uitknikken beide staven binnen het lineair elastische gebied blijven, zie figuur

5.4.

Figuur 5.4

Opmerking:

Omdat de kniklast evenredig is met de buigstijfheid EI van de staaf kan men

weer stellen dat het knikprobleem een stijfheidsprobleem is.

Voor 2

k 2

EIF F

π< =

ℓ is het evenwicht in de rechtstand stabiel.

Voor kF F= is er ook evenwicht in een uitgebogen stand (de knikvorm)

mogelijk. Het evenwicht na uitknikken is neutraal.

Voor kF F> is het evenwicht in de rechtstand labiel.

Het gedrag van de staaf vertoont in de rechtstand 0w = oneindig veel

vertakkingspunten1:

22

2n

EIF n

π=

ℓ

In figuur 5.5 is het staafgedrag weergegeven in een ˆ- -diagramF w , waarbij w de

amplitude van de sinusvormige uitbuiging voorstelt.

1 Dit is in overeenstemming met het oneindig grote aantal vrijheidsgraden dat een buigzame staaf heeft.



129

Figuur 5.5

Van het oneindig grote aantal vertakkingspunten in de rechtstand 0w = zijn er

slechts twee getekend. De horizontale tak op de stabiliteitsgrens kF F= stemt

overeen met de karakteristiek van het neutrale evenwicht. Nauwkeuriger

berekeningen tonen aan dat het evenwicht na uitknikken niet neutraal, maar

stabiel is1. Het stabiele naknikgedrag van de staaf heeft voor de praktijk

overigens geen betekenis.

Opmerking:

Zou de staaf niet in een plat vlak uitknikken, dan kan de uitbuiging altijd worden

ontbonden in de twee verplaatsingscomponenten v en w in de hoofdrichtingen y

en z van de doorsnede, zie figuur 5.6.

Figuur 5.6

Zijn de opleggingen als bolscharnieren uitgevoerd, dan volgt uit het

momentenevenwicht van een afgesneden deel van de uitgebogen staaf:

0yM Fv− = (5.6a)

0zM Fw− = (5.6b)

1 De werkelijke evenwichtstak na uitknikken heeft in het vertakkingspunt geen horizontale raaklijn



130

Tezamen met de betrekkingen:

y yyM EI v′′= −

z zzM EI w′′= −

leiden de vergelijkingen (5.6) tot twee ontkoppelde differentiaalvergelijkingen:

2

k1 20

yy

yy

EIFv v F

EI

π′′ + = ⇒ =

ℓ

2

k2 20 zz

zz

F EIw w F

EI

π′′ + = ⇒ =

ℓ

Conclusie:

De staaf knikt uit in één van de hoofdrichtingen. De knikkracht kF is de kleinste

van k1F en k2F .

Opmerking:

Het is niet vanzelfsprekend dat een prismatische staaf in één van de twee

hoofdrichtingen uitknikt. Dat doet zich alleen voor als de randvoorwaarden in de

hoofdrichtingen zijn ontkoppeld (onafhankelijk van elkaar zijn).

Tenzij uitdrukkelijk anders is aangegeven, wordt hierna aangenomen dat altijd

knik in het vlak van tekening optreedt.



131

5.2 De 4e orde differentiaalvergelijking voor buigingsknik

De knikstaaf van Euler in figuur 5.7a is een statisch bepaald systeem.

Figuur 5.7

Wordt de scharnieroplegging vervangen door een inklemming, zoals in figuur

5.7b, dan ontstaat een statisch onbepaald systeem en kunnen de oplegreacties niet

meer rechtstreeks uit het evenwicht worden afgeleid.

Wordt van de op druk belaste staaf in figuur 5.7c het evenwicht in vervormde

toestand onderzocht, dan zal men rekening moeten houden met een onbekende

oplegreactie vA in A en een onbekend inklemmingsmoment mB in B. Uit het

evenwicht van de vervormde staaf in zijn geheel is, bij de in de figuur

aangegeven richtingen van vA en mB , slechts af te leiden dat v m/A B= ℓ .

Bij statisch onbepaalde staven geven deze onbekende oplegreacties complicaties

in een aanpak zoals geschiedde bij de knikstaaf van Euler. Hoewel men op

vernuftige (ingenieuze) wijze toch uit de voeten kan komen met een 2e orde

differentiaalvergelijking, gebaseerd op het evenwicht van een afgesneden deel

van de staaf, gaat thans de voorkeur uit naar een 4e orde differentiaalvergelijking,

afgeleid uit het evenwicht van een elementje uit de vervormde staaf.

Als de staaf vervormt zullen de spanningen en spanningsresultanten

(normaalkracht N en dwarskracht V) meedraaien met de doorsnede waarin zij

werken. Hiermee moet dus rekening worden gehouden. Teneinde niet op de

richtingsverandering van N en V in te hoeven gaan, zal hierna worden gewerkt

met de resulterende snedekracht S als resultante van N en V, zie figuur 5.8. De

componenten van S in x- en z-richting zijn xS en zS . De tekenafspraak daarbij is



132

dat xS en zS positief zijn als ze op een positief snedevlak in de positieve richting

werken en op een negatief snedevlak in de negatieve richting.

Figuur 5.8

In figuur 5.9 is een stukje x∆ van de vervormde staafas geschetst, tezamen met

de krachten en momenten die in de (niet getekende) doorsneden op het

staafelementje werken.

Bij het opstellen van de evenwichtsvergelijkingen voor het staafelementje zal

voor de volledigheid worden aangenomen dat op de staaf verdeelde belastingen

xq en zq werken. Deze belastingen grijpen aan in de staafas en veranderen niet

in grootte en richting. In figuur 5.9 zijn slechts de richtingen van xq en zq

aangegeven.

Figuur 5.9



133

De vergelijkingen voor het krachtenevenwicht in resp. de x- en z-richting zijn:

( )

0

x x x x x

x x

F S S S q x

S q x

= − + + ∆ + ∆ =∑

= ∆ + ∆ = (5.7)

( )

0

z z z z z

z z

F S S S q x

S q x

= − + + ∆ + ∆ =∑

= ∆ + ∆ = (5.8)

De vergelijking voor het momentenevenwicht is:

1 12 2

212

A ( )

( )( ) 0

y x z x z

x z x z

T M S w S x M M q x w q x x

wM S w S x q q x

x

= − + ∆ − ∆ + + ∆ − ∆ ⋅ ∆ + ∆ ⋅ ∆ =∑

∆= ∆ + ∆ − ∆ − + ∆ =

∆

(5.9)

Na delen door x∆ vindt men in de limietovergang 0x∆ → voor de

evenwichtsvergelijkingen (5.7) t/m (5.9):

d0

d

xx

Sq

x+ =

d0

d

zz

Sq

x+ =

d d0

d dx z

M wS S

x x+ − =

of, in een beknoptere schrijfwijze:

0x xS q′ + = (5.10)

0z zS q′ + = (5.11)

0x zM S w S′ ′+ − = (5.12)

Opmerking:

In vergelijking (5.12) voor het momentenevenwicht komen de verdeelde

belastingen xq en zq niet voor: hun bijdrage in vergelijking (5.9) is een orde

kleiner dan die van de andere termen en verdwijnt als 0x∆ → .

Opmerking:

Voor het evenwicht van een staafelementje in onvervormde toestand werd eerder

afgeleid1:

0 extensie

gescheiden te behandelen0 buiging

0

x

z

N q

V q

M V

′ + =

′ + = ′ − =

1 Zie TOEGEPASTE MECHANICA – deel 1, paragraaf 11.1.



134

Het verschil tussen deze evenwichtsbetrekkingen en de vergelijkingen (5.10) t/m

(5.12) voor een elementje in vervormde toestand zit met name in vergelijking

(5.12) voor het momentenevenwicht en komt tot uiting in de term xS w′ . Door

deze term worden in een geometrische niet-lineaire aanpak de gevallen van

extensie en buiging gekoppeld. Deze term geeft ook het verschil tussen V en zS

aan:

V M ′=

z xS M S w′ ′= + (5.13)

Bij de verdere uitwerking wordt aangenomen dat er geen verdeelde belasting in

de x-richting (staafrichting) werkt, dus 0xq = .

Differentieer (5.12) naar x:

0x x zM S w S w S′′ ′′ ′ ′ ′+ + − =

Met behulp van (5.10) en (5.11) kan hiervoor worden geschreven:

0x x zM S w q w q′′ ′′ ′+ − + =

Als 0xq = wordt deze vergelijking:

0x zM S w q′′ ′′+ + = (5.14)

Hierin is xS constant. Dit volgt voor 0xq = uit vergelijking (5.10).

Is de buigstijfheid EI, dan geldt voor het buigend moment:

M EIw′′= −

Substitutie in (5.14) leidt tot:

( ) 0x zEIw S w q′′ ′′ ′′− + + =

of:

( ) x zEIw S w q′′ ′′ ′′− = (5.15)

In het geval van een prismatische staaf is de buigstijfheid EI constant1 en gaat

vergelijking (5.15) over in:

x zEIw S w q′′′′ ′′− = (5.16)

Met deze 4e orde differentiaalvergelijking in de verplaatsing w wordt het

geometrisch niet-lineaire gedrag van een prismatische staaf beschreven2.

Opmerking:

In het geval van een geometrisch lineaire berekening, waarbij het evenwicht

wordt betrokken op de onvervormde toestand, werd eerder afgeleid3:

zEIw q′′′′ =

1 EI is onafhankelijk van x.

2 Met de aantekening dat 0xq = en er dus geen verdeelde belasting in de x-richting (staafrichting) werkt.

3 Zie TOEGEPASTE MECHANICA – deel 2, paragraaf 5.11.



135

De invloed van de vervormde geometrie komt in (5.16) dus tot uiting in de term

xS w′′ .

Opmerking:

Differentiaalvergelijking (5.16) kan ook worden gevonden door het geometrisch

lineaire gedrag van een buigligger te combineren met het geometrisch niet-

lineaire gedrag van een kabel.

Figuur 5.10

Voor een buigligger met verdeelde belasting ;1zq geldt, zie figuur 5.10a:

;1zEIw q′′′′ =

Voor een kabel met verdeelde belasting ;2zq geldt1, zie figuur 5.10b:

;2zHw q′′− =

waarin H is de horizontale component van de kabelkracht is.

Wordt het gedrag van buigligger en kabel in één constructie verenigd, dan is w

voor beide gelijk en geldt voor de totale verdeelde belasting:

;1 ;2z z zq q q EIw Hw′′′′ ′′= + = − (5.17)

Hierin heeft H, de horizontale component van de kabelkracht, dezelfde betekenis

als xS , de horizontale component van de resulterende snedekracht S. Vergelij-

king (5.17) is dan ook identiek met vergelijking (5.16).

Bij knikproblemen is er geen belasting dwars op de staaf, dus 0zq = . Verder

treedt knik altijd op in op druk belaste staven. Stel de kracht waarmee de staaf op

druk wordt belast is F, dan geldt xS F= − , zie figuur 5.11.

1 Zie TOEGEPASTE MECHANICA – deel 1, paragraaf 15.1.3. De kabelvorm ( )z x is nu ( )w x .



136

Figuur 5.11

Met 0xq = en xS F= − wordt differentiaalvergelijking (5.16):

0EIw Fw′′′′ ′′+ = (5.18)

of:

2 0w wα′′′′ ′′+ = (5.19)

waarin:

2 F

EIα = (5.20)

Deze homogene 4e orde differentiaalvergelijking in de verplaatsing w ligt ten

grondslag aan het knikprobleem en noemt men de knikvergelijking. De

vergelijking geldt voor prismatische staven met constante drukkracht1.

In de volgende paragraaf wordt de knikvergelijking uitgewerkt voor het

basisknikgeval in figuur 5.11b.

1 Dit is het geval als 0zq = . De drukkracht is dan onafhankelijk van x.



137

5.3 Basisknikgevallen

In de vorige paragraaf werd de 4e orde differentiaalvergelijking voor een

prismatische knikstaaf afgeleid:

2 0w wα′′′′ ′′+ = (5.19)

waarin:

2 F

EIα = (5.20)

Om de oplossing te vinden wordt dezelfde aanpak gevolgd als bij de 2e orde

differentiaalvergelijking voor de knikstaaf van Euler in paragraaf 5.1.

Substitutie van tx

w e= levert de karakteristieke vergelijking:

4 2 2 0t tα+ =

Deze heeft vier wortels:

1,2t iα= ± en 3,4 0t =

Hiermee vindt men voor de algemene oplossing van de knikvergelijking:

1 2 3 4cos sinw C x C x C x Cα α= + + + (5.21)

Voor de verdere uitwerking van het knikprobleem zijn er per veld altijd vier in de

verplaatsing w te formuleren voorwaarden beschikbaar: twee per rand en vier per

veldovergang.

In figuur 5.12 zijn de randvoorwaarden geformuleerd voor drie verschillende

knikstaven.

Figuur 5.12



138

De formulering gaat op dezelfde manier als in het geval van een geometrisch

lineaire berekening, met dien verstande dat waar in een geometrisch lineaire

berekening met de dwarskracht V wordt gewerkt, in de geometrisch niet-lineaire

berekening met de component zS van de snedekracht S moet worden gewerkt,

zie de knikstaaf in figuur 5.12c. In figuur 5.13 is van deze staaf het rechter

randelementje in vervormde toestand getekend.

Figuur 5.13

De dwarskracht V en normaalkracht N zijn met het elementje meegedraaid. Hun

resultante S heeft een horizontale component xS en een verticale component zS .

Uit het verticaal evenwicht van het randelementje volgt direct de randvoorwaarde

0zS = .

Opmerking:

Uit het horizontaal krachtenevenwicht volgt xS F= − . Van deze randvoorwaarde

werd in paragraaf 5.2 al (impliciet) gebruik gemaakt bij de afleiding van de

differentiaalvergelijking.

Ten behoeve van het uitwerken van de rand- of overgangsvoorwaarden volgen

hierna de uitdrukkingen voor resp. ϕ , M en zS :

1 2 3sin cosw C x C x Cϕ α α α α′= − = − − (5.22)

� �2 2

1 2cos sinF F

M EIw EI C x EI C xα α α α′′= − = + (5.23)

Voor zS wordt gebruik gemaakt van uitdrukking (5.13), in paragraaf 5.2 uit het

momentenevenwicht afgeleid:

z xS M S w′ ′= +

Met

M EIw′′= − en 2

xS F EIα= − = −

kan men zS op de volgende manier uitdrukken in de verplaatsing w:

�2

z

F

S EIw EI wα′′′ ′= − −



139

Uitwerking leidt tot:

� �2 2

3 3z

F F

S EIw EI w EI C FCα α′′′ ′= − − = − = − (5.24)

Opvallend is deze wel zeer eenvoudige uitdrukking voor zS .

Opmerking:

Uitdrukking (5.24) voor zS vindt men het snelst door uitdrukking (5.23) naar x te

differentiëren en hierbij 2EIα maal uitdrukking (5.22) op te tellen. De sinus- en

cosinustermen blijken dan tegen elkaar weg te vallen; alleen de term met 3C

blijft over. De lezer wordt geacht dit na te gaan.

Voor de duidelijkheid is in tabel 5.1 een overzicht gegeven van de uitdrukkingen

voor w en zijn afgeleiden en in tabel 5.2 van de uitdrukkingen voor w, ϕ , M en

zS .

Tabel 5.1

Tabel 5.2

Het knikprobleem wordt hierna uitgewerkt voor de staaf in figuur 5.14.

Figuur 5.14

De randvoorwaarden leiden met behulp van de betrekkingen (5.21) t/m (5.23) tot

de volgende vier homogene vergelijkingen in 1 4 t/m C C :



140

1 4

21

1 2 3 4

1 2 3

0 ; 0 0

0 ; 0 0

; 0 cos sin 0

; 0 sin cos 0

x w C C

x M EIC

x w C C C C

x C C C

α

α α

ϕ α α α α

= = ⇒ + =

= = ⇒ =

= = ⇒ + + + =

= = ⇒ − − =

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

In dit stelsel vergelijkingen is 0α ≠ , want 0α = komt overeen met het niet

interessante geval van de onbelaste staaf. Uit de randvoorwaarden in 0x = blijkt

dat 1C en 4C dan niet anders dan nul kunnen zijn. De voorwaarden in x = ℓ

vereenvoudigen hierdoor tot:

2 3

2 3

sin 0

cos 0

C C

C C

α

α α

+ =

+ =

ℓ ℓ

ℓ (5.25)

Een oplossing ongelijk nul bestaat alleen als de determinant van de


sin cos 0Det α α α= − =ℓ ℓ ℓ

waaruit volgt:

tanα α=ℓ ℓ (5.26)

De knikkracht kF is bepaald door de kleinste positieve waarde van αℓ die

voldoet aan de transcendente vergelijking (5.26). De oplossing is slechts

proberenderwijs te vinden1.

Als hulpmiddel kan de grafiek in figuur 5.15 dienen, waarin de waarden van

1 tanf α= ℓ en 2f α= ℓ als functie van αℓ zijn uitgezet. De waarden van αℓ

waarvoor de functies 1f en 2f elkaar snijden zijn oplossingen van de

vergelijking 1 2f f= .

Figuur 5.15

1 Hier is de oplossing handmatig gezocht. Men kan de oplossing uiteraard ook vinden met een

rekenprogramma zoals MAPLE.



141

Uit de grafiek wordt duidelijk dat de vergelijking tanα α=ℓ ℓ oneindig veel

oplossingen heeft. Voor de kleinste positieve oplossing wordt gevonden:

2 22

k 2 2 24,4934 ( ) 2

0,7 (0,7 )

EI EI EIFα α

π π π= ≈ ⇒ = = ≈ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ (5.27)

Vergeleken met de knikstaaf van Euler heeft een volledige inklemming van een

der staafeinden een verdubbeling van de knikkracht tot gevolg1, zie figuur 5.16.

Figuur 5.16

Opmerking:

Bij prismatische staven met constante drukkracht wordt het probleem van

buigingsknik beschreven door een homogene 4e orde differentiaalvergelijking

met homogene randvoorwaarden. Homogeen betekent dat zowel in de

differentiaalvergelijking als in de randvoorwaarden uitsluitend termen in de

verplaatsing w voorkomen. Dergelijke problemen staan in de wiskunde bekend

als eigenwaardeproblemen: de laagste eigenwaarde is de knikkracht, de

bijbehorende eigenfunctie is de knikvorm.

In figuur 5.17 is de knikvorm geschetst.

Figuur 5.17

Daar 1 4 0C C= = geldt:

2 3sinw C x C xα= + (5.28)

1 In de praktijk wordt voor de kniklast altijd aangehouden 2 2

k 2 / 19,739 /F EI EI2= π = ×ℓ ℓ . Met

4,4934α =ℓ is de exacte oplossing echter 2 2k / 20,191 /F EI EIα 2= ( ) = ×ℓ ℓ ℓ .



142

Voor de verticale component zS van de snedekracht S geldt volgens (5.24):

3 kzS C F= −

Op de rand in A werkt dus een kracht 3 kC F naar beneden1. Dit is in figuur 5.17

de verticale oplegreactie vA in A :

v 3 kA C F=

Hieruit volgt:

v3

k

AC

F=

Verder geldt volgens (5.26):

k π

0,7

F

EIα = =

ℓ

Voor de knikvorm in (5.27) kan men nu schrijven:

�

v2

k

druklijnsinusgolf

sin0,7

Axw C x

F

π = +

ℓ��

(5.29)

De tweede term in deze uitdrukking voor de knikvorm is de vergelijking van de

druklijn, dit is de werklijn van de resultante S van kF en vA , zie figuur 5.17.

Conclusie:

De knikvorm bestaat uit een “sinus” die zich slingert om de druklijn:

1 2 3 4

sinusgolf druklijn

cos sinw C x C x C x Cα α= + + +��

(5.21)

Dit blijkt voor alle prismatische knikstaven te gelden.

Tussen de coëfficiënten 2C en 3 v k/C A F= in uitdrukking (5.29) voor de

knikvorm bestaat een betrekking die volgt uit één van de vergelijkingen (5.25),

bijvoorbeeld de eerste:

2 3 2 3sin 0 sin

C C C Cαα

+ = ⇒ = −ℓ

ℓ ℓℓ

Voor de knikvorm kan men dus ook schrijven:

v

k

sin sin

sin sin

A x x x xw C

F

α α

α α

= − + = − +

ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ met

0,7α

π=

ℓ (5.30)

1 De tekenafspraak voor zS luidt: zS is positief als deze op een positief snedevlak in de positieve z-

richting werkt en op een negatief snedevlak in de negatieve z-richting. Het snedevlak op de rand in A is

negatief. Verder is zS negatief. Dus werkt de kracht in positieve z-richting.



143

Hierin is:

v m

k k

A BC

F F= =ℓ

Conclusie:

De knikvorm ligt vast, maar de grootte van de uitbuiging, vastgelegd door C,

blijft onbepaald. Dit is karakteristiek voor het knikprobleem.

Opmerking:

Het minteken in uitdrukking (5.30) doet, na een blik op figuur 5.17, nogal

vreemd aan, maar wordt verklaard door het negatief zijn van sinαℓ voor

/0,7α = π ℓ :

sin sin 0,975απ

= = −0,7

ℓℓ

zodat:

0,975sin0,7

x xw C

π = +

ℓ ℓ

In het algemeen is het niet gebruikelijk de knikvorm zo gedetailleerd uit te

werken. Het is overzichtelijker is om α er in te laten staan, zoals in uitdrukking

(5.30).

Opmerking:

Bij knik van buigzame staven blijkt het meestal erg handig te werken met de

dimensieloze grootheden xα en αℓ .

Uit de in (5.28) gegeven knikvorm kan het buigend moment worden berekend.

Het verloop blijkt sinusvormig te zijn:

sinM EIw C xα′′= − = met 0,7

απ

=ℓ

Het momentenvlak na uitknikken is gelijkvormig met het vlak dat wordt

ingesloten door de druklijn en de vervormde staafas, zie figuur 5.17. Waar de

druklijn de vervormde staafas snijdt, is het buigend moment nul. De afstand

tussen twee opeenvolgende momentennulpunten wordt de kniklengte kℓ

genoemd.

De kniklengte kℓ is de lengte van een halve “sinusgolf”:

k k αα

π= π ⇒ =ℓ ℓ (5.31)



144

Algemeen geldt voor de knikkracht van een prismatische staaf:

22 2

k k 2 2k k

( )EI EI

F EIα απ

= = =ℓℓ ℓ

(5.32)

De kniklengte van de staaf in figuur 5.17 vindt men uit (5.30), waarin

π / 0,7α = ℓ :

k 0,7/0,7α

π π= = =

πℓ ℓ

ℓ

Men kan ook gebruik maken van uitdrukking (5.31), waarin 2 2

k 2π /F EI= ℓ :

2 2

k 2 2k

π π0,7

22π /

EI EI

F EI= = = =

ℓℓ ℓ

ℓ

Opmerking:

De kniklengte kan worden gezien als de lengte die de (tweezijdig vrij opgelegde)

knikstaaf van Euler moet hebben om tot dezelfde knikkracht te komen als de staaf

met de werkelijk beschouwde randvoorwaarden, zie figuur 5.18.

Figuur 5.18

In een aantal gevallen kan handig gebruik worden gemaakt van de eigenschap dat

bij prismatische staven de knikvorm altijd een “sinus” is die zich slingert om de

druklijn met kℓ als de lengte van de “halve sinusgolf”. De knikkracht

2

k 2k

EIF

π=ℓ

is de kleinste waarde van F waarbij in uitgebogen stand evenwicht mogelijk is.

Dat wil zeggen: als de staaf uitknikt gebeurt dit met een zo groot mogelijke

kniklengte kℓ of, wat op hetzelfde neerkomt, met zo weinig mogelijk

“knikgolven”.



145

Dit wordt geïllustreerd aan de hand van staaf AB in figuur 5.19, die in A volledig

is ingeklemd en in het vrij zwevende einde B wordt belast door een drukkracht F.

Figuur 5.19

Als de staaf uitknikt zal de staafas vervormen tot een “sinus” die zich slingert om

de druklijn. De druklijn (werklijn van F) ligt horizontaal en gaat door het vrij

zwevende einde B; daar bevindt zich een buigpunt (momentennulpunt) in de

knikgolf. Het aantal knikgolven moet zo klein mogelijk zijn. Voorts moet de

knikgolf in A een horizontale raaklijn hebben, want de staaf is in A ingeklemd.

Het is nu eenvoudig in te zien dat de kniklengte kℓ twee keer de staaflengte is:

k 2=ℓ ℓ

De bijbehorende knikkracht is dan:

2 2

k 2 2k 4

EI EIF

π π= =ℓ ℓ

Voor de knikvorm kan worden geschreven:

(1 cos )w C xα= − waarin k 2

απ π

= =ℓ ℓ

C is een constante van onbepaalde grootte en staat voor de verplaatsing van B,

zie figuur 5.19.

In figuur 5.20 is voor een aantal basisknikgevallen aangegeven hoe de knikvorm

zich “sinusvormig” om de druklijn slingert.

In geval (2) kunnen de inklemmingen ten opzicht van elkaar verplaatsen; in geval

(5) is dat uitgesloten.



146

De knikproblemen in figuur 5.20 zijn, met uitzondering van geval (2), voor het

eerst opgelost door Leonhard Euler (1707-1783).

Figuur 5.20



147

5.4 Samenvatting

• De algemene uitdrukking voor de knikvorm van een prismatische staaf met

buigstijfheid EI en een constante drukkracht kF F= luidt:

1 2 3 4

sinusgolf druklijn


• Hierin is:

kF

EIα =

• De knikvorm laat zich interpreteren als een “sinus” die zich slingert om de

druklijn, zie figuur 5.21. De knikvorm ligt vast maar de amplitude van de

“sinus” is onbepaald.

Figuur 5.21

• De kniklengte kℓ is de afstand tussen twee opeenvolgende buigpunten

(momentennulpunten) en is gelijk aan de halve golflengte:

k

π

α=ℓ

• Voor de knikkracht kF geldt:

22

k 2k

π EIF EIα= =

ℓ

• De knikkracht is de kleinste kracht waarbij evenwicht in uitgebogen stand

mogelijk is. Als de staaf uitknikt zal dat dus gebeuren met een zo groot

mogelijk kniklengte en dus met zo weinig mogelijk knikgolven.



148

• Tabel 5.3 geeft een overzicht van de vijf basisknikgevallen.

Tabel 5.3



149


In deze paragraaf wordt een aantal voorbeelden uitgewerkt waarbij voor het

berekenen van de kniklast gebruik kan worden gemaakt van de vijf

basisknikgevallen die in paragraaf 5.4 zijn opgenomen in tabel 5.3.

Tenzij duidelijk anders is aangegeven treedt knik alleen op in het vlak van

tekening. In de numerieke uitwerking wordt vaak gesteld 102π ≈ .

• Voorbeeld 1

De houten kolom in figuur 5.22 is in A volledig ingeklemd en in B vrij zwevend.

Figuur 5.22

Voor de elasticiteitsmodulus van hout geldt 10 GPaE = .

Gevraagd:

De knikkracht kF .

Uitwerking:

Voor deze kolom is basisknikgeval (1) van toepassing:

2

k 24

EIF

π=ℓ

De kolom zal uitknikken in de slapste richting, dat is de z-richting.

Voor het traagheidsmoment geldt:

3 6 41(240 mm)(100 mm) 20 10 mm

12zzI I= = = ×

en voor de buigstijfheid:

3 2 6 4 9 2

10 GPa

2

(10 10 N/mm )(20 10 mm ) 200 10 Nmm

200 kNm

E

EI

=

= × × = ×

=

��

Voor de kniklast vindt men nu:

2 2

k 2

(200 kNm )80 kN

4 (2,5 m)F

π= ≈

×



150

• Voorbeeld 2

De oneindig stijve ligger ABCD in figuur 5.23 is in A opgelegd op een scharnier

en in B en C op de kolommen BB' en CC'. Kolom BB' heeft in beide einden

scharnierende verbindingen. Kolom CC' heeft in beide einden stijve

verbindingen. Beide kolommen zijn oneindig rekstijf. Verdere gegevens kunnen

aan de figuur worden ontleend.

Figuur 5.23

Gevraagd:

De waarde kF F= waarbij de constructie bezwijkt door instabiliteit.

Uitwerking:

Een kolom kan nooit meer dragen dan zijn kniklast. Als men de belasting F

geleidelijk laat toenemen en in één van de kolommen wordt de kniklast bereikt

dan komt een verdere toename van de belasting voor rekening van de andere

kolom, totdat ook bij deze de kniklast is bereikt. Op dat ogenblik treedt

bezwijken door instabiliteit op.

Figuur 5.24

In de in beide einden scharnierende kolom BB' kan men de knikstaaf van Euler

herkennen, basisknikgeval (3), waarvoor geldt, zie figuur 5.24:

2BB

k 2

EIF

′ π=ℓ



151

Voor de in beide einden ingeklemde kolom CC' geldt basisknikgeval (5):

2CC

k 2

EIF

′ 4π=ℓ

Bij het bereiken van de stabiliteitsgrens luidt de vergelijking voor het

momentenevenwicht van ABCD om A:

2 2

2 2A 2 3 0

EI EIT a a F a

π 4π= − ⋅ − ⋅ + ⋅ =∑

ℓ ℓ↻

Hierin is kF F= de gevraagde knikkracht:

2

k 2

EIF

3π=ℓ



152

• Voorbeeld 3

Gegeven de constructie in figuur 5.25. Beide staven zijn oneindig rekstijf.

Figuur 5.25

Gevraagd:

De maximum kracht F die de constructie kan dragen alvorens bezwijken door

instabiliteit optreedt en de richting β (0 /2)β≤ ≤ π waarin deze kracht werkt.

Uitwerking:

De kracht F is maximaal als zowel in AC als BC de knikkracht wordt bereikt.

Knooppunt C kan niet verplaatsen.

Op staaf AC is basisknikgeval (3) van toepassing. Met AC =ℓ ℓ vindt men:

2 2AC

k AC 2 2( )

EI EIF

π π= =ℓ ℓ

Op staaf BC is basisknikgeval (4) van toepassing. Met BC 3=ℓ ℓ vindt men:

2 2 2BC

k BC 2 2 2

2 2 4

3( ) ( 3)

EI EI EIF

2π ⋅ 2π ⋅ π= = =ℓ ℓ ℓ

Figuur 5.26



153

Voor de maximum kracht maxF F= vindt men, zie figuur 5.26:

2 22 2

max 2 2

51 (4/3)

3

EI EIF

π π= + =ℓ ℓ

De richting β vindt men uit:

ACkBC

k

1tan 0,75 36,87

4/3

F

Fβ β= = = ⇒ = �



154

• Voorbeeld 4

Gegeven de constructie in figuur 5.27. AB heeft een buigstijfheid 22400 kNmEI = . Verder mag de vervorming door normaalkracht worden

verwaarloosd.

Figuur 5.27

Gevraagd:

De waarde van F waarbij de knikkracht in de kolom AB wordt bereikt.

Uitwerking:

B kan niet horizontaal verplaatsen. Op kolom AB is dus basisknikgeval (4) van

toepassing:

2 2 2AB

k 2 2

2 (2400 kNm )3000 kN

(4 m)

EIF

2π π= = ≈ℓ

Figuur 5.28

De gevraagde kracht F is nu te vinden uit vergelijking voor het momenten-

evenwicht van CBD om C, zie figuur 5.28:

C (80 kN/m)(12 m)(6 m) (12 m) (3000 kN)(8 m) 0T F= + − =∑ ↻

waaruit volgt:

1520 kNF =



155

• Voorbeeld 5

De houten kolom in figuur 5.29 is ingeklemd in A en wordt in B door de

oneindig stijve stang BC verhinderd in y-richting te verplaatsen.

De elasticiteitsmodulus van hout is 10 GPaE = .

Figuur 5.29

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

De staaf kan uitknikken in het x-y-vlak en in het x-z-vlak.

Bij uitknikken in het x-y-vlak is basisknikgeval (4) van toepassing met

k 0,7=ℓ ℓ :

2 2

k; - -vlak 2 212

( 2 )

yy yyx y

EI EIF

π 2π= =

ℓ ℓ

Bij uitknikken in het x-z-vlak geldt basisknikgeval (1) met k 2=ℓ ℓ :

2

k; - -vlak 24

zzx z

EIF

π=

ℓ

Voor de buigstijfheden geldt:

3 2 3 9 2

10 GPa

2

1(10 10 N/mm ) (180 mm)(60 mm) 32,4 10 Nmm

12

32,4 kNm

yyEI = × × = ×

=

��

3 2 3 9 2

2

1(10 10 N/mm ) (60 mm)(180 mm) 291,6 10 Nmm

12

291,6 kNm

yyEI = × × = ×

=



156

Hiermee vindt men voor de kniklasten:

2 2

k; - -vlak 2

(32,4 kNm )72 kN

(3 m)x yF

2π ×= ≈

2 2

k; - -vlak 2

(291,6 kNm )81 kN

4 (3 m)x zF

π ×= ≈

×

De kleinste kniklast is maatgevend. De kolom zal dus volgens basisgeval (4)

uitknikken in het x-y-vlak:

k 72 kNF =



157

• Voorbeeld 6

Het spant in figuur 5.30 draagt een gelijkmatig verdeelde belasting q. De

buigstijfheid van de kolommen is 218 MNmEI = . De regel is oneindig stijf.

Figuur 5.30

Gevraagd:

De belasting kq waarbij instabiliteit optreedt.

Uitwerking:

Beide kolommen worden even zwaar belast en zullen dus gelijktijdig uitknikken.

De kolommen kunnen ter plaatse van de verbinding met de regel wel horizontaal

verplaatsen, maar niet roteren.

Figuur 5.31

Dit betekent dat de knik optreedt volgens basisgeval (2) met k =ℓ ℓ , zie figuur

5.31:

3 2

k 2 2

(18 10 kNm )5000 kN

(6 m)

EIF

2 2π π ×= = ≈ℓ

Uit het verticaal krachtenevenwicht van de regel op het ogenblik van uitknikken

volgt:

k

(8 m) 2 (5000 kN)

F

q × = ×��

Hieruit vindt men voor de knikbelasting kq q= :

k 1250 kN/mq =



158

• Voorbeeld 7

Gegeven de twee raamwerken in figuur 5.32, het ene ongeschoord en het andere

geschoord. In beide raamwerken hebben de kolommen een buigstijfheid 2

1 3600 kNmEI = over de onderste verdiepingslaag en een buigstijfheid 2

2 4500 kNmEI = over de bovenste verdiepingslaag. De regels en schoren zijn

oneindig stijf.

Figuur 5.32

Gevraagd:


Uitwerking:

Beide kolommen worden even zwaar belast en zullen dus gelijktijdig uitknikken.

Door de oneindig stijve tussenregel, die stijf met de kolommen is verbonden,

kunnen de onderste en bovenste kolommen onafhankelijk van elkaar uitknikken.

a. Het ongeschoorde raamwerk

In het ongeschoorde raamwerk kunnen de knooppunten loodrecht op de

kolomrichting verplaatsen.

Figuur 5.33



159

Knik van de onderste kolommen geschiedt volgens basisgeval (2) met k 1=ℓ ℓ ,

zie figuur 5.33a:

21

k1 2 21

(3600 kNm )2250 kN

(4 m)

EIF

2 2π π= = ≈ℓ

Knik van de bovenste kolommen geschiedt volgens basisgeval (1) met k 22=ℓ ℓ ,

zie figuur 5.33b:

22

k2 2 22

(4500 kNm )1250 kN

4 4 (3 m)

EIF

2 2π π= = ≈

×ℓ

Maatgevend bij het ongeschoorde raamwerk is de situatie in figuur 5.33b waarbij

de bovenste kolommen uitknikken:

k k2 1250 kNF F= =

b. Het geschoorde raamwerk

In het geschoorde raamwerk worden de knooppunten door de schoren verhinderd

te verplaatsen.

Figuur 5.34

Knikken de onderste kolommen uit dan geldt nu basisgeval (5) met k 10,5=ℓ ℓ ,

zie figuur 5.34a:

21

k1 2 21

(3600 kNm )9000 kN

(4 m)

EIF

2 24π 4π= = ≈ℓ

Voor de bovenste kolommen geldt basisknikgeval (4) met k 20,7=ℓ ℓ , zie figuur

5.34b:

22

k2 2 22

(4500 kNm )10000 kN

(3 m)

EIF

2 22π 2π= = ≈ℓ

Bij het geschoorde raamwerk blijkt knik van de onderste kolommen maatgevend:

k k1 9000 kNF F= =



160

Opmerking:

Door het aanbrengen van schoren in een raamwerk kan de knikbelasting

aanzienlijk worden vergroot. In dit voorbeeld is de knikbelasting van het

geschoorde raamwerk 64% groter dan van het ongeschoorde raamwerk.

Opmerking:

In het geschoorde raamwerk kunnen de kolommen onafhankelijk van elkaar

zowel naar binnen als naar buiten uitknikken.



161

• Voorbeeld 8

Kolom AB in figuur 5.35 heeft een lengte ℓ buigstijfheid EI. De kolom is in A

ingeklemd en in B bevestigd aan een horizontale translatieveer met stijfheid tk .

Figuur 5.35

Gevraagd:

De stijfheid van de veer als voor de knikkracht geldt:

2

k 2

EIF

π=ℓ

Uitwerking:

Voor de kniklast van een buigzame prismatische staaf geldt algemeen:

2

k 2k

EIF

π=ℓ

Er wordt hier dus gevraagd naar de veerstijfheid waarbij de kniklengte kℓ gelijk

is aan de kolomlengte ℓ .

Stel kolom AB ondergaat bij uitknikken een verplaatsing w in B. Door de veer

wordt dan in B een horizontale kracht tH k w= op de kolom uitgeoefend, zie

figuur 5.36a.

Figuur 5.36



162

De knikvorm is een sinus die zich slingert om de druklijn. De druklijn is de

werklijn van de resultante van F en H. De kniklengte kℓ is de afstand tussen

twee momentennulpunten. Het buigend moment is nul waar de druklijn de

staafas snijdt. In B is het moment nul. Het volgende momentennulpunt ligt op

een afstand kℓ van B.

Als k =ℓ ℓ moet de druklijn de staafas in A snijden, zie figuur 5.36b. In

inklemming A moet het buigend moment dus nul zijn! Uit het

momentenevenwicht van de vervormde kolom om A of uit de helling van de

druklijn volgt:

k tF w k w⋅ = ⋅ℓ

Voor de gevraagde veerstijfheid vindt men hieruit:

2k

t 3

EI

F EIk

2

2π

π= = =ℓ

ℓ ℓ ℓ



163

• Voorbeeld 9

De op druk belaste staaf ABCD in figuur 5.37 heeft een oneindig stijf

middendeel BC. De randdelen AB en CD hebben een eindige buigstijfheid 24320 kNmEI = .

Figuur 5.37

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

In figuur 5.38a is een symmetrische knikvorm geschetst en in figuur 5.38b een

keersymmetrische knikvorm. De knikvorm voor de buigzame staafdelen is een

sinus die zich slingert om de druklijn.

Figuur 5.38

Uit het momentenevenwicht van de vervormde staaf volgt dat de verticale

oplegreacties in A en D nul zijn. De druklijn is dus de werklijn van de drukkracht

F.

Het buigend moment is evenredig met de afstand van de vervormde staafas tot de

staafas. In figuur 5.38a is het buigend moment maximaal in het oneindig stijve

stuk BC. In figuur 5.38b ligt het maximum moment ergens tussen A en B,

respectievelijk C en D.

De afstand tussen twee momentennulpunten is de kniklengte kℓ . Midden tussen

twee momentennulpunten, dus op een afstand k0,5ℓ van een momentennulpunt,

is het moment maximaal. De afstand k0,5ℓ is aangegeven in de figuren 5.38. Uit

figuur 5.38a leest men af k 6 m=ℓ , en uit figuur 5.38b k 6 m<ℓ .



164

Knik zal optreden bij de grootste kniklengte, dus volgens figuur 5.38a. Voor de

kniklast vindt men:

2

k 2 2k

(4320 kNm )1200 kN

(6 m)

EIF

2 2π π= = ≈ℓ

Opmerking:

Is de staaf prismatisch, met over de gehele lengte dezelfde buigstijfheid 24320 kNmEI = , dan is de kniklengte k 8 m=ℓ en wordt de knikkracht:

2

k 2 2k

(4320 kNm )675 kN

(8 m)

EIF

2 2π π= = ≈ℓ

Het oneindig stijve middenstuk BC blijkt hier dus een aanzienlijke invloed op de

grootte van de kniklast te hebben.



165

• Voorbeeld 10

Van de uit twee staven opgebouwde constructie in figuur 5.39a liggen A, B en C

op de hoekpunten van een gelijkzijdige driehoek. Normaalkrachtvervorming mag

worden verwaarloosd.

Figuur 5.39

Gevraagd:

De kniklast kF .

Uitwerking:

De kracht F kan men ontbinden in componenten 13

3F langs AC en BC, zie figuur

5.39b.

De staven AC en BC worden even zwaar belast en zullen dus gelijktijdig

uitknikken. Om de kniklast te vinden wordt tijdelijk in C een scharnier

aangebracht, zie figuur 5.40a.

Figuur 5.40

Door dit scharnier kunnen AC en BC onafhankelijk van elkaar vervormen. Voor

beide staven geldt basisknikgeval 3 (de knikstaaf van Euler met k =ℓ ℓ ) en treedt

knik op als:

13

3F

13

3F

13

3F

13

3F

13

3F

13

3F

13

3F

13

3F



166

k2 2

13 3

3

EI EIF F

2 2π π= ⇒ =ℓ ℓ

De knikvorm (sinusvorm) ligt vast, maar niet de grootte en richting van de

uitbuigingen AC

w en BC

w , zie figuur 5.40a. Zonder dat de knikbelasting

verandert kan men de uitbuigingen zo op elkaar afstemmen dat de hoek in C weer

60� wordt, zie figuur 5.40b. Vervangt men het scharnier in C daarna weer door

een stijve hoekverbinding dan heeft men de knikvorm van de oorspronkelijk

gegeven constructie, zie figuur 5.41a.

Figuur 5.41

Voor de kniklast maakt het blijkbaar niet uit of C een scharnierende of stijve

verbinding is.

Opmerking:

De knikvorm is keersymmetrisch. Bij een symmetrische knikvorm zoals in figuur

5.41b fungeert knooppunt C als inklemming en geldt voor beide staven

basisknikgeval 4, met k 0,7=ℓ ℓ . Omdat deze kniklengte kleiner is dan bij de

keersymmetrische knikvorm, is de bijbehorende kniklast groter en dus niet

maatgevend.

2

k 23

EIF F

l

π= =



167

• Voorbeeld 11

Van het spant in figuur 5.42 kunnen alle benodigde gegevens aan de figuur

worden ontleend.

Figuur 5.42

Gevraagd:

De knikkracht kF

Uitwerking:

In dit geval moeten de mogelijkheden van zowel globale als lokale instabiliteit

worden onderzocht.

Globale instabiliteit, zie figuur 5.43a

Figuur 5.43

Omdat de kolommen van gelijke lengte zijn mag men voor het berekenen van de

kniklast het spant in dit geval vervangen door de enkele verend ingeklemde starre

staaf in figuur 5.43b, waarop de totale belasting staat1. Voor de kniklast geldt:

rk;globaal

9000 kNm1800 kN

5 m

kF = = =

ℓ (a)




168

Lokale instabiliteit, zie figuur 5.44.

Figuur 5.44

De buigzame kolom draagt 4/5 van de belasting F. Deze zal uitknikken als:

2 2

4 (3000 kNm)1200 kN

5 (5 m)

EIF

2 2π π= = ≈ℓ

Hieruit vindt men de belasting k;lokaalF F= waarbij lokale instabiliteit optreedt:

k;lokaal

5(1200 kN) 1500 kN

4F = × = (b)

Conclusie:

Omdat k;lokaal k;globaalF F< is lokale instabiliteit (partiële knik) maatgevend en zal de

buigzame kolom uitknikken voordat het spant in zijn geheel instabiel wordt:

k k;lokaal 1500 kNF F= =

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 6 KNIK VAN VEREND INGEKLEMDE BUIGZAME STAVEN


169

6. Knik van verend ingeklemde buigzame

staven

Bij de in het vorige hoofdstuk behandelde basisknikgevallen1 zijn de buigzame

staven opgelegd op een rol/scharnier of zijn ze volledig ingeklemd.

In dit hoofdstuk wordt de kniklast berekend voor verend ingeklemde buigzame

staven, zie figuur 6.1.

Figuur 6.1

Bij de staven in figuur 6.1a en 6.1b kan één van de staafeinden loodrecht op de

staafas verplaatsen. Men noemt deze staven ongeschoord. Bij de staaf in figuur

6.1c kunnen de uiteinden niet loodrecht op de staafas verplaatsen. Deze staaf

noemt men geschoord.

Het knikprobleem van de eenzijdig verend ingeklemde staaf in figuur 6.1a wordt

uitgewerkt in paragraaf 6.1. Eerst exact met de vierde orde

differentiaalvergelijking voor buigingsknik (paragraaf 6.1.1) en daarna met

benaderingsmethoden. Bij de eerste benaderingsmethode wordt gebruik gemaakt

van de momentenvlakstellingen (paragraaf 6.1.2), bij de tweede benaderings-

methode wordt de kniklast uitgedrukt in de zogenaamde eerste-orde-verplaatsing

aan de top (paragraaf 6.1.3). Beide benaderingsmethode blijken ook tot goede

resultaten te leiden als de staaf door een gelijkmatig verdeelde belasting op druk

wordt belast, zie figuur 6.2.

Figuur 6.2

1 Zie paragraaf 5.4, tabel 5.3.

6 KNIK VAN VEREND INGEKLEMDE BUIGZAME STAVEN CONSTRUCTIEMECHANICA 3


170

De oplossing van het knikprobleem in figuur 6.1a wordt gebruikt om in paragraaf

6.2 de kniklast van de ongeschoorde staaf in figuur 6.1b te bepalen.

Het knikprobleem van de geschoorde staaf in figuur 6.1c wordt uitgewerkt in

paragraaf 6.3.

Na een overzicht in paragraaf 6.4 van de verschillende formules volgen in

paragraaf 6.5 enkele voorbeelden waarin met deze formules wordt gewerkt.

Het hoofdstuk wordt afgesloten met een aantal opgaven in paragraaf 6.6.

Opmerking:

De basisknikgevallen (1) t/m (5) uit paragraaf 5.31 kunnen als bijzondere

gevallen worden afgeleid uit de verend ingeklemde staven in figuur 6.1. Door de

stijfheid van een rotatieveer nul te maken of oneindig groot te laten worden

verandert deze in een scharnier, respectievelijk een volkomen stijve inklemming.

1 Zie figuur 5.20.



171

6.1 Eenzijdig verend ingeklemde knikstaaf

In deze paragraaf wordt de kniklast berekend voor de prismatische staaf AB in

figuur 6.3, verend ingeklemd in A en vrij zwevend in B.

Figuur 6.3

In paragraaf 6.1.1 wordt de exacte oplossing bepaald met behulp van de vierde

orde differentiaalvergelijking voor buigingsknik.

In paragraaf 6.1.2 wordt een benaderingsmethode gehanteerd, waarbij gebruik

wordt gemaakt van de momentenvlakstellingen. In paragraaf 6.1.3 wordt een

benaderingsmethode uitgewerkt waarbij de kniklast wordt uitgedrukt in de

zogenaamde eerste-orde-verplaatsing aan de top.

Beide benaderingsmethoden blijken ook goede resultaten te geven als de staaf

door een gelijkmatig verdeelde belasting op druk wordt belast, zie figuur 6.2.

6.1.1. Exacte oplossing met de 4e orde differentiaalvergelijking.

De knikvergelijking voor een prismatische staaf is1:

2 0w wα′′′′ ′′+ =

waarin:

2 F

EIα =

De algemene oplossing is2:

1 2 3 4cos sinw C x C x C x Cα α= + + +

Dit is de knikvorm van de staaf.

De verend ingeklemde staaf in figuur 6.3 heeft de volgende vier

randvoorwaarden:

0 ; 0x w= = (6.1)

r r0 ; 0 0x M k EIw k wϕ ′′ ′= − = ⇒ − + = (6.2)

; 0 0x M EIw′′= = ⇒ − =ℓ (6.3)

; 0 0zx S EIw Fw′′′ ′= = ⇒ − − =ℓ (6.4)

1 Deze werd afgeleid in paragraaf 5.2.




172

De tweede randvoorwaarde volgt uit het momentenevenwicht van het

randelementje van de staaf in vervormde toestand. Is het randelementje over een

hoek d /dw x geroteerd, dan oefent de veer een tegenwerkend moment rd /dk w x

uit, zie figuur 6.4.

Figuur 6.4

Uit het momentenevenwicht vindt men:

r r

d0

dy

wT M k EIw k w

x′′ ′= + = − + =∑

De vierde randvoorwaarde werd reeds toegelicht in paragraaf 5.3.

Tabel 6.1

Tabel 6.2

Uitwerking van de randvoorwaarden (6.1) t/m (6.4) – waarbij men gebruik kan

maken van de eerder in paragraaf 5.3 afgeleide uitdrukkingen in tabel 6.1 en/of

6.2 – leidt tot het volgende homogene stelsel vergelijkingen in 1C t/m 4C :

12

r r 2

2 23

24

1 0 0 1

00

cos sin 0 0

0 0 0

C

EI k k C

CEI EI

CEI

α α

α α α α

α

= −

ℓ ℓ



173

De nuloplossing 1 2 3 4 0C C C C= = = = is niet interessant, omdat deze hoort bij

de rechte, niet uitgeknikte staaf.

Een oplossing ongelijk nul is slechts mogelijk als de determinant Det van de

coëfficiëntenmatrix nul is1:

2 2 2r( ) ( sin cos ) 0Det EI EI kα α α α α= − =ℓ ℓ

Voor 0α ≠ is deze voorwaarde te vereenvoudigen tot:

tanα α ρ=ℓ ℓ met rk

EIρ =

ℓ (6.5)

Opmerking:

De oplossing 0α = vervalt omdat deze staat voor de onbelaste staaf, immers

/F EIα = .

Opmerking:

De dimensieloze grootheid r /k EIρ = ℓ kan worden gezien als de verhouding

tussen de stijfheid van de rotatieveer en de stijfheid /EI ℓ van de buigzame staaf.

De knikkracht kF wordt bepaald door de kleinste positieve waarde van αℓ die

voldoet aan de transcendente vergelijking (6.5):

2k 2

( )EI

F α= ℓℓ

(6.6)

Bij een gegeven waarde van ρ kan de maatgevende waarde van αℓ met behulp

van figuur 6.5 worden gevonden als het snijpunt van de lijnen 1 tanf α= ℓ en

2 /f ρ α= ℓ .

Figuur 6.5

1 De determinant laat zich eenvoudig berekenen door deze naar de vierde kolom te ontwikkelen. De lezer

wordt bekend geacht met de regels voor het berekenen van een determinant.



174

Uit de figuur wordt duidelijk dat de maatgevende oplossing ligt in

het gebied 0 /α< ≤ π 2ℓ , dus geldt voor de knikkracht:

2

k 20

4

EIF

π< ≤

ℓ

Men vindt deze uiterste waarden van de knikkracht terug als men voor de

stijfheid rk van de rotatieveer de volgende twee extreme situaties bekijkt:

• r 0k = (dan is 0ρ = )

De oplegging in A verandert in een scharnieroplegging, zie figuur 6.6b. De

staaf is kinematisch onbepaald en de kniklast is nul.

• rk = ∞ (dan is ρ = ∞ )

De oplegging in A verandert in een starre inklemming, zie figuur 6.6c. De

kniklast is nu overeenkomstig basisknikgeval (1)1

2/4EI2π ℓ .

Figuur 6.6

Wil men de invloed van de stijfheidsverhouding ρ op de grootte van de

knikkracht onderzoeken, dan is het doelmatiger om omgekeerd te werk te gaan

en voor waarden van αℓ in het gebied 0 /α< ≤ π 2ℓ de bijbehorende waarde van

tanρ α α= ℓ ℓ te berekenen.

1 Zie paragraaf 5.4, tabel 5.3.



175

Het resultaat is gegeven in figuur 6.7, waar 2 2

k( ) /F EIα =ℓ ℓ is uitgezet als

functie van r1/ /EI kρ = ℓ .

Figuur 6.7

Een andere voorstellingswijze is gegeven in figuur 6.8.

Figuur 6.8

Hier is op de verticale as uitgezet:

2k

2k

2 2 2

2

( )

π π π

4 4 4

F

FEI

EI

α= =

ℓ

ℓ

ℓ

en op de horizontale as:

2k

2

r r

( ) k

FFEI

k k

EI

α

ρ= =

ℓ

ℓ

ℓ

ℓ



176

Het verband tussen deze grootheden blijkt vrijwel lineair. Een goede benadering

is in figuur 6.8 de rechte streepjeslijn. Voor de vergelijking van deze rechte lijn

geldt:

k k2

r

2

1

4

F F

kEI+ =

πℓℓ

Hieruit vindt men een eenvoudige benaderingsformule voor de knikkracht kF :

2rk

2

1 1 1

4

kF EI= +

πℓ ℓ

(6.7a)

Of:

k k1 k2

1 1 1

F F F= + (6.7b)

waarin:

rk1

kF =

ℓ en

2

k2 24

EIF

π=ℓ

(6.7c)

k1F is de knikkracht van een verend ingeklemde starre staaf ( EI = ∞ ); k2F is de

knikkracht van een volledig ingeklemde buigzame staaf ( rk = ∞ ), zie figuur 6.9.

Figuur 6.9

Opmerking:

De benaderde waarden voor kF volgens (6.7), die met een streepjeslijn in figuur

6.7 zijn ingetekend, zijn aan de veilige kant: met de benaderingsformule wordt

een iets te lage waarde voor de knikkracht gevonden.



177

Opmerking

De weerstand tegen uitbuigen (en uitknikken) wordt enerzijds gerealiseerd door:

de buigstijfheid EI van de kolom en anderzijds door de stijfheid rk van de

rotatieveer. Hierbij is sprake van een serieschakeling1.

Tenslotte wordt nog naar de knikvorm en kniklengte gekeken.

Met behulp van de relaties:

2 1/ tanC C α= − ℓ (uit de 3e randvoorwaarde)

3 0C = (uit de 4e randvoorwaarde)

4 1C C= − (uit de 1e randvoorwaarde)

vindt men voor de knikvorm, zie figuur 6.10:

1 4

sin sin ( )cos 1 1

tan sin

x xw C x C

α αα

α α

− = − − = −

ℓ

ℓ ℓ

Opmerking:

Bij het knikprobleem van een buigzame staaf is het nooit mogelijk alle

constanten 1 4 t/m C C te bepalen. In dit geval kan men alleen vaststellen dat

3 0C = . Van de overige constanten is het alleen mogelijk hun onderlinge

verhouding te berekenen. Dit leidt tot de knikvorm. Bij uitknikken is de vorm van

de uitbuiging bekend, maar de grootte blijft onbepaald.

De afstand tussen twee opeenvolgende buigpunten (momentennulpunten) in de

knikvorm is de kniklengte kℓ ; zie figuur 6.10.

Figuur 6.10

Om deze lengte te berekenen wordt voor de knikkracht geschreven:

2

k 2k

EIF

π=ℓ

1 Zie paragraaf 2.14 voor de eigenschappen van een serieschakeling. Uitdrukking (6.7b) voor de

knikkracht is in overeenstemming met uitdrukking (2.9) voor twee in serie geschakelde veren.



178

Substitueer deze uitdrukking voor kF in benaderingsformule (6.7a):

2 2r

2 2k

1 1 1

4

kEI EI= +

π πℓℓ ℓ

Hieruit is voor de kniklengte af te leiden:

22 2 2k

r

π 104 4

EI

k ρ

= + ≈ +

ℓ ℓ ℓℓ

met rk

EIρ =

ℓ (6.8)

waaruit volgt:

k

104

ρ= +ℓ ℓ met rk

EIρ =

ℓ (6.9)

Van deze uitdrukking zal gebruik worden gemaakt in paragraaf 6.2, waar de

kniklast wordt berekend voor een tweezijdig verend ingeklemde knikstaaf.

Opmerking:

Men schrijft voor uitdrukking (6.9) ook wel:

k η=ℓ ℓ met 10

4ηρ

= + (6.10)

Op deze manier kan men voor de knikkracht schrijven:

2 2

k 2 2k

EI EIF

η

π π= =ℓ ℓ

(6.11)



179

6.1.2. Benaderingsmethode met momentenvlakstellingen*

In deze paragraaf wordt een benaderingsmethode uitgewerkt die is gebaseerd op

een bij de knikvorm aangenomen momentenverloop. Om met de aanpak

vertrouwd te raken wordt eerst een volledig ingeklemde staaf behandeld en pas

daarna een verend ingeklemde staaf.

• Volledig ingeklemde met constante drukkracht

Van de knikstaaf in figuur 6.11a is in figuur 6.11b de knikvorm geschetst.

Figuur 6.11

Het buigend moment is evenredig met de afstand van de staafas tot de verticaal

lopende druklijn. De momentenlijn van de staaf in uitgeknikte toestand is dus

affien met de knikvorm, zie figuur 6.11c. Bij een uitwijking w aan de top is het

inklemmingsmoment Fw .

In figuur 6.11d is het krommingsvlak of / -vlakM EI getekend. Tengevolge van

dit krommingsverloop is de verplaatsing in B gelijk aan w.

Stel de knikvorm is een parabool, met de top in A, dan verlopen ook het buigend

moment M en de kromming /M EIκ = parabolisch. Volgens de momentenvlak-

stelling mag men, voor de berekening van de verplaatsing w in B, de vervorming

van AB geconcentreerd in een knik θ ter hoogte van het zwaartepunt van het

/ -vlakM EI , waarvan de ligging in figuur 6.11d is aangegeven. De grootte van de

knik θ is gelijk aan de oppervlakte van het / -vlakM EI :

2

3

Fw

EIθ = ℓ

Voor de uitwijking w aan de top vindt men nu:

25 2 5 5

8 3 8 12

Fw Fw w

EI EIθ= ⋅ = ⋅ =

ℓℓ ℓ ℓ

Na delen door w vindt men hieruit een benadering voor de kniklast:

k 2 2

122,40

5

EI EIF F= = =

ℓ ℓ (6.12)



180

Deze waarde is gebaseerd op een aangenomen parabolisch momentenverloop. De

gevonden waarde is aan de veilige kant; zij ligt een fractie onder de werkelijke

kniklast, waarvoor geldt:

2

k 2 2

π2,46

4

EI EIF = =

ℓ ℓ

Opmerking:

De nauwkeurigheid van de methode valt en staat met de aangenomen knikvorm.

Neemt men voor de knikvorm en momentenlijn een sinusverloop aan, dan zal

men de exacte waarde vinden. De knikvorm is immers een “sinus” die zich

slingert om de druklijn. Neemt men voor de het momentenverloop een rechte lijn

aan, zoals in figuur 6.12c, dan vindt men 2

k 3 /F EI= ℓ , een waarde die ongeveer

22% hoger ligt dan de exacte waarde1.

Figuur 6.12

• Verend ingeklemde staaf met constante drukkracht

In figuur 6.13a is de staaf verend ingeklemd.

Figuur 6.13

De uitwijking w aan de top bestaat nu uit twee bijdragen, zie figuur 6.13b:

1 2w w w= +

1 De berekening wordt aan de lezer overgelaten.



181

De bijdrage 1w is het gevolg van de vervorming van de rotatieveer waardoor de

inklemming roteert (kwispeleffect). De bijdrage 2w wordt veroorzaakt door de

vervorming van de buigzame staaf.

In figuur 6.13c is de momentenlijn getekend. Deze is weer affien met de

knikvorm in figuur 6.13b. Het inklemmingsmoment is Fw .

Het inklemmingsmoment Fw moet door de veer worden geleverd waardoor een

rotatie 1/w ℓ optreedt. Bij een stijfheid rk van de veer moet dus gelden:

1r

wFw k=

ℓ

Hieruit volgt:

1r

Fw w

k=

ℓ

(6.13)

De verplaatsing 2w kan ook in w worden uitgedrukt door naar de vervorming

van de staaf te kijken. In figuur 6.13d is het / -vlakM EI getekend, waarbij voor

het moment als benadering opnieuw een parabolisch verloop is aangehouden,

met de top van de parabool in A1.

Uit het / -vlakM EI vindt men, zie figuur 6.13e:

2

2

2 5

3 82,40

Fw Fw w

EIEI= ⋅ =ℓ ℓ

ℓ

(6.14)

Optellen van de vergelijkingen (6.13) en (6.14) leidt tot:

1 2r

22,40

F Fw w w w w

k EI+ = = +

ℓ ℓ

Na delen door w vindt men hieruit:

r2

1

2,40

F F

k EI= +

ℓ ℓ

Hierin is F de gezochte benadering van de kniklast kF :

r2

1 1 1

2,40kk EIF

= +

ℓ ℓ

1 De werkelijke momentenlijn, zie figuur 6.13c, en dus ook het werkelijke / -vlakM EI , hebben in A geen

verticale raaklijn.



182

Deze uitdrukking voor de kniklast, die is gebaseerd op een aangenomen

parabolisch momentenverloop, heeft dezelfde structuur als de eerder afgeleide

(nauwkeuriger) benaderingsformule (6.7):

k k1 k2

1 1 1

F F F= + (6.7b)

waarin:

rk1

kF =

ℓ en

2

k2 2 2

π2,46

4

EI EIF = =

ℓ ℓ (6.7c)

• Volledig ingeklemde staaf met lineair verlopende drukkracht

De ingeklemde staaf in figuur 6.14a wordt door een gelijkmatig verdeelde

belasting q op druk belast. In figuur 6.14b is een te verwachten knikvorm

getekend.

Figuur 6.14

Het momentenverloop na uitknikken laat zich voor de gekromde staaf moeilijk

berekenen. Daarom wordt hierna eenvoudigheidshalve het momentenverloop

aangehouden dat optreedt in een rechte staaf in scheefstand, zie figuur 6.15a.

Figuur 6.15

Hierbij wordt aangenomen dat w≪ ℓ , waardoor het geen verschil maakt of men

een afstand langs de staafas meet of langs de verticaal.



183

In figuur 6.15b is het bovenste deel van de staaf met een lengte x vrijgemaakt. De

resultante van de verdeelde belasting is qx . Uit het momentenevenwicht van het

vrijgemaakte deel om de snede vindt men het buigend moment ( )M x in de

snede:

2

2

1 1( )

2 2

x xM x qx w q w= ⋅ ⋅ = ℓ

ℓ ℓ

Het moment verloopt dus parabolisch. met de top van de parabool boven in B,

zie figuur 6.15c. Het inklemmingsmoment in A is dan 12

q wℓ .

In figuur 6.15d is het / -vlakM EI getekend. De knik θ is gelijk aan de

oppervlakte van het / -vlakM EI :

21

1 12

3 6

q wq

wEI EI

θ = ⋅ ⋅ =ℓ

ℓℓ

De plaats van de knik ligt ter hoogte van het zwaartepunt en is in de figuur

aangegeven.

Met de momentenvlakstelling vindt men voor de verplaatsing w in B:

2 33 3 1

4 4 6 8

q qw w w

EI EIθ= ⋅ = ⋅ =

ℓ ℓℓ ℓ

Na delen door w volgt hieruit een benadering voor de knikbelasting:

k 38

EIq =

ℓ (6.15a)

of, met Q q= ℓ als de totale belasting op de staaf:

k 28

EIQ =

ℓ (6.15b)

De exacte waarde, die lastig is te berekenen1, is

k 27,83

EIQ =

ℓ (6.16)

De benadering volgens 6.15 is 2,2% te hoog, dus aan de onveilige kant. Voor de

praktijk, waar men altijd voldoende ver onder de kniklast moet blijven, is dit

verschil echter verwaarloosbaar klein.

1 De berekening van de exacte waarde valt buiten het kader van dit boek.



184

• Verend ingeklemde staaf met lineair verlopende drukkracht

Figuur 6.16a toont een verend ingeklemde staaf die door een gelijkmatig

verdeelde belasting op druk wordt belast.

Figuur 6.16

Als de staaf uitknikt zal de uitwijking w aan de top uit twee bestanddelen

bestaan, zie figuur 6.16b:

1 2w w w= +

De uitwijking 1w is het gevolg van de vervorming van de veer. De uitwijking 2w

is het gevolg van de verbuiging van de staaf. Om beide te kunnen berekenen

moet men het momentenverloop in de staaf na uitknikken kennen. Hiervoor

wordt weer uitgegaan van het parabolische momentenverloop dat de staaf zou

hebben als deze na uitknikken recht was gebleven, dus hetzelfde

momentenverloop dat werd gebruikt bij de ingeklemde staaf, zie figuur 6.16c1.

Het inklemmingsmoment is 1 12 2

q w Qw=ℓ .

In de verende inklemming geldt:

1r

1

2

wQw k=

ℓ

waaruit volgt:

1r2

Qw w

k=

ℓ

(6.17)

1 Zie ook figuur 6.15c.



185

Met de momentenvlakstelling kan men de verplaatsing 2w tengevolge van de

verbuiging van de staaf berekenen. In figuur 6.16d is het / -vlakM EI getekend.

De plaats van de knik θ ligt ter hoogte van het zwaartepunt en is in de figuur

aangegeven. De grootte van de knik θ is gelijk aan de oppervlakte van het

/ -vlakM EI :

11 12

3 6

QwQ

wEI EI

θ = ⋅ ⋅ =ℓ

ℓ

Met de momentenvlakstelling vindt men nu voor de verplaatsing 2w in B:

2

2

3 3 1

84 4 6

Q Qw w w

EIEIθ= ⋅ = ⋅ =

ℓℓ ℓ

ℓ

(6.18)

Optellen van de vergelijkingen (6.17) en (6.18) leidt tot:

1 2r

2

2 8

Q Qw w w w w

k EI+ = = +

ℓ ℓ

Na delen door w vindt men hieruit:

r2

12 8

Q Q

k EI= +

ℓ ℓ

Hierin is Q q= ℓ de gezochte benadering van de totale knikbelasting kQ :

rk2

1 1 1

2 8k EIQ= +

ℓ ℓ

(6.19a)

of:

k1 k2

1 1 1

kQ Q Q= + (6.19b)

met:

rk1

2kQ =

ℓ en k2 2

8EIQ =

ℓ (6.19c)

Hier blijkt k1Q de totale knikbelasting te zijn van een verend ingeklemde starre

staaf ( )EI = ∞ en k2Q de totale knikbelasting van een volledig ingeklemde

buigzame staaf r( )k = ∞ , zie figuur 6.17.



186

Figuur 6.17

Opmerking:

Benaderingsformule kan worden verbeterd door voor k2Q de exacte waarde 27,83 /EI ℓ aan te houden, maar praktisch bezien heeft dat weinig zin.



187

6.1.3. De benaderingsformule m.b.v. een 1e orde uitwijking

*

In de vorige paragrafen werd bij de momentenvlakmethode een schatting gemaakt

van de momentenlijn bij de knikvorm.

Hierna wordt gewerkt met de momentenlijn tengevolge van een dwarsbelasting

die evenredig is met de verticale belasting op de verend ingeklemde buigzame

staaf. De uitwijking aan de top tengevolge van alleen de dwarsbelasting is de

zogenaamde eerste-orde-verplaatsing 0w . Aannemende dat de knikvorm affien

is met de eerste-orde-uitbuigingsvorm kan men de knikkracht uitdrukken in de

eerste-orde-verplaatsing 0w de aan de top.

Voor het berekenen van het inklemmingsmoment tengevolge van de verticale

belasting wordt de knikvorm benaderd door een rechte lijn.

• Staaf met constante normaalkracht

In figuur 6.18b is voor een verend ingeklemde staaf de uitbuigingslijn getekend

tengevolge van een horizontale kracht H in de top. De uitwijking aan de top is

0w . De momentenlijn is getekend in figuur 6.18c.

Figuur 6.18

Het inklemmingsmoment AM is:

AM H= ℓ (6.20)

Stel de knikvorm tengevolge van een verticale kracht F in de top is affien met

uitbuigingsvorm tengevolge de horizontale kracht H in de top. zie figuur 6.18d.

Bij een uitwijking 0w aan de top geldt voor het inklemmingsmoment in A:

A k 0M F w= (6.21)

Uit de gelijkstelling van (6.20) en (6.21) volgt:

k 0H F w=ℓ

Dit leidt tot de volgende benaderingsformule voor de knikkracht:

k0

HF

w=ℓ

(6.22)



188

Opmerking:

De op deze manier berekende waarde van de knikkracht is een benadering want

het lineaire momentenverloop in figuur 6.18c verschilt van het werkelijke

verloop in figuur 6.18e.

Opmerking:

0w is de zogenaamde eerste-orde uitbuiging aan de top. Dit is de uitbuiging

tengevolge van uitsluitend de horizontale belasting, dus zonder de invloed van de

verticale belasting.



189

Verificatie:

De verplaatsing 0w aan de top tengevolge van de kracht H is te berekenen met

vergeet-mij-nietjes:

3

0rr

2

1 1

33

H Hw H

k EIk EI

= ⋅ + = +

ℓ ℓℓ ℓ

ℓ ℓ

Substitueer deze uitdrukking voor 0w in (6.22) en men vindt:

rk2

1 1 1

3k EIF= +

ℓ ℓ

(6.23)

Eerder werd een nauwkeuriger uitdrukking afgeleid (zie 6.7a):

rk

2

1 1 1

4

kF EI2

= +π

ℓ ℓ

(6.24)

Benaderingsformule (6.22) geeft een overschatting van de knikkracht en is

daarmee aan de veilige kant. De overschatting bedraagt maximaal 21,6% als de

staaf volledig is ingeklemd.

• Staaf met lineair verlopende drukkracht

Voor de verend ingeklemde staaf in figuur 6.19a, met een gelijkmatig verdeelde

belasting vq , wordt aangenomen dat de knikvorm affien is met de

uitbuigingsvorm tengevolge van een gelijkmatig verdeelde horizontale belasting

hq , zie figuur 6.19b.

Figuur 6.19

Stel 0w is de eerste-orde uitwijking aan de top tengevolge van hq . De

bijbehorende momentenlijn tengevolge van hq is getekend in figuur 6.18c. Het

inklemmingsmoment AM is:

21 1A h h2 2

M q Q= =ℓ ℓ met h hQ q= ℓ (6.25)



190

hQ is de resultante van de horizontale belasting.

In figuur 6.19d is de knikvorm getekend bij de gelijkmatig verdeelde verticale

belasting. Er werd aangenomen dat deze affien is met de uitbuigingsvorm in

figuur 6.19b. Voor de berekening van het inklemmingsmoment tengevolge van

de verticale knikbelasting1 kq wordt de uitbuiging benaderd door een rechte lijn,

zie figuur 6.19e. Bij een uitwijking 0w aan de top vindt men zo voor het

inklemmingsmoment AM :

1 1 1A k 0 k 0 k 02 2 2

M q w q w Q w= ⋅ = =ℓ ℓ met k kQ q= ℓ (6.26)

kQ is de resultante van de verticale knikbelasting.

Door de gelijkstelling van (6.25) aan (6.26):

1 1h k 02 2

Q Q w=ℓ

vindt men de volgende benaderingsformule:

hk

0

QQ

w=ℓ

(6.27)

Opmerking:

Door de knikvorm in figuur 6.19e te vereenvoudigen tot een rechte lijn krijgt de

resultante tengevolge van de verticale belasting een te grote excentriciteit en

wordt het inklemmingsmoment AM volgens (6.26) overschat. Dit betekent dat

ook benaderingsformule (6.27) een overschatting van de knikbelasting geeft en

daarmee aan de veilige kant is.

Verificatie

De verplaatsing 0w aan de top tengevolge van de verdeelde belasting hq is te

berekenen met vergeet-mij-nietjes:

�h

2 41h2 h

0 hrr

2

1 1

2 88q

q qw Q

k EIk EI

= ⋅ + = +

ℓ

ℓ ℓℓ ℓ

ℓ ℓ

Substitueer deze uitdrukking voor 0w in (6.27) en men vindt:

rk2

1 1 1

2 8k EIQ= +

ℓ ℓ

(6.28)

Deze uitdrukking werd eerder afgeleid in paragraaf 6.2.2, zie (6.19a). De

overschatting is het grootst bij een volledige inklemming en bedraagt slechts

2,2%

1 Bij de verticale knikbelasting is de index v weggelaten.



191

• Staaf met een ander verloop van de drukkracht

De knikvorm van de verend ingeklemde staaf in figuur 6.20a tengevolge van de

verticale krachten F en Fβ wordt affien verondersteld met de uitbuigingsvorm

in figuur 6.20b tengevolge van de krachten H en Hβ .

Figuur 6.20

De momentlijn tengevolge van de horizontale belasting is getekend in figuur

6.20c. Het inklemmingsmoment in A is:

A 1b

M H Hb Hβ

β

= + = +

ℓ ℓℓ

(6.29)

Stel bij de krachten H en Hβ is de uitwijking aan de top 0w . Als ook de

knikvorm aan de top een uitwijking 0w heeft en men de uitbuigingslijn tussen A

en B vereenvoudigt tot een rechte lijn, zie figuur 6.20 d, dan vindt men voor het

inklemmingsmoment in A tengevolge van de verticale knikbelasting:

A k 0 k 0 k 0 1b b

M F w F w F wβ

β

= + = + ℓ ℓ

(6.30)

Uit de gelijkstelling van (6.29) en (6.30) vindt men opnieuw:

k0

HF

w=ℓ

(6.31)

Omdat het inklemmingsmoment in A tengevolge van de verticale knikbelasting

in (6.30) door de te grote excentriciteit wordt overschat, zie figuur 6.20d, geeft

ook benaderingsformule (6.31) een overschatting van de knikbelasting en is

daarmee aan de veilige kant.



192

6.2 Tweezijdig verend ingeklemde knikstaven –

ongeschoord

In paragraaf 6.1.1 werd met (6.8) een formule afgeleid1 voor de kniklengte van

de eenzijdig verend ingeklemde staaf in figuur 6.21:

Figuur 6.21

2 2k

r

10(4 )

EI

k= +ℓ ℓ

ℓ (6.8)

Met behulp van deze formule kan de kniklengte en knikkracht worden benaderd

voor de ongeschoorde staaf in figuur 6.22a die in beide einden verend is

ingeklemd.

Figuur 6.22

In figuur 6.22b is voor deze staaf de knikvorm geschetst: dit is een “sinus” die

zich slingert om de druklijn. Omdat de staafeinden ten opzichte van elkaar

kunnen verplaatsen is 0zS = en blijft de druklijn evenwijdig aan de x-as. De

druklijn deelt de staaf in het momentennulpunt (buigpunt) in twee delen met

lengten 1ℓ en 2ℓ . In elk van deze staafdelen is het knikprobleem van de eenzijdig

verend ingeklemde staaf uit figuur 6.21 te herkennen.

Beide staafdelen hebben dezelfde knikkracht kF en kniklengte kℓ . Toepassing

van formule (6.8) op beide staafdelen levert:

2 2 2k 1 2

r1 1 r2 2

10 104 4

EI EI

k k

= + = +

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

1 In de afleiding werd bij benadering gesteld 102π ≈ .



193

of:

2k 1 1 2 2

r1 r2

10 104 4

EI EI

k k

= + = +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ (6.32)

Hoe de lengten 1ℓ en 2ℓ en daarmee de kniklengte kℓ hieruit kunnen worden

berekend wordt hierna in grote lijnen aangegeven. Ter vereenvoudiging van het

rekenwerk worden de volgende parameters ingevoerd:

r11

k

EIρ =

ℓ en 1

1 r1

10 104 4

EI

kη

ρ= + = +

ℓ

22

r

EIρ =

ℓ en 2

2 r2

10 104 4

EI

kη

ρ= + = +

ℓ

Hieruit kan men afleiden dat:

1r1

104

EI

kη= −ℓ ℓ en 2

r2

104

EI

kη= −ℓ ℓ

Substitueer deze uitdrukkingen in (6.32):

2k 1 1 1 2 2 2(4 4 ) (4 4 )η η= − + = − +ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ (6.33)

Met 2 1= −ℓ ℓ ℓ vindt men hieruit na enig schrijfwerk:

21

1 2

η

η η=

+ℓ ℓ en 1

21 2

η

η η=

+ℓ ℓ

Substitueer één van deze uitdrukkingen voor 1ℓ of 2ℓ in (6.33):

( )

( )2 21 2 1 2k 2

1 2

4η η η η

η η

+ −=

+ℓ ℓ (6.34a)

en men vindt voor de knikkracht de volgende benaderingsformule:

( )( )

22 21 2

2 21 2 1 2k

4

k

EI EIF

η η

η η η η

+π π= =

+ −ℓ ℓ (6.34b)

Hierin is:

11 r1

22 r2

10 104 4

10 104 4

EI

k

EI

k

ηρ

ηρ

= + = +

= + = +

ℓ

ℓ

(6.34c)

De exacte waarde van de knikkracht

2 2k 2

( )EI

F EIα α= = ℓℓ



194

is bepaald door de kleinste positieve wortel van onderstaande transcendente

vergelijking1 in αℓ :

21 2 1 2( ) cot ( ) 0ρ ρ α α ρ ρ α+ + − =ℓ ℓ ℓ (6.35)

De berekening van de exacte waarde van de kniklast is aanzienlijk lastiger dan de

berekening met benaderingsformule (6.34).

Tabel 6.3

In tabel 6.3 zijn de exacte en benaderde waarden van 2

k /F EIℓ opgenomen voor

verschillende waarden van 1ρ en 2ρ , variërend van scharnierende opleggingen

1 2( 0)ρ ρ= = tot volledig ingeklemde staafeinden 1 2( )ρ ρ= = ∞ .

De vet gedrukte waarden zijn de exacte waarden, gebaseerd op de nauwkeurige

berekening. Hierbij geldt:

22k ( )

F

EIα=

ℓℓ

waarbij αℓ is opgelost uit transcendente vergelijking (6.35).

De niet-vet gedrukte waarden zijn benaderde waarden:

2 2 2k

2k

πF

EI=

ℓ ℓ

ℓ

waarbij voor de kniklengte benaderingsformule (6.34a) is gebruikt.

De afgeleide benaderingsformule (6.34) blijkt zeer goed te voldoen. De formule

geeft voor de knikkracht iets te lage waarden en is daarmee aan de veilige kant.

De afwijkingen zijn gering en bedragen ten hoogste 4%.

1 De afleiding van deze vergelijking wordt hier niet gegeven.



195

• Controle aan de hand van twee bekende gevallen

Als van de staaf in figuur 6.23a één van de veerstijfheden nul is, dan moeten de

uitdrukkingen (6.34) overgaan in die voor de enkelzijdig verend ingeklemde staaf

in figuur 6.23b of 6.23c.

Figuur 6.23

Stel r2 0k = , dan is 2η = ∞ . Door in (6.34b) teller en noemer te delen door 2

1 2( )η η+ vindt men voor de kniklast als 2η → ∞ :

( )( )

( )2

2 2

2 21 2 12

11 2 1 2

lim 1 lim 1

1 1lim

4k

EI EIF

η η η ηηη

η η η η→∞

→ →

π π= =

+ −

+ +

ℓ ℓ

��

(6.36)

Uitdrukking (6.36) werd eerder in paragraaf 6.1.1 afgeleid de enkelzijdig verend

ingeklemde staaf1.

Een ander bekend geval is de tweezijdig ingeklemde staaf in figuur 6.23d,

waarvan de rechter oplegging loodrecht op de staafas kan verplaatsen. In dit

geval zijn beide veren oneindig stijf.

Als r1 r2k k= = ∞ , dan is 1 2 4η η= = en vindt men uit (6.34b) voor de knikkracht:

2 2 2

k 2 2

(4 4) π π

4 4 (4 4 4)

EI EIF

+= =

× × + − ℓ ℓ

De kniklengte is gelijk aan de staaflengte: k =ℓ ℓ . Knikkracht en kniklengte zijn

in overeenstemming met basisknikgeval (2)2.

1 Zie uitdrukking (6.11).

2 Zie paragraaf 5.3, figuur 5.20b en paragraaf 5.4, tabel 5.3



196

Opdracht:

De lezer wordt verzocht de knikkracht te berekenen in het geval de ene oplegging

scharnierend is r1( 0)k = en de andere volledig ingeklemd r2( )k = ∞ , en de

uitkomst te controleren aan de hand van één van de basisknikgevallen genoemd

in paragraaf 5.4, tabel 5.31.

1 Zie ook paragraaf 5.3, figuur 5.20.



197

6.3 Tweezijdig verend ingeklemde knikstaven – geschoord

Als de verende inklemmingen niet loodrecht op de staafas kunnen verschuiven,

zoals in figuur 6.24, dan zullen de inklemmingsmomenten in het algemeen niet

aan elkaar gelijk zijn waardoor de verticale oplegreacties niet meer nul zijn. In

dat geval is ook zS ongelijk nul zijn en loopt de druklijn niet meer evenwijdig

aan de x-as.

Figuur 6.24

Een uitzondering is het symmetrische geval in figuur 6.25a, waarbij geldt

r1 r2 rk k k= = . Voor de knikkracht is de in figuur 6.25b geschetste

spiegelsymmetrische uitbuigingsvorm maatgevend. Bij deze vorm is de

kniklengte kℓ het grootst1. De druklijn loopt nu wel horizontaal.

Figuur 6.25

Voor het bepalen van de knikkracht kan men benaderingsformule (6.34)

toepassen op de halve staaf in figuur 6.25c, met lengte 12ℓ :

( )( )

22 21 2

2 211 2 1 2k 2

4 ( )

k

EI EIF

η η

η η η η

+π π= =

+ −ℓ ℓ

1 Schetst men een keersymmetrische knikvorm dan blijkt direct uit de schets dat de kniklengte kleiner dan

0,5ℓ moet zijn. Deze schets wordt aan de lezer overgelaten.



198

waarin:

1 11 r1 2

2 12 r2 2

10 104 4

( )

10 104 4

( )

EI

k

EI

k

ηρ

ηρ

= + = +

= + = +

ℓ

ℓ

Toegepast op de halve staaf geldt, met r1 rk k= en r2k = ∞ , voor de parameters

1η en 2η :

1 1r 2

10 204 4

( )

EI

kη

ρ= + = +

ℓ met rk

EIρ =

ℓ

2 4η =

Hiermee vindt men voor de knikkracht kF van de staaf in figuur 6.25a:

2

2 2 2

2 2 2 212

208

(5 2 )

( ) (5 )204 4

k

EI EIF

ρ ρ

ρ

ρ

+

π + π = =+

× +

ℓ ℓ (6.37a)

waarin:

rk

EIρ =

ℓ (6.37b)

De knikkrachten voor de twee extreme situaties dat de staaf in beide einden

scharnierend is opgelegd ( 0)ρ = , dan wel volledig is ingeklemd ( )ρ = ∞ , zijn

opgenomen in tabel 6.4. Dit zijn de basisknikgevallen (3) en (5), die reeds in

paragraaf 5.3 werden genoemd. Een andere extreme situatie is basisknikgeval

(4), waarbij de staaf in het ene einde volledig is ingeklemd en in het andere einde

vrij is opgelegd 1 2( ; 0)ρ ρ= ∞ = .

Tabel 6.4



199

Uit tabel 6.4 kan worden opgemaakt dat de knikkracht per volledige inklemming

wordt verdubbeld. Dit versterkt de indruk dat in benaderingsformule (6.37a) per

verende inklemming een factor (5 2 ) (5 )ρ ρ+ + wordt ingebracht. Voor de

ligger in figuur 6.26, met ongelijke veerstijfheden, zou de knikkracht dan

benaderd kunnen worden met de formule:

21 2

21 2

(5 2 )(5 2 )

(5 )(5 )k

EIF

ρ ρ

ρ ρ

+ + π=

+ + ℓ (6.38a)

waarin:

r11

k

EIρ =

ℓ en r2

2

k

EIρ =

ℓ (6.38b)

Voor de kniklengte geldt in dat geval:

2 21 2k

1 2

(5 )(5 )

(5 2 )(5 2 )

ρ ρ

ρ ρ

+ +=

+ +ℓ ℓ (6.38c)

Figuur 6.26

Om te weten hoe betrouwbaar benaderingsformule (6.38) is, zal men deze

moeten vergelijken met de uitkomsten van een exacte berekening. De exacte

waarde van de knikkracht

2 2k 2

( )EI

F EIα α= = ℓℓ

is bepaald door de kleinste positieve wortel van onderstaande transcendente

vergelijking1 in αℓ :

31 2 1 2( ) (1 cot ) {2 tan( 2) } ( ) 0ρ ρ α α α ρ ρ α α α+ − + − + =ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ (6.39)

1 De afleiding van deze vergelijking wordt hier niet gegeven.



200

Tabel 6.5

In tabel 6.5 zijn de exacte en benaderde waarden van 2

k /F EIℓ opgenomen voor

verschillende waarden van 1ρ en 2ρ , variërend van scharnierende opleggingen

1 2( 0)ρ ρ= = tot volledig ingeklemde staafeinden 1 2( )ρ ρ= = ∞ .

De vet gedrukte waarden zijn de exacte waarden, gebaseerd op de nauwkeurige

berekening:

22k ( )

F

EIα=

ℓℓ

waarbij αℓ is opgelost uit transcendente vergelijking (6.39).

De niet-vet gedrukte waarden zijn benaderde waarden:

2 2 2k

2k

πF

EI=

ℓ ℓ

ℓ

waarbij voor de kniklengte benaderingsformule (6.38c) is gebruikt.

Een vergelijking met de exacte waarden leert dat benaderingsformule (6.38) zeer

goed voldoet. De formule geeft voor de knikkracht iets te lage waarden en is

daarmee aan de veilige kant. De afwijkingen zijn gering en bedragen ten hoogste

4%.

Opmerking:

Voor alle drie de basisknikgevallen in tabel 6.4 leidt benaderingsformule (6.38)

tot de juiste waarde van de kniklast1.

1 Hierbij dient men wel te bedenken dat basisknikgeval (4) – 1 20 ; ρ ρ= = ∞ of 1 2 ; 0ρ ρ= ∞ = – is

gebaseerd op afgeronde waarden; zie paragraaf 5.3, formule (5.27), met de bijbehorende voetnoot.



201

6.4 Samenvatting

In tabel 6.6 is een overzicht gegeven van de benaderingsformules die in dit

hoofdstuk werden afgeleid voor een drie typen verend ingeklemde knikstaven. In

aansluiting op de vijf basisknikgevallen uit hoofdstuk 51 zijn ze genummerd van

(6) t/m (8). Hoewel hierna ook als “basisknikgevallen” aangeduid, geldt dat

eigenlijk alleen maar voor de gevallen (7) en (8) en niet voor geval (6). Deze kan

immers uit (7) worden afgeleid door een van de veerstijfheden gelijk aan nul te

stellen2.

Tabel 6.6

Behalve de benaderingsformules voor de kniklengte en knikkracht is in tabel 6.6

per geval ook aangegeven tussen welke grenzen de kniklengte ligt.

Opmerking:

• Bij een ongeschoorde staaf is de kniklengte altijd groter dan (of ten minste

gelijk aan) de staaflengte.

• Bij een geschoorde staaf is de kniklengte altijd kleiner dan (of ten hoogste

gelijk aan) de staaflengte.

1 Zie paragraaf 5.3, figuur 5.20 en paragraaf 5.4 tabel 5.3.

2 Ook de basisknikgevallen (1) en (2) kunnen uit (7) worden afgeleid, dit door de stijfheid van de

rotatieveren of nul of oneindig groot te maken. Op dezelfde manier kunnen de basisknikgevallen (3) t/m

(5) uit (8) worden afgeleid. Dit betekent dat (7) en (8) in feite de twee echte “basisknikgevallen” zijn.



202

De tabellen 6. 7 en 6.8 zijn afgeleid uit de knikgevallen (7) en (8) en geven

benaderingsformules voor de kniklengte in het geval:

• beide rotatieveren dezelfde stijfheid hebben;

• één van de rotatieveren een oneindig grote stijfheid heeft;

• één van de rotatieveren een stijfheid nul heeft.

In de tabellen is tevens per geval aangegeven tussen welke grenzen de kniklengte

ligt.

Tabel 6.7

Tabel 6.8



203

In paragraaf 6.1.2 en 6.1.3 werd de knikbelasting benaderd voor een enkelzijdig

volledig, respectievelijk verend ingeklemde staaf die door een gelijkmatig

verdeelde belasting op druk wordt belast. Voor deze gevallen zijn de

benaderingsformules voor de knikbelasting opgenomen in tabel 6.9.

Tabel 6.9



204


In deze paragraaf worden de afgeleide formules toegepast op een aantal

voorbeelden. Om de juiste knikformule te kunnen kiezen dient men eerst vast te

stellen of de staaf geschoord dan wel ongeschoord is. Het is niet onverstandig om

zich ook vooraf te realiseren tussen welke grenzen de kniklengte moet liggen.

Tenzij duidelijk anders is aangegeven treedt knik alleen op in het vlak van

tekening.

In de numerieke uitwerking wordt vaak gesteld 102π ≈ .

• Voorbeeld 1

Gegeven de verend ingeklemde staaf in figuur 6.27. Alle benodigde informatie

kan aan de figuur worden ontleend.

Figuur 6.27

Gevraagd:

De knikkracht kF .

Uitwerking:

Hier geldt basisknikgeval (6), zie figuur 6.28:

Figuur 6.28



205

rk1

6000 kNm1200 kN

5 m

kF = = =

ℓ

k2 2 2

6000 kNm600 kN

4 4 (5 m)

EIF

2 2π π ×= = ≈

×ℓ

k k1 k2

1 1 1 1 1 3

1200 kN 600 kN 1200 kNF F F= + = + =

De gevraagde knikkracht is dus:

k

1200 kN400 kN

3F = =

Variantuitwerking:

Men kan de knikkracht ook berekenen met de alternatieve formule volgens

knikgeval (7.3):

r2

(6000 kNm)(5 m)5

6000 kNm

k

EIρ = = =

ℓ

2k2

10 4 10 4 56

5

ρ

ρ

+ + ×= = =

ℓ

ℓ


2

k 2 2 2k

(6000 kNm )400 kN

6 6 (5 m)

EI EIF

2 2 2π π π= = = ≈

×ℓ ℓ



206

• Voorbeeld 2

De verend ingeklemde buigzame staaf in figuur 6.29 wordt door een gelijkmatig

verdeelde belasting op druk belast.

Houdt in de berekening aan: 10 m=ℓ , 3 210 10 kNmEI = × en

3r 6 10 kNmk = ×

Figuur 6.29

.

Gevraagd:

De knikbelasting kq .

Uitwerking:

De resultante van de gelijkmatig verdeelde belasting op de staaf is:

Q q= ℓ

Figuur 6.30

Hier geldt basisknikgeval (10), zie figuur 6.30:

3r

k1 1 12 2

6 10 kNm1200 kN

(10 m)

kQ

×= = =

×ℓ

3 2

k2 2 2

8 8 (10 10 kNm )800 kN

(10 m)

EIQ

× ×≅ = =ℓ

k k1 k2

1 1 1 1 1 5

1200 kN 800 kN 2400 kNQ Q Q= + = + =



207

waaruit volgt:

k

2400 kN480 kN

5Q = =

en

k

480 kN48 kN/m

10 m

kQq = = =

ℓ



208

• Voorbeeld 3

De verend ingeklemde kolom in figuur 6.31 heeft een lengte 6 m=ℓ .

Bij een veerstijfheid r 5400 kNm/radk = is gegeven dat de kniklast 300 kN

bedraagt. De buigstijfheid EI is onbekend.

Figuur 6.31

Gevraagd:

De kniklast als r 2700 kNm/radk = .

Uitwerking:

Uit de gegeven knikkracht voor de situatie met r 5400 kNm/radk = wordt eerst

k2F berekend, zie figuur 6.32:

Figuur 6.32

k 300 kNF =

rk1

5400 kNm900 kN

6 m

kF = = =

ℓ

k2 k k1

1 1 1 1 1 2

300 kN 900 kN 900 kNF F F= − = − =

Hieruit volgt:

k2

900 kN450 kN

2F = =



209

Met deze waarde van k2F is de gevraagde knikkracht te berekenen voor de

situatie met r 2700 kNm/radk = , zie figuur 6.33:

Figuur 6.33

rk1

2700 kNm450 kN

6 m

kF = = =

ℓ

k2 450 kNF =

k k1 k2

1 1 1 1 1 2

450 kN 450 kN 450 kNF F F= + = + =

Voor de gevraagde kniklast vindt men dus:

k

450 kN225 kN

2F = =



210

• Voorbeeld 4

Gegeven een prismatische hoogbouw met een doorsnede van 250 50 m× en een

hoogte van 300 m, zie figuur 6.34.

Figuur 6.34

Wordt een van de gevels belast door een horizontale winddruk van 22 kN/m ,

dan treedt hierdoor aan de top een eerste-orde-uitbuiging op van 0,5 m.

Gevraagd:

Een schatting van het gebouwgewicht (inclusief inhoud) in 3kN/m waarbij het

evenwicht instabiel wordt.

Uitwerking:

Men kan gebruik maken van de naderingsformule:

hk

0

QQ

w=ℓ

Met:

2 3h (50 m)(300 m)(2 kN/m ) 30 10 kNQ = = ×

vindt men voor het kritisch gebouwgewicht:

36

k

(30 10 kN)(300 m)18 10 kN

0,5 mQ

×= = ×

Het kritisch gebouwgewicht per 3m is:

63

k 2

18 10 kN24 kN/m

(50 50 m )(300 m)q

×= =

×



211

• Voorbeeld 5

Gegeven het knikprobleem in figuur 6.35a.

Figuur 6.35

Gevraagd:

a. Het gebied waarbinnen de kniklengte/knikkracht ligt.

b. De knikkracht.

Uitwerking:

a. Knikstaaf AB is geschoord en kan worden geschematiseerd tot de verend

ingeklemde knikstaaf in figuur 6.35b. De kniklengte kℓ zal liggen tussen

k 0,7=ℓ ℓ als de veer oneindig stijf is en k =ℓ ℓ als de veerstijfheid nul is, dus:

k0,7 < <ℓ ℓ ℓ

Voor de knikkracht betekent dit:

k2 2

EI EIF

2 2π 2π< <

ℓ ℓ

b. De stijfheid van de rotatieveer wordt geleverd door BC. Er geldt:

BC

r BC

3 3EI EIk = =

ℓℓ

ABr

AB

3

3

EI

k

EIEIρ = = =

ℓℓ ℓ

Voor de kniklengte van de geschoorde staaf geldt overeenkomstig knikgeval

(8.3):

2k2

5 5 3 8

5 2 5 2 3 11

ρ

ρ

+ += = =

+ + ×

ℓ

ℓ


k 2 2 28k 11

1,375EI EI EI

F2 2 2π π π

= = =ℓ ℓ ℓ

De knikkracht ligt inderdaad tussen de vooraf aangegeven grenzen.



212

• Voorbeeld 6

Gegeven het knikprobleem in figuur 6.36a.

Figuur 6.36

Gevraagd:

a. Het gebied waarbinnen de kniklengte/knikkracht ligt.

b. De knikkracht, uitgedrukt in EI en ℓ .

Uitwerking:

a. Knikstaaf AB is ongeschoord en kan worden geschematiseerd tot de

knikstaaf in figuur 6.36b, die in A verend is ingeklemde en in B niet kan roteren,

maar wel horizontaal kan verplaatsen.

De kniklengte kℓ zal liggen tussen k =ℓ ℓ als de rotatieveer oneindig stijf is

(basisknikgeval 2) en k 2=ℓ ℓ als de veerstijfheid nul is (basisknikgeval 1), dus:

k 2< <ℓ ℓ ℓ

Voor de knikkracht betekent dit:

k2 2(2 )

EI EIF

2 2π π< <

ℓ ℓ

of

k2 20,25

EI EIF

2 2π π< <

ℓ ℓ

b. De stijfheid van de rotatieveer wordt geleverd door AC. Er geldt:

AC

r AC

3 3 (0,25 )1,25

0,6

EI EI EIk

×= = =

ℓ ℓℓ

ABr

AB

1,251,25

EI

k

EIEIρ

×= = =

ℓℓ ℓ



213

Voor de kniklengte van staaf AB geldt knikgeval (7.2):

2 22 2k k

AB 2 2

10 4 10 5 9

5 4 5 5 4( )

ρ

ρ

+ + = = = =

+ +

ℓ ℓ

ℓ ℓ


k 2 2 2 29k 4

40,444

9

EI EI EI EIF

2 2 2 2π π π π= = = =ℓ ℓ ℓ ℓ

De knikkracht ligt inderdaad tussen de vooraf aangegeven grenzen.



214

• Voorbeeld 7

Gegeven de constructie in figuur 6.37, op twee verschillende manieren belast.

Figuur 6.37

Gevraagd:

In welk geval is de knikkracht het kleinst?

Uitwerking:

a. Belastinggeval I

Figuur 6.38

De op druk belaste staaf AB in figuur 6.38a kan worden geschematiseerd tot de

verend ingeklemde knikstaaf in figuur 6.37. Hierbij is BC vervangen door een

rotatieveer. Op staaf AB is knikgeval (8.2) van toepassing:

BC

r BC

3 3 3 9EI EI EIk

×= = =

ℓ ℓℓ



215

ABr

AB

9

9

EI

k

EIEIρ = = =

ℓℓ ℓ

2 2k k

AB 2 2

5 5 9 14

10 4 10 4 9 46( )

ρ

ρ

+ += = = =

+ + ×

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Hiermee vindt men:

k1 2 2 214k 46

3,29EI EI EI

F2 2 2π π π

= = =ℓ ℓ ℓ

b. Belastinggeval II

Figuur 6.39

De op druk belaste staaf BC in figuur 6.39a is in figuur 6.39b geschematiseerd

tot een verend ingeklemde staaf. AB is nu vervangen door de rotatieveer. Op

staaf BC is knikgeval (8.3) van toepassing:

AB

r AB

4 4EI EIk = =

ℓℓ

BCr

BC

44

3 3

EI

k

EIEIρ = = =

ℓℓ ℓ

2 2k k

BC 2 2

5 5 4 / 3 19

5 2 5 2 4 / 3 23( )

ρ

ρ

+ += = = =

+ + ×

ℓ ℓ

ℓ ℓ


k2 2 2 219k 23

(3 ) (3 )3,63

EI EI EIF

2 2 2π π π= = =

ℓ ℓ ℓ

De knikkracht is het kleinst volgens belastinggeval I, waarbij AB op druk wordt

belast en BC als rotatieveer werkt.



216

• Voorbeeld 8

Gegeven de op druk belaste kolom AB in figuur 6.40a. Alle benodigde

informatie kan aan de figuur worden ontleend.

Houdt in de numerieke uitwerking aan 12 m=ℓ en 225 MNmEI = .

Figuur 6.40

Gevraagd:

a. De knikkracht kF .

b. De knikkracht als de twee rolopleggingen worden vervangen door

scharnieropleggingen.

Uitwerking:

a. Kolom AB is ongeschoord; B kan immers horizontaal verplaatsen.

Voor de kniklengte geldt:

k 12 m> =ℓ ℓ

of:

3 2

k 2 2k

(4 ) 4 (25 10 kNm )6944 kN

(12 m)

EIF

2 2π π × × ×= < ≈

ℓ

In figuur 6.40b is kolom AB geschematiseerd tot een verend ingeklemde staaf.

Op deze staaf is basisknikgeval (7) van toepassing:

r;A

4 402

0,6 3

EI EIk = × =

ℓ ℓ

ABr;A

A AB

40

103

4 3

EIk

EIEIρ

×= = =

ℓℓ ℓ

AA

10 104 4 7

10 / 3η

ρ= + = + =



217

r;B

3 202

0,3

EI EIk = × =

ℓ ℓ

ABr;B

B AB

20

54

EIk

EIEIρ

×= = =

ℓℓ ℓ

BB

10 104 4 6

5η

ρ= + = + =

( )

( )

2 2A B A Bk k

AB 2 2 2 2

A B

4 7 6 (7 6 4) 3782,237

169( ) (7 6)

η η η η

η η

+ − × × + −= = = = =

++

ℓ ℓ

ℓ ℓ


2

k 2 2 2k

(4 ) (4 ) 4 (25000 kNm )3104 kN

2,237 2,237 (12 m)

EI EIF

2 2 2π π π × ×= = = ≈

×ℓ ℓ

De knikkracht is inderdaad kleiner dan 6944 kN.

b. Als de rolopleggingen bovenin worden vervangen door scharnieropleggingen

kan B niet meer horizontaal verplaatsen, zie figuur 6.41a. Voor de nu geschoorde

kolom AB zal de kniklengte kℓ kleiner zijn dan de kolomlengte ℓ :

k <ℓ ℓ

Dit betekent voor de kniklast kF :

2 2

k 2 2 2k

π (4 ) 4 (25000 kNm )6944 kN

(12 m)

EI EIF

2 2π π × ×= > = ≈ℓ ℓ

Figuur 6.41



218


Voor de berekening van de knikkracht kan men gebruik maken van

basisknikgeval (8). Eerder werd voor de stijfheidsverhoudingen Aρ en Bρ al

gevonden:

ABr;A

A AB

10

3

k

EIρ = =

ℓ en

ABr;B

B AB5

k

EIρ = =

ℓ

Hiermee vindt men:

2 2k k A B

AB 2 2A B

(5 )(5 ) (5 10 / 3)(5 5) 10

(5 2 )(5 2 ) (5 2 10 / 3)(5 2 5) 21( )

ρ ρ

ρ ρ

+ + + += = = =

+ + + × + ×

ℓ ℓ

ℓ ℓ

waaruit volgt:

2

k 2 2 210 10k 21 21

(4 ) (4 ) 4 (25000 kNm )14583 kN

(12 m)

EI EIF

2 2 2π π π × ×= = = ≈

×ℓ ℓ

De knikkracht is inderdaad groter dan 6944 kN.

Opmerking:

In dit geval blijkt de knikkracht van de geschoorde staaf 4,7 maal zo groot te zijn

als de knikkracht van de ongeschoorde staaf.



219

• Voorbeeld 9

Gegeven het ongeschoorde raamwerk in figuur 6.42. De kolommen hebben een

drie keer zo grote buigstijfheid als de regels. Houdt in de numerieke uitwerking

aan: 4 m=ℓ en 212 MNmEI = .

Figuur 6.42

Gevraagd:

a. De knikbelasting kF .

b. De knikbelasting als het raamwerk wordt geschoord.

Uitwerking:

a. Beide kolommen worden even zwaar belast en zullen dus gelijktijdig

uitknikken. De regels werken daarbij als verende inklemmingen. In figuur 6.43

zijn twee mogelijke knikvormen getekend: een symmetrische en een

keersymmetrische.

Figuur 6.43

In figuur 6.43a, de symmetrische knikvorm, verplaatsen de knooppunten niet en

kan men de kolommen als geschoord opvatten. In dat geval is de kniklengte altijd

kleiner dan de kolomlengte.

In figuur 6.43b, de keersymmetrische knikvorm, verplaatsen de knooppunten

wel. De kolommen zijn nu ongeschoord een hebben een kniklengte die altijd

groter is dan de kolomlengte.



220

Bij knik geeft de grootste kniklengte de kleinste kniklast. De keersymmetrische

knikvorm is dus maatgevend. Dit knikgeval wordt hierna verder uitgewerkt.

In figuur 6.44b is kolom AB uit het raamwerk geschematiseerd tot een verend

ingeklemde staaf. Boven- en onderregel leveren dezelfde veerstijfheid, die kan

worden berekend aan de hand van figuur 6.44c:

Figuur 6.44

3 6 6

M M M

EI EI EIθ = − =

ℓ ℓ ℓ

Hieruit vindt men:

r

6M EIk

θ= =

ℓ

Omdat de verende inklemmingen onder en boven dezelfde stijfheid hebben is op

kolom AB knikgeval (7.1) van toepassing:

ABr

AB

61,5

33

EI

k

EIEIρ

×= = =

ℓℓ ℓ

2 2k k

AB 2 2

5 5 3 8

3 3( ) (1,5 )

ρ

ρ

+ += = = =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Hiermee vindt men voor de knikkracht kF :

AB

k 2 2 28k 3

(3 )0,5

(1,5 )

EI EI EIF

2 2 2π π π= = =

×ℓ ℓ ℓ

Met 4 m=ℓ en 3 212 10 kNmEI = × betekent dit numeriek:

3 23

k 2

(12 10 kNm )0,5 3,75 10 kN

(4 m)F

2π ×= × ≈ ×

b. Als het raamwerk wordt geschoord (bijvoorbeeld door twee kruisschoren in

de vorm van dunne stalen strippen die alleen trekkrachten kunnen opnemen), dan

zal de eerder genoemde symmetrische knikvorm optreden, zie figuur 6.45a.



221

Figuur 6.45


De veerstijfheid kan men berekenen aan de hand van figuur 6.45c:

3 6 2

M M M

EI EI EIθ = + =

ℓ ℓ ℓ

Hieruit vindt men:

r

2M EIk

θ= =

ℓ

Voor een geschoorde staaf waarvan de rotatieveren onder en boven dezelfde

stijfheid hebben geldt knikgeval (8.1):

ABr

AB

21,5

13

EI

k

EIEIρ

×= = =

ℓℓ ℓ

2 22 2k k

AB 2 2

5 5 1 36

5 2 5 2 49( ) (1,5 )

ρ

ρ

+ + = = = =

+ +

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Voor de knikkracht kF vindt men nu:

AB

k 2 2 2 236k 49

(3 ) 491,815

27(1,5 )

EI EI EI EIF

2 2 2 2π π π π= = = =

×ℓ ℓ ℓ ℓ

Met 4 m=ℓ en 3 212 10 kNmEI = × betekent dit numeriek:

3 23

k 2

(12 10 kNm )1,815 13,61 10 kN

(4 m)F

2π ×= × ≈ ×

Opmerking:

Bij het geschoorde raamwerk ligt de kniklast 3,63 maal zo hoog als bij het

ongeschoorde raamwerk.

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 Extra voorbeeld

© 2016 - C. Hartsuijker en J.W. Welleman, TU-Delft 222

Voorbeeld van buigingsknik bij portalen

Van het hieronder weergegeven portaal wordt de knikvorm en de kniklast

gevraagd.

Figuur A1 : Portaal belast met verticale puntlasten

Mogelijke knikvormen zijn hieronder weergegeven. Daarbij is de hoofdindeling

die tussen geschoorde en ongeschoorde situaties.

Figuur A-2 : Geschoorde knikvormen

Van figuur A-2 zal de linker knikvorm de laagste kniklast hebben aangezien de

veerstijfheid van de verbuigende regel bij deze uitbuigingsvorm lager is dan die

van de rechter uitbuigingsvorm (ga dat zelf na!). Daarbij komt dat de rechter

uitbuigingsvorm niet zal kunnen optreden aangezien hier feitelijk geen

horizontaal evenwicht mogelijk kan zijn gezien de optredende dwarskracht in de

kolommen. De niet-symmetrische uitbuigingsvorm zal dus moeten leiden tot een

horizontale verplaatsing van de regel opdat evenwicht in de verplaatste stand nog

juist mogelijk is (definitie van stabiel evenwicht). De daarbij behorende

knikvorm is de ongeschoorde knikvorm van figuur A-3 op de volgende bladzijde.

F F

l

h alle staven

buigstijfheid EI.

F F

l

h alle staven

buigstijfheid EI.

F F

l

h alle staven

buigstijfheid EI.



Figuur A-3 : Ongeschoorde knikvorm

Ga zelf na dat net als in het vorige voorbeeld de knikkracht voor A-2 en A-3 kan

worden bepaald met :

A-2:

A-3 :

Voor verschillende waarden van l en

h kan grafisch worden aangetoond

dat de ongeschoorde knikvorm altijd

maatgevend is. In de rechter figuur

zijn voor de geschoorde en

ongeschoorde situatie de

kniklastfactoren uitgezet waar bij h

en l variëren van 0 tot 10 m. Hieruit

blijkt dat voor het gekozen domein

van h en l de laagste kniklast hoort bij

het ongeschoorde geval.

Merk op dat bij het ongeschoorde geval de

vervangende veerstijfheid van de regel groter is

dan bij het geschoorde geval maar dat toch de

kniklast lager is.

F F

l

h alle staven

buigstijfheid EI.

( )( )

( )( )

1 2

2 21 2

2 2

1 2

2

20; ;

5 2 5 2 5 4

5 5 5 2k

EIh

hl

EI l

EI l h EIF

h l h h

ρ ρ

ρ ρ π π

ρ ρ

×

= = =

+ + += × = ×

+ + +

1 1 2 2

2 2

2 2

2

6

6 100; ; 4

6

1 3

12 5k

EIh

h ll

EI l h

EI h EIF

h h l h

ρ η ρ η

π π

η

×

= = ∞ = = = +

= × = ×+

5 4geschoord:

5 2

3ongeschoord:

12 5

l h

l h

h

h l

+

+

+

ongeschoord

geschoord

a



b

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 7 KNIK VAN DOOR TRANSLATIEVEREN ONDERSTEUNDE BUIGZAME STAVEN


223

7. Knik van door translatieveren

ondersteunde buigzame staven

In dit hoofdstuk wordt de kniklast berekend voor een buigzame staaf waarbij een

van de opleggingen een translatieveer is, zie figuur 7.1. Knikgeval (a) wordt

behandeld in paragraaf 7.1. Knikgeval (b) wordt uitgewerkt in paragraaf 7.2.

Figuur 7.1

Als een staaf door zeer veel translatieveren wordt ondersteund mag men de

stijfheid van de veren uitsmeren over de lengte van de staaf, in welk geval men

spreekt van een elastisch ondersteunde staaf. In paragraaf 7.3 wordt het

knikprobleem uitgewerkt voor een in beide einden scharnierend opgelegde

elastisch ondersteunde staaf, zie figuur 7.2.

Figuur 7.2

7 KNIK VAN DOOR TRANSLATIEVEREN ONDERSTEUNDE BUIGZAME STAVEN CONSTRUCTIEMECHANICA 3


224

7.1 Knikstaaf met verende randoplegging

Eerst wordt een volledig ingeklemde knikstaaf behandeld en daarna het algemene

geval van een verend ingeklemde staaf.

• Volledig ingeklemde knikstaaf

Staaf AB is in A volledig ingeklemd en wordt in B horizontaal gesteund door een

translatieveer, zie figuur 7.3a. Alle verdere gegevens kunnen aan de figuur

worden ontleend.

Figuur 7.3

Voor deze staaf wordt gezocht naar de vergelijking waaruit men de kniklast kF

kan berekenen.

In figuur 7.3b is een mogelijke knikvorm getekend, waarbij B een uitwijking Bw

heeft ondergaan. Hierdoor oefent de translatieveer in B op AB een horizontale

kracht H uit, waarvoor geldt:

t BH k w=

De kracht H werkt tegengesteld aan de richting waarin de verplaatsing optreedt.

Voor de staaf geldt de vierde orde differentiaalvergelijking1:

0EIw Fw′′′′ ′′+ =

De algemene oplossing hiervan is2:

1 2 3 4cos sinw C x C x C x Cα α= + + +

waarin:

F

EIα =





225

Er staan vier randvoorwaarden ter beschikking, twee per rand:

0 : 0x w= =

0 : 0x w′= =

: 0x M= =ℓ

t: 0zx S k w= + =ℓ

De laatste randvoorwaarde volgt uit het krachtenevenwicht in z-richting van het

randelementje in B, zie figuur 7.4. In de figuur zijn op het randelementje alleen

de krachten in z-richting getekend.

Figuur 7.4

Het snedevlak aan de onderkant van het randelementje is negatief. zS werkt hier

dus in de negatieve z-richting. Bij een positieve verplaatsing Bw w= in B werkt

de horizontale kracht tH k w= ook in de negatieve z-richting. In geval van

evenwicht moet dus gelden:

0z z tS H S k w+ = + =

Uitwerken van deze betrekking leidt voor x = ℓ tot:

23 t 1 2 3 4( cos sin ) 0EIC k C C C Cα α α− + + + + =ℓ ℓ ℓ

Het uitwerken van de eerste drie randvoorwaarden wordt aan de lezer

overgelaten. Men kan hierbij gebruik maken van tabel 7.11.

Tabel 7.1

1 Deze tabel werd eerder als tabel 5.2 gepresenteerd in paragraaf 5.3.



226

De vier randvoorwaarden leiden tot het volgende stelsel homogene

vergelijkingen in de constanten 1C t/m 4C :

1

22 2

3

24t t t t

1 0 0 1

0 1 00

cos sin 0 0

cos sin

C

C

EI EI C

Ck k k EI k

α

α α α α

α α α

= −

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

Uit de eerste vergelijking volgt 4 1C C= − . Hiermee kan men 4C elimineren uit

de vierde vergelijking1 en blijven er drie vergelijkingen over:

12 2

2

23t t t t

0 1

cos sin 0 0

cos sin

C

EI EI C

Ck k k k EI

α

α α α α

α α α

= − −

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

Een oplossing ongelijk nul bestaat alleen als de determinant van de


2 2

2t t t t

0 1

cos sin 0 0

cos sin

Det EI EI

k k k k EI

α

α α α α

α α α

= =

− −

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

Wordt de determinant ontwikkeld naar de eerste rij dan vindt men:

22 2 2tt

2 2 2

2t t tt t t

sincos ( ) cos

cos 0 cos sin1 0

cos sincos

k EIk EI EI

EI EI EIDet

k k kk k k EI

α αα α α α

α α α α α αα

α αα α

+−

= − × + × =−− −

ℓℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓℓ ℓ��

Of:

2 2 2 2t t( )( )cos ( ) cos ( )sin 0k EI EI k EIα α α α α α α α− + + =ℓ ℓ ℓ ℓ

Dit is te vereenvoudigen tot de volgende transcendente vergelijking:

3 3t ( )

tan

k

EI

α

α α=

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ (7.1)

Het resultaat wordt gecontroleerd aan de hand van de twee extreme gevallen

t 0k = en tk → ∞ .

• t 0k =

In dit geval is de staaf vrij zwevend in B, zie figuur 7.5a. Voor t 0k = wordt aan

(7.1) voldaan als:

tanα = −∞ℓ

1 Vermenigvuldig de eerste vergelijking met tk− en tel deze daarna op bij de vierde vergelijking.



227

waaruit volgt:

π

2α =ℓ en

2

k 2

π

4

EIF =

ℓ

Dit is in overeenstemming met basisknikgeval (1).

Figuur 7.5

• tk = ∞

Als de veer oneindig stijf wordt kan men kan men de oplegging in B als “vast”

beschouwen, zie figuur 7.5b. Voor tk → ∞ wordt aan (7.1) voldaan als:

tan 0α α− =ℓ ℓ

waaruit volgt1:

π4.49

0,7α = ≈ℓ en

2

k 2

2π EIF ≈

ℓ

Dit is in overeenstemming met basisknikgeval (4).

Voor staaf AB in figuur 7.5c, volledig ingeklemd in A en verend gesteund in B,

zal de kniklast tussen deze uiterste waarden liggen:

2 2

k2 2

π 2π

4

EI EIF< <

ℓ ℓ

In tabel 7.2 is voor verschillende waarden van 3

t /k EIℓ de bijhorende waarde van 2 2

k / ( )F EI α=ℓ ℓ opgenomen, berekend uit (7.1).

Tabel 7.2

1 Zie ook paragraaf 5.3, de uitdrukkingen (5.26) en (5.27).



228

Voor 3

t / 10k EI <ℓ kan men de knikkracht benaderen met de lineaire betrekking:

2

k t2

π0,75

4

EIF k= + ℓ

ℓ (7.2)

Deze benaderingsformule is aan de veilige kant (geeft een te lage kniklast) met

een afwijking van maximaal 3%.

Opmerking:

In paragraaf 5.5, voorbeeld 8, werd voor de kolom in figuur 7.6a gevraagd naar

de veerstijfheid tk waarbij de kniklast gelijk is aan 2 2

k π /F EI= ℓ .

Figuur 7.6

Met:

2

πkF

EIα = =

ℓℓ

vindt men uit (7.1):

3 3 32t ( ) ππ

tan π-0

k

EI

α

α α= = =

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Of:

2

t 3

π EIk =

ℓ

Het antwoord stemt overeen met wat eerder in paragraaf 5.5 werd gevonden.

Opmerking:

Bij deze veerstijfheid gaat de druklijn altijd door A en is het inklemmings-

moment nul, zie de knikvorm in figuur 7.6b.

• Verend ingeklemde knikstaaf

Hierna wordt zeer beknopt ook nog het geval uitgewerkt dat kolom in A verend

is ingeklemd, zie figuur 7.7a.

In figuur 7.7b is een mogelijke knikvorm getekend.



229

Figuur 7.7

De rotatieveer oefent op het staafeinde in A een moment r Ak w′ uit, tegengesteld

aan de richting van de rotatie Aw′ .

De randvoorwaarden zijn nu:

0 : 0x w= =

r0 : 0x M k w′= + =

: 0x M= =ℓ

t: 0zx S k w= + =ℓ

Ten opzichte van de volledig ingeklemde staaf, die hiervoor werd behandeld, is

alleen de tweede randvoorwaarde veranderd. Deze volgt uit het momenten-

evenwicht van het randelementje in A, zie figuur 7.8.

Figuur 7.8

Uitwerking van de vier randvoorwaarden leidt tot het volgende stelsel homogene

vergelijkingen in de constanten 1C t/m 4C :

12

r r 2

2 23

24

t t t t

1 0 0 1

00

cos sin 0 0

cos sin

C

EI k k C

CEI EI

Ck k k EI k

α α

α α α α

α α α

=

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ



230

Een oplossing ongelijk nul bestaat alleen als de coëfficiëntendeterminant nul is:

2 2 2t

2 2 2 2r t t

( ) { ( )}sin

{ ( )( )cos ( ) cos ( )sin } 0

Det EI k EI

k k EI EI k EI

α α α

α α α α α α α α

= − +

+ − + + =

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

Hieruit vindt men de volgende transcendente vergelijking:

3 3t

r

( )

tan

tan 1

k

EIEI

k

αα

αα α

=

+−

ℓ ℓ

ℓℓ

ℓ ℓℓ

(7.3)

Uitdrukking (7.3) wordt gecontroleerd aan de hand van vier extreme situaties:

Figuur 7.9

• Als de kolom volledig is ingeklemd r( )k → ∞ , zie figuur 7.9a, vindt men:

3 3t ( )

tan

k

EI

α

α α=

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Dit is de aan het begin van deze paragraaf afgeleide uitdrukking (7.1)

• Als de staaf in A scharnierend is opgelegd r( 0)k = , zie figuur 7.9b, vindt

men:

3 232t k

k t

( )( )

k FF k

EI EI

αα

α= = = ⇒ =

ℓ ℓℓℓ ℓ

ℓ

Dit is de kniklast voor een starre staaf, zie uitdrukking (2.1).

Deze oplossing geldt alleen als k 2

EIF

2π<ℓ

omdat ook nog een andere

knikvorm mogelijk is, namelijk die van een vrij opgelegde buigzame staaf

(basisknikgeval 3).

• Als de translatieveer oneindig stijf is t( )k → ∞ heeft B een “vaste”

oplegging, zie figuur 7.9c. Aan (7.3) wordt voldaan als de noemer van de

breuk in het rechter lid nul is. Hieruit vindt men:



231

2 2r ( ) tan ( )

tan cot 1

k

EI

α α α

α α α α= =

− −

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

Dezelfde uitdrukking kan men in paragraaf 6.3 afleiden uit (6.27)1.

• Als de staaf in B een vrij einde heeft t( 0)k = , zie figuur 7.9d, wordt aan

(7.3) voldaan als de noemer van de breuk in het rechter lid oneindig groot is.

Dit is het geval als:

r tank

EIα α=

ℓℓ ℓ

Deze uitdrukking werd eerder afgeleid in paragraaf 6.1.1, zie uitdrukking

(6.5).

In tabel 7.3 is 2

k /F EIℓ berekend voor een aantal waarden van 3

t /k EIℓ en

r /k EIℓ .

Tabel 7.3

Bij 3

t / 10k EI =ℓ blijkt de kniklast vrijwel onafhankelijk van de stijfheid rk . Dat

is niet verwonderlijk als men bedenkt dat deze waarde dicht bij 2π ligt. En als

3t /k EI

2= πℓ gaat de druklijn door A, is de kniklengte k =ℓ ℓ en is de knikkracht 2

k /F EI2= π ℓ , dit ongeacht de stijfheid van de verende inklemming

2, zie figuur

7.10.

Figuur 7.10

1 Eén van de waarden van ρ is hierin nul.

2 Het buigend moment in A is nul en dus zal de inklemmingsdoorsnede niet roteren. Zie in dit verband

ook paragraaf 5.5, voorbeeld 8.



232

Wanneer r 0k = kan de staaf op twee manieren uitknikken, zie figuur 7.11.

Figuur 7.11

Als 3

t /k EI2< πℓ is de knikvorm in figuur 7.11a maatgevend en gedraagt de staaf

zich als oneindig stijf. De kniklast is dan k tF k= ℓ .

Als 3

t /k EI2> πℓ knikt de staaf uit volgens basisknikgeval 3, zie figuur 7.11b. De

kniklast is nu 2

k /F EI2= π ℓ

Als 3

t /k EI2= πℓ kunnen beide knikvormen naast elkaar optreden.



233

7.2 Knikstaaf met verend tussensteunpunt *

De vrij opgelegde ligger AB in figuur 7.12a rust in het midden C op een

translatieveer. Verdere gegevens kunnen aan de figuur worden ontleend.

Figuur 7.12

Als de stijfheid van de veer klein is, zal de ligger onder invloed van een

drukkracht F spiegelsymmetrisch uitknikken, zie figuur 7.12b. Is de stijfheid van

de veer daarentegen erg groot dan zal de knikvorm keersymmetrisch zijn, alsof

de stijfheid van de veer oneindig groot is, zie figuur 7.12c.

De uiterste gevallen zijn:

• t 0k =

Dit is de staaf zonder tussensteunpunt in C, zie figuur 7.12d. Hiervoor geldt:

k =ℓ ℓ en 2

k 2

π EIF =

ℓ

• tk → ∞

De staaf heeft nu in C een “vast” tussensteunpunt, zie figuur 7.12e: Hier geldt:

1k 2

=ℓ ℓ en 2

k 2

4π

EIF =

ℓ



234

Conclusie:

Voor de kniklengte kℓ geldt:

1k2

≤ ≤ℓ ℓ ℓ (7.4a)

en voor de knikkracht kF :

2 2

k2 2

π 4πEI EIF≤ ≤

ℓ ℓ (7.4b)

Gevraagd wordt de grensstijfheid van de veer waarbij de spiegelsymmetrische

knikvorm overgaat in de keersymmetrische knikvorm.

Figuur 7.13 toont een mogelijke spiegelsymmetrische knikvorm. Bij een

verplaatsing Cw in C oefent de translatieveer een kracht t Ck w op de ligger uit,

tegengesteld aan de richting van de verplaatsing. Uit het momentenevenwicht om

A en B volgt dat de verticale oplegreacties in A en B gelijk zijn aan 1t C2

k w .

Figuur 7.13

Omdat de knikvorm spiegelsymmetrisch is het mogelijk de beschouwing te

beperken tot de halve ligger AC, zie figuur 7.14. Uit de spiegelsymmetrie volgt

dat de ligger in C wel verticaal kan verplaatsen, maar niet kan verdraaien.

Figuur 7.14

De knikvorm is een sinus die zich slingert om de druklijn, waarvoor men direct

kan schrijven:

1t C2

vergelijking van de druklijn

sink w

w C x xF

α= +��

(7.5a)



235

Met:

F

EIα = of

2F EIα=

kan men hiervoor ook schrijven:

t C2

sin2

k ww C x x

EIα

α= + (7.5b)

Hierin zijn C en Cw twee onbekende constanten.

Dat er geen vier, maar slechts twee onbekende constanten zijn is een gevolg van

het feit dat bij het opstellen van de vergelijking voor de knikvorm impliciet

gebruik werd gemaakt van onderstaande randvoorwaarden

0 : 0x w= =

0 : 0x M= =

Deze twee randvoorwaarden leveren geen nieuwe informatie.

De andere twee randvoorwaarden waarmee wel verder kan worden gewerkt zijn:

t C1 1 1C C2 2 22

: sin( )2

k wx w w C w

EIα

α= = ⇒ + ⋅ =ℓ ℓ ℓ

C1 12 2 2

: 0 cos( ) 02

kwx w C

EIα α

α′= = ⇒ + =ℓ ℓ

Zij leiden tot twee homogene vergelijkingen met C en Cw als de onbekenden:

t12 2

Ct12 2

sin( ) 14

0

cos( )2

k

CEI

wk

EI

αα

α αα

−

=

ℓℓ

ℓ

Een oplossing ongelijk nul is mogelijk als de coëfficiëntendeterminant nul is:

t12 2

t12 2

sin( ) 14

0

cos( )2

k

EIDet

k

EI

αα

α αα

−

= =

ℓℓ

ℓ

Of:

t t1 1 12 2 22 2

sin( ) cos( ) cos( ) 02 4

k k

EI EIα α α α α

α α− + =

ℓℓ ℓ ℓ



236

Dit is te vereenvoudigen tot de volgende transcendente vergelijking1:

33 1t 2

1 12 2

16 ( )

tan( )

k

EI

α

α α

×=

−

ℓℓ

ℓ ℓ (7.6)

Controle op de twee extreme gevallen t 0k = en tk → ∞ :

• t 0k =

In dat geval wordt aan (7.6) voldaan als 12

tan( )α → ∞ℓ . De oplossing is:

12

π

2α =ℓ ⇒ k =ℓ ℓ en

22

k 2

π EIF EIα= =

ℓ

Zie de knikvorm in figuur 7.15b.

• tk → ∞

In dit geval wordt aan (7.6) voldaan als de noemer van de breuk in het rechter lid

nul is, dus als 1 12 2

tan( )α α=ℓ ℓ . De oplossing is2:

12

π

0,7α ≅ℓ ⇒ k 0,35≅ℓ ℓ en

22

k 2

8π EIF EIα= ≅

ℓ

Zie de knikvorm in figuur 7.15c.

Figuur 7.15

De symmetrische knikvorm in figuur 7.15c zal echter niet optreden omdat de

bijbehorende kniklast groter is dan die bij de keersymmetrische vorm in figuur

7.15d, waarvoor geldt:

2

k 2

4π EIF =

ℓ

1 Het is handig een uitdrukking op te stellen in 1

2αℓ .

2 Zie basisknikgeval (4), maar de staaflengte is nu 1

2ℓ .



237

Voor de staaf met een verend tussensteunpunt is dit de maximum knikkracht,

zoals in het begin van deze paragraaf met (7.4b) al werd aangegeven.

De bij deze maximum knikkracht behorende waarde van 12αℓ is:

212

1π

2

kF

EIα = =

ℓℓ

Substitutie in (7.6) leidt tot:

�

3 32t

0

16 π16π

tan π π

k

EI

×= =

−

ℓ

Hieruit vindt men voor de gevraagde grensstijfheid t;grensk , de veerstijfheid

waarbij de spiegelsymmetrische knikvorm overgaat in de keersymmetrische:

2

t;grens 3

16π EIk =

ℓ (7.7)

Voor t t;grensk k≥ treedt de keersymmetrische knikvorm op.

In figuur 7.16 is het verband gegeven tussen 2 2

k /πF EIℓ en 3 2

t /πk EIℓ .

Figuur 7.16

Bij veerstijfheden kleiner dan de grensstijfheid treedt de symmetrische knikvorm

op en blijkt het verband volgens (7.5) vrijwel lineair. De vergelijking van de

rechte lijn in dit gebied is:

tk2 2

2 2

31

16π π

kF

EI EI= +

ℓ

ℓ ℓ

waaruit volgt:

2

k t2

π0,1875

EIF k= + ℓ

ℓ (7.8)

Voor t t;grens0 k k≤ ≤ is dit een goede benadering voor de oplossing van

transcendente vergelijking (7.6).



238

Voor t t;grensk k≥ treedt de keersymmetrische knikvorm op en gedraagt de veer

zich als oneindig stijf. Een vergroting van de veerstijfheid boven de

grensstijfheid heeft dus geen invloed meer op de grootte van de kniklast.

Opmerking:

Bij de afleiding van vergelijking (7.6) werd als uitgangspunt gekozen de

vergelijking van de knikvorm en werd hiermee verder gewerkt.

Figuur 7.17

Men had ook direct gebruik kunnen maken van vergelijking (7.1) uit de vorige

paragraaf. Het gedrag van de halve knikstaaf in figuur 7.17a is gelijk aan dat van

de staaf in figuur 7.17b, waarvoor uitdrukking (7.1) werd afgeleid. Vervangt men

in (7.1) ℓ door 12ℓ en tk door 1

t2k , dan krijgt men:

3 31 1 1t2 2 2

1 12 2

( )( ) ( )

tan

k

EI

α

α α=

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Hieruit volgt:

33 1t 2

1 12 2

16 ( )

tan( )

k

EI

α

α α

×=

−

ℓℓ

ℓ ℓ

en dit is precies de in deze paragraaf afgeleide vergelijking (7.6).



239

Opmerking:

Bij meerdere verende tussensteunpunten op onderling gelijke afstanden, zoals in

figuur 7.18a, geldt voor de grensstijfheid waarboven de veren zich als oneindig

stijf gedragen1:

kt;grens

mFk

ξ=ℓ

(7.9)

Hierin is:

ℓ de staaflengte;

m het aantal velden;

kF de knikkracht in het geval alle veren oneindig stijf zijn, zie figuur 7.18b:

2 2

k 2

πm EIF =

ℓ (7.10)

ξ een numerieke factor waarvan de grootte afhangt van het aantal velden. Men

kan aantonen dat:

1

π2(1 cos )

m

ξ =

+

(7.11)

Figuur 7.18

In tabel 7.4 zijn een aantal waarden van ξ gegeven. ξ neemt af naarmate het

aantal velden m toeneemt.

Tabel 7.4

1 Zie Timoshenko and Gere, Elastic Stability, McGraw-Hill



240

In het geval van figuur 7.18 heeft de ligger twee verende tussensteunpunten en

geldt:

3m =

2 2 2

k 2 2

π 9πm EI EIF = =

ℓ ℓ, zie figuur 7.18b.

1 1 1

π π 32(1 cos ) 2(1 cos )

3m

ξ = = =

+ +

Voor de grensstijfheid wordt nu gevonden:

2

22k

t;grens 3

9π3

81π

1

3

EI

mF EIk

ξ

×= = =

×

ℓ

ℓ ℓℓ

Voor stijfheden groter dan of gelijk aan deze grensstijfheid gedragen de veren

zich alsof ze oneindig stijf zijn. Een vergroting van de veerstijfheid heeft geen

invloed meer op de grootte van de kniklast, deze blijft:

2 2 2

k 2 2

π 9πm EI EIF = =

ℓ ℓ



241

7.3 Elastisch ondersteunde knikstaaf *

Als het aantal veren groot wordt kan men de veerstijfheid ook over de staaflengte

“uitsmeren”1. Men spreekt dan van een elastisch ondersteunde staaf, zie figuur

7.19.

Figuur 7.19

Voor de stijfheid k van de elastische ondersteuning geldt:

t(aantal veren) kk

×=

ℓ

waarin tk de stijfheid van de discrete veren is en ℓ de staaflengte.

De stijfheid k van de elastische ondersteuning heeft de dimensie van

kracht/oppervlakte.

Hierna wordt aangenomen dat de elastische ondersteuning zowel trek- als

drukkrachten kan overbrengen.

In paragraaf 5.2 werd voor het geometrisch niet lineaire gedrag van een op druk

belaste staaf afgeleid, zie figuur 7.20a:

4 2

4 2

d d

d d

w wEI F q

x x+ =

Figuur 7.20

1 De theorie van de elastisch ondersteunde ligger vindt zijn oorsprong in de spoorwegbouw. In 1867

verving F. Winkler de dwarsdragers onder een rail door een continue elastische ondersteuning.



242

Bij een staaf op een elastische bedding ontstaat bij een zakking w een verdeelde

tegendruk kw, zie figuur 7.20b, en wordt de vergelijking voor het geometrisch

niet-lineaire gedrag:

4 2

4 2

d d

d d

w wEI F q kw

x x+ = −

of:

4 2

4 2

d d

d d

w wEI F kw q

x x+ + =

In het geval van een knikprobleem is er geen verdeelde belasting q en wordt de

knikvergelijking voor de elastisch ondersteunde staaf:

4 2

4 2

d d0

d d

w wEI F kw

x x+ + = (7.12)

Figuur 7.21

Voor de in beide einden vrij opgelegde elastisch ondersteunde staaf in figuur

7.21a kan worden aangetoond dat de knikvorm weer een sinusvorm heeft:

πˆ sin

m xw w=

ℓ (7.13)

Hierin is m het aantal halve golven over de staaflengte ℓ , zie de knikvorm in

figuur 7.21b.

Na substitutie van (7.13) in (7.12) vindt men:

4 4 2 2

4 2

π π πˆ sin 0

m m m xEI F k w

− + × = ℓℓ ℓ

(7.14)

Er wordt bij knik gezocht naar evenwicht in uitgebogen stand. In uitgebogen

stand is:

πˆ sin 0

m xw ≠

ℓ



243

Dit betekent dat in (7.14) de term tussen haken nul moet zijn:

4 4 2 2

4 2

π π0

m mEI F k− + =ℓ ℓ

(7.15)

In deze uitdrukking is m een geheel, maar nog onbekend getal.

Voor elke waarde van m heeft (7.15) een oplossing mF :

2 42

2 2 4

π 1

πm

EI kF m

EIm

= +

ℓ

ℓ (7.16)

De knikkracht kF is de kleinste waarde van mF volgens (7.16).

In figuur 7.22 is in een grafiek het verband getekend tussen de dimensieloze

grootheden 2 2

k /πF EIℓ en 4 4/πk EIℓ . Voor elke waarde van m bestaat er tussen

beide grootheden een lineair verband.

Als 4 4/π 4k EI <ℓ treedt de kniklast op bij 1m = : k 1mF F == . De knikvorm

bestaat uit een enkele halve sinusgolf.

Neemt de stijfheid k van de elastische ondersteuning zodanig toe dat 4 44 /π 36k EI< <ℓ , dan heeft (7.16) een minimum voor 2m = . De kniklast is dan

k 2mF F == en treedt op met twee halve golven.

Een verdere toename van 4 4/πk EIℓ doet de kniklast toenemen en

sprongsgewijze ook het aantal halve golven in de knikvorm.

• Benaderingsformule van Engesser

De knikkracht kF is de kleinste waarde van mF volgens (7.16).

2 42

2 2 4

π 1

πm

EI kF m

EIm

= +

ℓ

ℓ (7.16)

Om kF te vinden moet men in (7.16) het minimum bepalen van de uitdrukking

tussen haken, waarin m onbekend is.

In (7.16) is het product van beide termen tussen haken constant (onafhankelijk

van m):

4 42

2 4 4

1 1product

π π

k km

EI EIm= × =

ℓ ℓ

In dat geval is de som van beide termen tussen haken minimaal als ze aan elkaar

gelijk zijn1, dus:

4 42

2 4 4

1 1

π π

k km

EI EIm= =

ℓ ℓ

1 Als van de functie f x y= + het product xy constant is dan heeft f een minimum als x y= . De lezer

wordt verzocht dit na te gaan.



244

waaruit volgt:

4

44

1

π

km

EI=

ℓ (7.17)

Voor de kniklast vind men, na substitutie van (7.17) in (7.16)

2 4 4

k 2 4 4

π 1 12

π π

EI k kF kEI

EI EI

= + =

ℓ ℓ

ℓ (7.18)

Uitdrukking (7.18) staat bekend als de formule van Engesser1.

Omdat het aantal halve golven m volgens (7.17) geen geheel getal is, is de

formule van Engesser een benaderingsformule.

Wanneer in een grafiek het verband tussen de dimensieloze grootheden 2 2

k /πF EIℓ en 4 4/πk EIℓ volgens de formule van Engesser wordt getekend, dan

is dat een parabool die raakt aan de eerder gevonden rechte lijnen volgens (7.16),

zie figuur 7.22.

Figuur 7.22

De formule van Engesser geeft een benadering die aan de veilige kant is: de

kniklast is altijd kleiner of gelijk aan de nauwkeurig berekende waarde.

Opmerking:

Omdat in figuur 7.22 de afstand tussen de parabool en het snijpunt van de lijnen

m en 1m + onafhankelijk blijkt van m, wordt de formule van Engesser

nauwkeuriger voor grotere waarden van 4 4/πk EIℓ .

1 Friedrich Engesser (1848-1931), Duits ingenieur. Werkzaam bij de spoorwegbouw, die in die periode

een sterke ontwikkeling doormaakte. In 1885 werd hij hoogleraar aan het Polytechnisch Instituut in

Karlsruhe. Werd mede bekend door zijn werk over knik van niet-elastische kolommen.



245

Opmerking:

Anders dan in (7.16) komt in (7.18), de benaderingsformule van Engesser, de

staaflengte niet voor. De kniklast neemt toe als de stijfheid k van de elastische

ondersteuning en/of de buigstijfheid EI van de staaf groter wordt. De staaflengte

zal in (7.16) dus niet zo’n belangrijke rol te spelen.

Merk tevens op dat in de elastische bedding van dit model zowel trek als

drukkrachten kunnen optreden. Voor toepassingen in grond zijn trekkrachten niet

aanwezig en is deze modellering niet correct.



246

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 8 BUIGZAME KNIKSTAAF MET AANPENDELENDE KOLOMMEN


247

8. Buigzame knikstaaf met aanpendelende

kolommen

Als een knikstaaf is gekoppeld aan een aantal op druk belaste pendelstaven, dan

moet de knikstaaf ook de stabiliteit van de aanpendelende kolommen verzorgen.

In paragraaf 8.1 worden de formules afgeleid voor het berekenen van de

knikbelasting. Daarbij wordt gebruik gemaakt van de eigenschap dat de

knikvorm van een prismatische staaf een sinus is die zich slingert om de druklijn.

In paragraaf 8.2 volgen enkele voorbeelden waarin met de afgeleide formules

wordt gewerkt.

Het hoofdstuk wordt afgesloten met enkele opgaven in paragraaf 8.3

8.1 Oplossen van de knikvergelijking

De constructie in figuur 8.1 bestaat uit pendelstaaf AB die via stang BC in

evenwicht wordt gehouden door de in D ingeklemde kolom CD. De

buigstijfheden zijn EI voor kolom CD en 1EI voor de aanpendelende kolom AB.

De ingeklemde kolom wordt belast door een drukkracht F en de pendelstaaf door

een drukkracht mF. Alle verdere gegevens kunnen aan de figuur worden

ontleend.

Figuur 8.1

Gevraagd wordt de knikbelasting kF te berekenen.

Figuur 8.2

8 BUIGZAME KNIKSTAAF MET AANPENDELENDE KOLOMMEN CONSTRUCTIEMECHANICA 3


248

Er zijn twee manieren waarop het evenwicht instabiel kan worden:

• door (partiële) knik van pendelstaaf AB, zie figuur 8.2a. De kniklast is dan

1 1k;1 k;12 2

EI EImF F

m

2 2π π= ⇒ =ℓ ℓ

• door uitknikken van de ingeklemde kolom CD, zie figuur 8.2b. Stel de

bijbehorende kniklast is k;2F .

De kniklast kF is de kleinste van k;1F en k;2F .

Voor het berekenen van de kniklast k;2F zijn in figuur 8.3 AB en CD in de

vervormde constructie vrijgemaakt van stang BC.

Figuur 8.3

Als regel BC een verplaatsing wℓ ondergaat1 komt pendelstaaf AB scheef te

staan. Tengevolge van de belasting mF op AB in scheefstand wordt via stang BC

een kracht /mFwℓ ℓ op kolom CD uitgeoefend, die de uitbuiging van CD wil doen

vergroten2.

De knikvorm van de prismatische kolom CD is:

1 2 3 4

sinusgolf druklijn


(8.1a)

waarin:

/F EIα = (8.1b)

De vier randvoorwaarden zijn:

0 : 0x w= =

0 : 0x w′= =

: 0x M= =ℓ

: 0z

mFx S w= − =ℓℓ

ℓ waarin ( )w w x= =ℓ ℓ

1 wℓ staat voor ( )w x = ℓ .

2 De grootte van de kracht vindt men uit het momentenevenwicht van AB om A.



249

De laatste randvoorwaarde volgt uit het krachtenevenwicht in z-richting van het

randelementje in C1.

Uitwerken van de randvoorwaarden leidt tot een homogeen stelsel van vier

vergelijkingen met 1C t/m 4C als de onbekenden. De kniklast vindt men uit het

nul zijn van de coëfficiëntendeterminant.

Hierna zal de oplossing op een alternatieve manier worden bereikt door uit te

gaan van het gegeven dat bij een prismatische staaf de knikvorm een sinus is die

slingert om de druklijn, een aanpak die in dit geval iets minder rekenwerk geeft.

In figuur 8.4 is kolom CD in vervormde toestand getekend, met de krachten die

er in C op werken.

Figuur 8.4

In de figuur is ook de druklijn getekend. Voor de vergelijking van de druklijn in

het aangegeven assenstelsel kan men uit de figuur afleiden:

druklijn (1 ) (1 )x x

w w mw m m w= + − = + −ℓ ℓ ℓℓ ℓ

(8.2)

Voor de knikvorm kan men nu schrijven:

1 2

sinusgolfdruklijn

cos sin (1 )x

w C x C x m m wα α= + + + − ℓ�� ℓ�� (8.3)

1 Zie ook paragraaf 7.1.



250

In de knikvorm komen drie onbekenden voor: 1C , 2C en wℓ .

Van de vier randvoorwaarden hoeven alleen maar de eerste drie gebruikt te

worden. De vierde randvoorwaarde is bepalend voor de helling van de druklijn

en werd impliciet al benut bij het opstellen van de vergelijking van de druklijn1.

Uitwerking van de eerste drie randvoorwaarden leidt tot de volgende drie

vergelijkingen:

10 : 0 (1 ) 0x w C m w= = ⇒ + + =ℓ

20 : 0 0m

x w C wα′= = ⇒ − =ℓℓ

2 21 2 2 2: 0 cos sin 0x M C EI C EIα α α α= = ⇒ + =ℓ ℓ ℓ

In matrixvorm genoteerd:

1

2

2 22 2

1 0 1

0 0

cos sin 0

mC

mC

wEI EI

α

α α α α

+ − =

ℓ

ℓ

ℓ ℓ

De determinant van de coëfficiëntenmatrix laat zich betrekkelijk eenvoudig

berekenen:

2 22 2 2

2

22

0( 1) 0 (1 )

cos sinsin 0

( sin (1 ) cos ) 0

m

Det mEI EI

EI

EIm m

αα

α α α αα α

αα α α

−= + − + + =

= − + + =

ℓℓ ℓ

ℓ

ℓ ℓ ℓℓ

Hieruit volgt:

1tan (1 )

mα α= +ℓ ℓ (8.4)

Uit deze transcendente vergelijking kan men αℓ oplossen. De kleinste positieve

waarde van αℓ is bepalend voor de kniklast:

2k 2

( )EI

F α= ℓℓ

1 De derde en vierde randvoorwaarde leiden na uitwerking tot dezelfde betrekking.



251

Eén manier om vergelijking (8.4) op te lossen is het snijpunt te zoeken van de

functies 1f en 2f als:

1 tanf α= ℓ en 2

1(1 )f

mα= + ℓ

Figuur 8.5

Uit figuur 8.5 blijkt duidelijk dat de oplossing altijd binnen het gebied

0 α< < π/2ℓ ligt. Dit betekent dat:

k 24

EIF

2π<ℓ

en k 2>ℓ ℓ

In tabel 8.1 is 2

k /F EIℓ berekend voor verschillende waarden van m. De kniklast

neemt af als m toeneemt. Hierbij is geen rekening gehouden met het feit dat ook

partiële knik kan optreden.

Tabel 8.1



252

Opmerking 1

Uit de schets van de knikvorm in figuur 8.4 is direct al af te lezen dat de

kniklengte groter dan 2ℓ moet zijn.

Opmerking 2

Door de drukkracht op pendelstaaf AB wordt in vervormde toestand op kolom

CD een wegdrijvende kracht uitgeoefend die evenredig is met de uitwijking in C,

zie figuur 8.6.

Figuur 8.6

De belaste pendel werkt als een translatieveer, maar dan met een negatieve

veerstijfheid:

t

mFk = −

ℓ (8.5)

Met 2

F EIα= kan hiervoor ook worden geschreven:

2 2

t 3

( ) ( )m EI m EIk

α α= − = −

ℓ

ℓ ℓ (8.6)

Figuur 8.7



253

Voor het knikprobleem in figuur 8.7 werd in paragraaf 7.1 afgeleid, zie

vergelijking (7.1):

3 3t ( )

tan

k

EI

α

α α=

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Door (8.6) hierin te substitueren vindt men inderdaad weer uitdrukking (8.4)1.

Opmerking 3

Als kolom CD niet volledig, maar verend is ingeklemd, zie figuur 8.8, dan kan

men op dezelfde manier de kniklast berekenen uit de eerder in paragraaf 7.1

afgeleide vergelijking (7.3):

3 3t

r

( )

tan

tan 1

k

EIEI

k

αα

αα α

=

+−

ℓ ℓ

ℓℓ

ℓ ℓℓ

Substitueer hierin (8.6), de negatieve stijfheid van de translatieveer, en men

vindt2:

r

tan 1(1 )

1 tanEI m

k

αα

α α= +

−

ℓℓ

ℓ ℓℓ

(8.7)

Figuur 8.8

1 De lezer wordt verzocht dit na te gaan.

2 De uitwerking wordt aan de lezer overgelaten.



254

Tabel 8.2 toont voor verschillende combinaties van m en r /k EIℓ de bijbehorende

waarden van 2

k /F EIℓ , berekend uit (8.7). Deze waarden zijn vet gedrukt.

Tabel 8.2

De kniklast neemt af als m groter wordt. In de tabel is geen rekening gehouden

met het feit dat de aanpendelende kolom ook partieel kan uitknikken.

Als m erg groot wordt zou men de belasting op de ingeklemde kolom ook kunnen

verwaarlozen, zie figuur 8.9a. Men komt dan tot het knikgeval in figuur 8.9b, dat

in paragraaf 2.1.1 werd behandeld1.

Figuur 8.9

Voor de benadering kFɶ van de kniklast vindt men:

k t k t

1mF k F k

m= ⇒ =ɶ ɶℓ ℓ (8.8)

waarin:

rt3 2

1 1 1

3EI kk= +

ℓ ℓ

(8.9)

1 Aangenomen dat er geen partiële knik optreedt.



255

Voor de benadering volgens (8.8) kan men ook schrijven:

2k 3

(3 )

F

EI m

ρ

ρ=

+

ɶ ℓ waarin rk

EIρ =

ℓ (8.10)

Deze formule is maar beperkt bruikbaar, bijvoorbeeld alleen als 10m > .

Opmerking 4:

Zonder afleiding1 wordt hier een formule gegeven die wel voor alle waarden van

m en ρ een goede benadering van de kniklast geeft:

k 2

1

3 210( 1)

3 3

EIF

mρ

ρ

2π=

++ +

ɶ

ℓ (8.11a)

De waarden van 2

k /F EIℓ volgens deze benadering zijn eveneens opgenomen in

tabel 8.22. Daar kunnen ze worden vergeleken met de vet gedrukte waarden die

zijn berekend uit de nauwkeurige formule (8.7). Benaderingsformule (8.11a)

geeft iets te lage waarden voor de kniklast. De grootste afwijking bedraagt 5,4%

en treedt op in de omgeving van de combinatie 0; 2m ρ= = . Daarbuiten is de

afwijking beduidend kleiner.

Houdt men in (8.11a) aan 102π = , dan kan men voor de benaderde kniklast ook

schrijven:

k 2

1

3 1( 1)

3 15

EIF

mρ

ρ

=+

+ +

ɶ

ℓ (8.11b)

Deze benadering sluit niet aan op de knikformules in hoofdstuk 6, maar geeft

gemiddeld wel veel betere resultaten met een maximum onderschatting van 4,2%

bij 0 en 2m ρ= = en een maximum overschatting van 1,3% bij 0 en m ρ= = ∞ .

In tabel 8.3 zijn de benaderde waarden volgens (8.11b) vergeleken met de vet

gedrukte exacte waarden volgens (8.7).

1 De formule wordt afgeleid in paragraaf 9.3, voorbeeld 6.

2 Als 0m = vindt men uit (8.11a) de benaderingsformule voor de verend ingeklemde knikstaaf. Deze

werd afgeleid in paragraaf 6.1.1; zie de formules 6.10 en 6.11 en basisknikgeval (6) in tabel 6.6. De

eerste kolom in tabel 8.2 is dan ook in overeenstemming met de eerste kolom en rij in tabel 6.3.



256

Tabel 8.3

Opmerking 5:

Bij meerdere pendelstaven van gelijke lengte mag men deze vervangen door een

enkele pendelstaaf met daarop de totale belasting van alle pendelstaven1, zie

figuur 8.10.

Figuur 8.10

In dat geval geldt:

(pendels)

(ingeklemde kolom)

iFm

F

∑= (8.12)

1 Hierbij wordt gebruik gemaakt van de ervaring die in hoofdstuk 3 is opgedaan met aanpendelende

kolommen.



257

Als de staven, zoals in figuur 8.11a, van ongelijke lengte zijn kan men de

pendelstaven nog steeds vervangen door een enkele pendelstaaf, maar dan dient

men wel de belasting op de pendelstaven aan te passen, zie figuur 8.11b.

Figuur 8.11

Stel ℓ is de (referentie)lengte van de ingeklemde kolom belast door een

drukkracht F en iℓ is de lengte van pendelstaaf i belast door de drukkracht iF . Er

geldt nu1, zie figuur 8.11c:

/ (pendels)

/ (ingeklemde kolom)

i iFm

F

∑=

ℓ

ℓ (8.13)

Korte op druk belaste pendelstaven leiden tot een grotere waarde van m en tot

een kleinere knikbelasting kF .

Opmerking 6:

Wordt de aanpendelende kolom op trek belast dan fungeert deze als een echte

translatieveer, met (positieve) stijfheid tk , zie figuur 8.12:

t

mFk =

ℓ




258

Figuur 8.12

Voor het berekenen van de kniklast kan men terugvallen op formule (8.7), mits

men het teken voorafgaand aan m hierin verandert. Men vindt dan:

r

tan 1(1 )

1 tanEI m

k

αα

α α= −

−

ℓℓ

ℓ ℓℓ

(8.14)

Tabel 8.4 toont voor verschillende waarden van m en r /k EIℓ de bijbehorende

waarden van 2

k /F EIℓ , zoals berekend uit (8.14). De kniklast neemt toe als m

groter wordt.

Tabel 8.4



259

Opmerking:

Een bijzonder situatie doet zich voor als 1m = ; de trekkracht in de pendel is even

groot als de drukkracht in de (verend) ingeklemde kolom, zie figuur 8.13.

Figuur 8.13

De druklijn voor CD gaat in dat geval altijd door C. Voor de kniklengte betekent

dit k =ℓ ℓ en voor de kniklast 2

k /F EI2= π ℓ , onafhankelijk van de stijfheid van

de verende inklemming in D. In tabel 8.3 vindt men in de kolom 1m = daarom

alleen maar de waarden 2

k / 9,8697F EI2= π =ℓ .



260


Hierna volgen enkele voorbeelden waarbij voor het berekenen van de

knikbelasting gebruik wordt gemaakt van de in paragraaf 8.1 afgeleide formules.

• Voorbeeld 1

Gegeven de constructie in figuur 8.14a.

Figuur 8.14

Gevraagd:

De belasting waarbij het evenwicht instabiel wordt.

Uitwerking:

Omdat alle pendels even lang zijn kunnen zij worden vervangen door een enkele

pendel waarop de totale pendelbelasting staat, zie figuur 8.14b. Voor de

ingeklemde kolom geldt uitdrukking (8.4) met daarin 2m = :

1tan( ) (1 ) 1,5

mα α α= + =ℓ ℓ ℓ

De kniklast is bepaald door de kleinste positieve waarde van αℓ die aan deze

vergelijking voldoet. Door bijvoorbeeld het snijpunt te zoeken van de functies

1 tan( )f α= ℓ en 2 1,5f α= ℓ vindt men de oplossing1:

0,9674α =ℓ

Dit betekent voor de kniklast:

2k 2 2

( ) 0,936EI EI

F α= =ℓℓ ℓ

Opmerking:

Dezelfde kniklast vindt men uit tabel 8.2/8.3 voor 2m = en r /k EI = ∞ℓ .

1 Zie de aanpak beschreven bij figuur 8.5.



261

• Voorbeeld 2

Gegeven de constructie in figuur 8.15a.

Figuur 8.15

In de berekening moet worden aangehouden r / 27k EI =ℓ .

Gevraagd:

De waarde van F waarbij knik optreedt.

Uitwerking:

De referentielengte is de lengte ℓ van de verend ingeklemde kolom. Als men alle

pendelstaven herleidt naar de referentielengte ℓ moet de de belasting op pendels

worden aangepast door deze voor pendel i te vermenigvuldigen met i/ℓ ℓ , zie

figuur 8.15b. Merk op dat de kortste pendel, die niet eens het zwaarst wordt

belast, de grootste invloed heeft.

Als alle pendels van gelijke lengte zijn mogen ze worden vervangen door een

enkele pendel met daarop de totale pendelbelasting, zie figuur 8.15c. Hieruit

blijkt 9m = .

Men kan m uiteraard ook direct uit betrekking (8.13) berekenen:

1,5 1,5

/ (pendels) 0,25 0,5 0,754 3 2 9


i i

F F F

Fm

FF

+ +∑

= = = + + =ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ

ℓ



262

Met 9m = en r / 27k EIρ = =ℓ vindt men met benaderingsformule (8.11a):

k 2 2 2

10,2618

3 2 3 27 210( 1) 10(9 1)

3 3 3 27 3

EI EI EIF

mρ

ρ

2 2π π= = =

+ ++ + + +

×

ɶ

ℓ ℓ ℓ

of met benaderingsformule (8.11b):

k 2 2 2

10,2652

3 1 3 27 1( 1) (9 1)

3 15 3 27 15

EI EI EIF

mρ

ρ

2π= = =

+ ++ + + +

×

ɶ

ℓ ℓ ℓ

Controle:

Voor een nauwkeurige berekening moet men gebruik maken van vergelijking

(8.7) die met 9m = en r / 27k EI =ℓ is te herleiden tot:

2

270tan( )

243 10( )

αα

α=

+

ℓℓ

ℓ

De kleinste positieve oplossing hiervan is:

0,51542α =ℓ

Voor de werkelijke kniklast vindt men hiermee:

2k 2 2

( ) 0,2657EI EI

F α= =ℓℓ ℓ

Benaderingsformule (8.11a) geeft een waarde die 1,5% onder de werkelijke

waarde ligt. Benaderingsformule (8.11b) geeft een afwijking van 0,2%.

• Voorbeeld 3

Gegeven de gelede knikstaaf ABC in figuur 8.16a, met een scharnier in B. De

afmetingen kunnen uit de figuur worden afgelezen.

Figuur 8.16

Gevraagd:

De kniklast kF .



263

Uitwerking:

In figuur 8.16b is de staaf in uitgebogen stand getekend, waarbij scharnier B een

verplaatsing Bw heeft ondergaan. In scheefstand oefent pendel BC op AB niet

alleen een verticale drukkracht uit, maar ook een horizontale kracht H die de

uitwijking wil doen vergroten, zie figuur 8.16c. De grootte van deze horizontale

kracht volgt uit het momentenevenwicht van BC in scheefstand:

B

0,4

wH F=

ℓ

Nadere beschouwing leert dat kolom AB in figuur 8.16 op dezelfde manier wordt

belast als kolom AB in figuur 8.17.

Figuur 8.17

Dit betekent dat men gebruik kan maken van de eerder in deze paragraaf

afgeleide uitdrukking (8.4):

1tan( ) (1 )

mα α= +ℓ ℓ

Hierin is:

/0,4 (pendel)2,5


Fm

F= =

ℓ

ℓ

De kniklast volgt dus uit de transcendente vergelijking:

tan( ) 1,4α α=ℓ ℓ

De kleinste positieve oplossing is:

0,900α =ℓ

Hiermee vindt men voor de kniklast:

2k 2 2

( ) 0,810EI EI

F α= =ℓℓ ℓ



264

Opmerking:

Men kan ook weer de benaderingsformules gebruiken. Voor ρ = ∞

vereenvoudigt (8.11a) tot:

k 2

3

10 12

EIF

m

2π=

+ɶ

ℓ

Met 2,5m = vindt men hiermee als benadering van de kniklast:

k 2 20,800

10 2,5 12

EI EIF

23π= =

× +ɶ

ℓ ℓ

Dit is opnieuw een zeer goed resultaat. De afwijking is een onderschatting met

slechts 1,2%.

Voor ρ = ∞ vereenvoudigt (8.11b) tot:

k 2

15

5 6

EIF

m=

+ɶ

ℓ

waarmee men met 2,5m = vindt:

k 2 2

150,811

5 2,5 6

EI EIF = =

× +ɶ

ℓ ℓ

Benaderingsformule (8.11b) geeft ook nu weer een beter resultaat, maar wel is er

sprake van een (verwaarloosbare) overschatting van de knikbelasting.

• Voorbeeld 4

Gegeven de constructie in figuur 8.18 waarin regel BCE oneindig stijf is.

Figuur 8.18

Gevraagd:




265

Uitwerking:

Uit het evenwicht van BCE volgt dat AB op trek wordt belast en CD op druk, zie

figuur 8.19.

Figuur 8.19

Omdat de aanpendelende kolom AB op trek wordt belast is voor kolom CD nu

uitdrukking (8.14) van toepassing waarin:

32

F

EIα =

12

32

(pendel) 1

(ingeklemde kolom) 3

Fm

F= = en

rk

EI= ∞ℓ

Uitdrukking (8.14) vereenvoudigt hiermee tot:

tan( ) 2 0α α+ =ℓ ℓ

De kleinste positieve oplossing is:

1,8366α =ℓ

Hiermee vindt men voor de gevraagde knikbelasting kF :

2k k2 2 2

3( ) 3,373 2,249

2

EI EI EIF Fα= = ⇒ =ℓ

ℓ ℓ ℓ

De lezer wordt verzocht na te gaan of de orde van grootte in overeenstemming is

met de in tabel 8.3 gegeven waarden.



266

• Voorbeeld 5

Een betonnen dak in de vorm van een gelijkzijdige driehoek is vrij opgelegd op

drie pendelkolommen en drie stijf in de fundering ingeklemde kolommen, zie

figuur 8.20.

Figuur 8.20

Alle kolommen hebben een cirkelvormige dwarsdoorsnede. De buigstijfheid van

de in de fundering ingeklemde kolommen is EI en die van de pendelkolommen

0,05 EI× .

De totale dakbelasting, inbegrepen het eigen gewicht van het dak, is Q. De

dakbelasting is gelijkmatig verdeeld. Voor het berekenen van de

kolombelastingen mag men het dak opgebouwd denken uit vier vrij opgelegde

driehoeken.

Gevraagd:

De knikbelasting kQ .

Uitwerking:

De belasting op een kleine driehoek is /4Q ; per hoekpunt wordt 13

/4 /12Q Q× =

naar de kolommen afgevoerd. Hiermee vindt men de volgende kolombelastingen,

zie figuur 8.21:



267

Figuur 8.21

hoekkolommen (pendels): 1

12Q

randkolommen (ingeklemd): 1 3

312 12

Q Q× =

De knikbelasting kQ is de kleinste belasting Q waarbij ook evenwicht mogelijk

is nadat het dak een kleine verplaatsing heeft ondergaan. Voor de verplaatsing

van het dak wordt achtereenvolgens gekeken naar een translatie en een rotatie.

Daarnaast moet nog de mogelijk van partiële instabiliteit worden onderzocht,

waarbij de pendelkolommen onafhankelijk van de rest van de constructie

uitknikken.

Translatiestabiliteit

Als het dak een (kleine) translatie w ondergaat ondergaan alle kolommen aan de

top dezelfde verplaatsing. Men kan elke pendel gekoppeld denken aan een

ingeklemde kolom, zie figuur 8.22.

Figuur 8.22

In deze situatie is uitdrukking (8.4) van toepassing. Met:

112

312

(pendel) 1


Qm

Q= =

kan men voor (8.4) schrijven:



268

1tan( ) (1 ) 4


Deze vergelijking heeft als kleinste positieve oplossing 1,3932α =ℓ . Daarmee

vindt men voor de knikbelasting:

2k k2 2 2

3( ) 1,941 7,764

12

EI EI EIQ Qα= = ⇒ =ℓ

ℓ ℓ ℓ

Opmerking:

Benaderingsformule (8.11a) leidt met ρ = ∞ en 13

m = tot:

k k2 2 2 213

3 31,931 7,724

12 10 12 10 12

EI EI EI EIQ Q

m

2 2π 3π= = = ⇒ =

+ × +ℓ ℓ ℓ ℓ

Benaderingsformule (8.11b) leidt tot:

k k2 2 2 213

3 151,957 7,826

12 5 6 5 6

EI EI EI EIQ Q

m

15= = = ⇒ =

+ × +ℓ ℓ ℓ ℓ

Benaderingsformule (8.11a) geeft een onderschatting van 0,5%; benaderings-

formule (8.11b) geeft een overschatting van 0,8%.

Rotatiestabiliteit

Stel het dak ondergaat een (kleine) rotatie ϕ om RC, het centrum van

rotatiesymmetrie1, zie figuur 8.23.

Figuur 8.23

Als de afstand van RC tot de ingeklemde kolommen r is (de straal van de

ingeschreven cirkel van de driehoek), dan is de afstand van RC tot de

pendelkolommen 2r (de straal van omgeschreven cirkel).

Tengevolge van de rotatie ϕ ondergaan de randkolommen aan de top een

verplaatsing rϕ , rakend aan de ingeschreven cirkel, en ondergaan de

hoekkolommen aan de top een verplaatsing 2rϕ , rakend aan de omgeschreven

cirkel.

1 Het snijpunt van de drie symmetrieassen.



269

In figuur 8.24 is het dak vrijgemaakt van de kolommen en zijn de interactie-

krachten tussen kolommen en dak getekend.

Figuur 8.24

In de hoeken oefenen de pendelkolommen in scheefstand krachten H op het dak

uit die de rotatie willen doen vergroten. Deze krachten volgen uit het evenwicht

van de pendels in scheefstand, zie figuur 8.25:

Figuur 8.25

1 2 2

12 12

r rH Q Q

ϕ ϕ= =

ℓ ℓ

De krachten H oefenen gezamenlijk op het dak een wegdrijvend koppel

3 2 6Hr Hr× = uit. Uit het momentenevenwicht van het dak kan men afleiden dat

hierdoor op de ingeklemde kolommen wegdrijvende krachten werken die gelijk

zijn aan 2H:

42

12

rH Q

ϕ=

ℓ



270

De belasting op een ingeklemde kolom is getekend in figuur 8.26a. Deze kolom

wordt op dezelfde manier belast als de ingeklemde kolom AB in figuur 8.26b.

Figuur 8.26

Voor deze situatie werd uitdrukking (8.4) afgeleid. Met:

412

312

(pendel) 4


Qm

Q= =

wordt (8.4):

1tan( ) (1 ) 1,75


De kleinste positieve waarde van αℓ die aan deze vergelijking voldoet is:

1,0867α =ℓ

Hiermee wordt voor de knikbelasting gevonden:

2k k2 2 2

3( ) 1,181 4,724

12

EI EI EIQ Qα= = ⇒ =ℓ

ℓ ℓ ℓ

Opmerking:

Benaderingsformule (8.11a) leidt met ρ = ∞ en 43

m = tot:

k k2 2 2 243

3 3 31,169 4,675

12 10 12 10 12

EI EI EI EIQ Q

m

2 2π π= = = ⇒ =

+ × +ℓ ℓ ℓ ℓ

Benaderingsformule (8.11b) leidt tot:

k k2 2 2 243

3 15 151,184 4,737

12 5 6 5 6

EI EI EI EIQ Q

m= = = ⇒ =

+ × +ℓ ℓ ℓ ℓ

Ook nu geeft (8.11a) weer een onderschatting van de knikbelasting met 1,0% en

geeft (8.11b) een overschatting met 0,2%.



271

Partiële knik

Als de pendelkolommen uitknikken geldt hiervoor basisknikgeval (3) (de

knikstaaf van Euler) en vindt men voor de knikbelasting:

k k2 2 2

1 (0,05 )0,4935 5,922

12

EI EI EIQ Q

2π ×= = ⇒ =

ℓ ℓ ℓ

Conclusie:

De knikbelasting bij een rotatie 2

k( 4,724 / )Q EI= ℓ is kleiner dan die waarbij

partiele knik optreedt 2

k( 5,922 / )Q EI= ℓ en die is weer kleiner dan de

knikbelasting bij een translatie 2

k( 7,764 / )Q EI= ℓ . Derhalve zal rotatie-

instabiliteit het eerste optreden.



272

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 9 FORMULE VAN RAYLEIGH


273

9. Formule van Rayleigh *

De formule van Rayleigh is een benaderingsformule voor het berekenen van de

kniklast. De formule is gebaseerd op een energiebeschouwing. Daarbij wordt

gekeken naar de hoeveelheid arbeid die bij het uitknikken door de belasting

wordt verricht en de vervormingsenergie die nodig is om de knikstaaf uit de

rechtstand over te laten gaan naar een uitgebogen vorm, de knikvorm.

Het verrichten van arbeid1 kan men opvatten als een mechanisch proces van

energie-uitwisseling van een constructie met zijn omgeving. Als een belasting

positieve arbeid verricht wordt er energie aan de omgeving onttrokken en naar de

constructie toegevoerd. Deze energie kan door de constructie worden opgenomen

als vervormingsenergie, kinetische energie (bewegingsenergie) en warmte.

Bij elastische materialen hangt de vervormingsenergie eenduidig samen met de

vervormingtoestand en kan deze in een omkeerbaar proces weer aan de

omgeving worden afgedragen.

Bij niet-elastische materialen wordt de toegevoerde energie deels gebruikt voor

een (blijvende) structuurverandering in het materiaal waarbij ook nog warmte-

ontwikkeling kan optreden.

Opmerking:

De vervormingsenergie vE bij elastische lichamen noemt men ook wel de

potentiële energie van vervorming.

In paragraaf 9.1 worden uitdrukkingen afgeleid voor de vervormingsenergie bij

extensie en buiging, waarna in paragraaf 9.2 de formule van Rayleigh wordt

afgeleid. De toepassing van de formule wordt geïllustreerd aan de hand van een

zestal voorbeelden in paragraaf 9.3. Het hoofdstuk sluit af met een aantal

vraagstukken in paragraaf 9.4.

1 Zie ook Toegepaste Mechanica – deel 1, paragraaf 15.1, blz. 668.

9 FORMULE VAN RAYLEIGH CONSTRUCTIEMECHANICA 3


274

9.1 Vervormingsenergie

In deze paragraaf worden uitdrukkingen afgeleid voor de vervormingsenergie bij

extensie en buiging. Daarbij wordt aangenomen dat

• het materiaal zich elastisch gedraagt,

• er geen warmte-uitwisseling met de omgeving is en

• de constructie in rust (evenwicht) is en blijft.

Onder deze voorwaarden is de door de belasting A verrichte arbeid precies gelijk

aan de toename vE∆ van de vervormingsenergie:

vA E= ∆

De vervormingsenergie vE is een grootheid die niet eenduidig is gedefinieerd.

De grootte ervan is op een (additieve) constante na bepaald, zodat alleen het

werken met energieverschillen betekenis heeft. Ter vereenvoudiging wordt

meestal afgesproken dat vervormingsenergie nul is in de onvervormde toestand,

de zogenaamde nultoestand. In dat geval geldt:

vA E=

Gebruik makend van deze eigenschap wordt hierna de vervormingsenergie

tengevolge van extensie en buiging berekend.

9.1.1. Vervormingsenergie door extensie

Beschouw uit een staaf een elementje met kleine lengte x∆ dat in evenwicht is

onder invloed van de normaalkrachten N, zie figuur 9.1a. De normaalkrachten

doen het staafelementje uitrekken. Het verband tussen de normaalkracht N en rek

ε is gegeven in een - -diagramN ε 1, zie figuur 9.1b.

Figuur 9.1

1 In het algemene geval behoeft het verband tussen N en ε niet lineair te zijn.



275

Bij een rek ε is de verlenging van het elementje xε ∆ , zie figuur 9.1a. Als de rek

ε met een klein bedrag dε toeneemt is de bijkomende verlenging van het

staafelementje d xε ∆ . De op dat ogenblik aanwezige normaalkracht N verricht

dan een arbeid dA:

d dA N xε= ∆

Deze arbeid wordt als vervormingsenergie opgeslagen in het staafelementje met

lengte x∆ . Hierdoor neemt de vervormingsenergie vE toe met:

vd d dE A N xε= = ∆

Stel de vervormingsenergie per (eenheid van) lengte wordt met een asterisk

genoteerd als *vE , dan is:

* vv

d dd d

E N xE N

x x

εε

∆= = =

∆ ∆

Voor de op extensie belaste staaf vindt men hiermee voor de toename van de

vervormingsenergie per lengte, als de rek zich in de vervormde staaf heeft

ontwikkeld van nul tot de eindwaarde ε :

*v

0

dE N

ε

ε∆ = ∫

Gewoonlijk wordt aangenomen dat de vervormingsenergie nul is in onvervormde

toestand. In dat geval geldt voor de vervormde staaf:

*v

0

dE N

ε

ε= ∫ (9.1)

In een op extensie belaste staaf blijkt *vE , de vervormingsenergie per lengte, dus

gelijk aan de oppervlakte onder de kromme in het - -diagramN ε , zie figuur 9.2a.

Figuur 9.2

In het geval van een lineair-elastisch materiaalgedrag geldt, zie figuur 9.2b:

N EAε=

en kan men uitdrukking (9.1) op drie verschillende manieren schrijven:



276

*v

0

22

d

1 1 1

2 2 2

E N

NEA N

EA

ε

ε

ε ε

=

= = =

∫ (9.2)

Opmerking:

Het is gebruikelijk is de vervormingsenergie uit te drukken in vervormings-

grootheden. Voor de op extensie belaste staaf dus in de rek ε :

* 2v

1

2E EAε=

Voor de vervormingsenergie in een op extensie belaste staaf met lengte ℓ en

lineair elastisch materiaalgedrag geldt, zie figuur 9.3:

* 21v v 2

0 0

d dE E x EA xε= =∫ ∫ℓ ℓ

(9.3)

Figuur 9.3

Opmerking:

Omdat in uitdrukking (9.3) voor vE de rek ε in het kwadraat voorkomt, geven

ook negatieve rekken een positieve bijdrage tot vE .

9.1.2. Vervormingsenergie door buiging

Opnieuw wordt een klein staafelementje beschouwd, met kleine lengte x∆ , maar

nu uit een op buiging belaste staaf, zie figuur 9.4a.

Figuur 9.4



277

Onder invloed van het buigend moment M kromt het staafelementje en

verdraaien de einddoorsneden over een hoek ϕ∆ ten opzichte van elkaar. Deze

hoek is gelijk aan de kromming κ maal de lengte x∆ 1:

xϕ κ∆ = ∆

In figuur 9.4b is in een - -diagramM κ het verband tussen buigend moment en

kromming gegeven.

Als de kromming κ met een klein bedrag dκ aangroeit neemt de hoek die de

einddoorsneden met elkaar maken toe met:

d( ) d xϕ κ∆ = ∆

De op de einddoorsneden werkende momenten M verrichten in dat geval een

arbeid dA:

d d( ) dA M M xϕ κ= ∆ = ∆

Deze arbeid wordt weer als vervormingsenergie in het staafelementje met lengte

x∆ opgenomen en doet de vervormingsenergie vE toenemen met:

vd d dE A M xκ= = ∆

Per lengte is de toename van de vervormingsenergie:

* vv

d dd d

E M xE M

x x

κκ

∆= = =

∆ ∆

De vervormingsenergie per (eenheid van) lengte is weer met een asterisk

genoteerd als *vE .

Voor de op buiging belaste staaf vindt men hiermee voor de toename van de

vervormingsenergie per lengte, als de kromming zich in de vervormde staaf heeft

ontwikkeld van nul tot de eindwaarde ε :

*v

0

dE M

κ

κ∆ = ∫

Als wordt aangenomen dat de vervormingsenergie nul is in de onvervormde

toestand geldt voor de vervormde staaf:

*v

0

dE M

κ

κ= ∫ (9.4)

1 Dit volgt uit de kinematische betrekking d /d .xκ ϕ=



278

In een op buiging belaste staaf is *vE , de vervormingsenergie per lengte, gelijk

aan de oppervlakte onder de kromme in het - -krommeM κ , zie figuur 9.5a.

Figuur 9.5

In het geval van een lineair-elastisch materiaalgedrag geldt, zie figuur 9.5b:

M EIκ=

en kan men uitdrukking (9.4) op drie verschillende manieren schrijven:

*v

0

22

d

1 1 1

2 2 2

E M

MEI M

EI

κ

κ

κ κ

=

= = =

∫ (9.5)

Opmerking:

Het is gebruikelijk de vervormingsenergie door buiging uit te drukken in de

kromming κ , dus:

* 2v

1

2E EIκ=

Voor de vervormingsenergie in een op buiging belaste staaf met lengte ℓ en

lineair elastisch materiaalgedrag geldt, zie figuur 9.6:

* 21v v 2

0 0

d dE E x EI xκ= =∫ ∫ℓ ℓ

(9.6)

Figuur 9.6



279

9.2 Formule van Rayleigh

De formule van Rayleigh is een benaderingsformule voor het berekenen van de

kniklast. De formule is gebaseerd op een energiebeschouwing. Daarbij wordt

gekeken naar de hoeveelheid arbeid die bij het uitknikken door de belasting

wordt verricht en de vervormingsenergie die nodig is om de knikstaaf uit de

rechtstand over te laten gaan naar een uitgebogen vorm, de knikvorm.

De door de belasting verrichte arbeid is energie die aan de omgeving wordt

onttrokken en naar de constructie wordt toegevoerd. Is deze arbeid kleiner dan de

benodigde vervormingsenergie, dan kan de staaf niet vervormen. Dit leidt tot de

volgende definitie van een stabiel evenwicht:

Een evenwicht is stabiel als bij elke overgang naar een naburige kinematisch

mogelijke configuratie de door de belasting verrichte arbeid kleiner is dan de

benodigde vervormingsenergie

De benaderingsformule van Rayleigh maakt gebruik van deze definitie. De

afleiding geschiedt hierna aan de hand van de knikstaaf van Euler, zie figuur

9.7a.

Figuur 9.7

Voor de vervormingsenergie in een op extensie en buiging belaste staaf met

lengte ℓ en een lineair-elastisch materiaalgedrag werd in paragraaf 9.1 afgeleid:

* 2 21 1v v 2 2

0 0 0

d d dE E x EA x EI xε κ= = +∫ ∫ ∫ℓ ℓ ℓ

(9.7)

Met:

d

d

u

xε = en

2

2

d

d

w

xκ = −




280

22 21 1

v 2 2 20 0

extensie buiging

d dd d

d d

u wE EA x EI x

x x

= +

∫ ∫ℓ ℓ

��

(9.8)

Vlak voor uitknikken is de staaf recht en is de buigingsterm in (9.8) nul. Er is dan

alleen de extensieterm, zie figuur 9.7b:

2

1v 2

0

extensie

dd

d

uE EA x

x

=

∫ℓ

��

(9.9)

Na uitknikken is de staafkromming niet meer nul en heeft de vervormingsenergie

ook een buigingsterm, zie figuur 9.7c. De vervormingsenergie direct na

uitknikken is:

22 21 1

v 2 2 20 0

extensie buiging

d dd d

d d

u wE EA x EI x

x x

= + ∫ ∫ℓ ℓ

��

(9.10)

Als uitknikken geschiedt bij gelijkblijvende normaalkracht, dus zonder

bijkomende rekken =d /du xε , dan blijft de extensieterm in (9.9) vóór uitknikken

en (9.10) ná uitknikken onveranderd. Dit betekent dat de toename van de

vervormingsenergie bij een overgang van de rechtstand in figuur 9.7b naar de

uitgebogen stand in figuur 9.7c gelijk is aan:

22

1v 2 2

0

dd

d

wE EI x

x

∆ =

∫ℓ

(9.11)

Dit is de vervormingsenergie die nodig is om de staaf te doen uitknikken. Deze

energie komt beschikbaar doordat bij de overgang van de rechtstand naar een

uitgebogen stand de drukkracht F arbeid verricht, waardoor energie aan de

omgeving wordt onttrokken en naar de constructie wordt toegevoerd

Door het uitknikken van de staaf verplaatst de rol met de drukkracht F over een

afstand Fu , zie figuur 9.7c. Als F bij het uitknikken niet in grootte verandert is de

verrichte arbeid:

FA Fu=

Fu is het verschil tussen de staaflengte in rechtstand, direct voor het uitknikken,

en de op de x-as geprojecteerde staaflengte na uitknikken, zie figuur 9.7c.

De ontwikkelde lengte van de staaf is voor en na uitknikken gelijk.



281

Om een betrekking tussen de verplaatsing Fu en de knikvorm ( )w x te vinden

wordt een staafelementje dx van de onvervormde staaf beschouwd1.

Figuur 9.8

De scheefstand van het staafelementje geeft een bijdrage d Fu tot de verplaatsing

van de kracht F en is af te leiden uit figuur 9.8:

22 2 d

d d (d ) (d ) 1 1 dd

F

wu x x w x

x

= − − = − −

(9.12)

De term met het wortelteken kan men op de volgende manier benaderen:

22 2 4 2 2

1 1 14 2 2

d d d d d1 1 1 1

d d d d d

w w w w w

x x x x x

− ≈ − + = − = −

Door onder het wortelteken de term 41

4(d /dx)w toe te voegen kan men direct de

wortel berekenen. Dat is toegestaan zolang d /d 1w x << , waardoor de vierde orde

term in d /dw x verwaarloosbaar klein is ten opzichte van de kwadratische term.

Opmerking:

Men kan de term met het wortelteken ook ontwikkelen in een machtreeks:

2 2 4 2

1 1 12 8 2

d d d d1 1 1

d d d d

w w w w

x x x x

− = − + − ⋅ ⋅⋅ ≈ −

Als d /d 1w x << zijn de hogere orde termen in d /dw x verwaarloosbaar klein ten

opzichte van de kwadratische term.

Uitdrukking (9.12) vereenvoudigt nu tot:

2

12

dd d

dF

wu x

x

=

Hiermee vindt men voor de verplaatsing Fu :

2

12

0

dd

dF

wu x

x

=

∫ℓ

(9.13)

1 Er wordt aangenomen dat 1ε << . In dat geval is de invloed van de normaalkrachtvervorming op de

relatie tussen de verplaatsing Fu en uitbuigingsvorm ( )w x te verwaarlozen.



282

Samenvattend:

De voor het uitknikken benodigde vervormingsenergie is:

22

1v 2 2

0

dd

d

wE EI x

x

∆ =

∫ℓ

(9.11)

De door de belasting verrichte arbeid en naar de staaf toegevoerde energie is:

2

12

0

dd

dF

wA Fu F x

x

= =

∫ℓ

(9.14)

Met betrekking tot de stabiliteit van het evenwicht kunnen nu de volgende drie

gevallen worden onderscheiden:

• vA E< ∆ – stabiel evenwicht

Voor het uitknikken van de staaf is meer vervormingsenergie nodig dan door het

verrichten van arbeid ter beschikking komt. Er is geen evenwicht in uitgebogen

stand mogelijk

• vA E> ∆ – labiel evenwicht

Door het verrichten van arbeid komt meer energie beschikbaar dan als

vervormingsenergie in de staaf kan worden opgenomen. Deze overmaat aan

energie zal worden omgezet in kinetische energie (bewegingsenergie).

• vA E= ∆ – neutraal evenwicht

De met het verrichten van arbeid toegevoerde energie is precies gelijk aan de

voor het uitknikken benodigde vervormingsenergie.

Conclusie:

De kniklast kF is de kleinste waarde van F waarbij een uitbuigingsvorm

( )w w x= kan worden gevonden zodanig dat de door de knikkracht verrichte

arbeid precies gelijk is aan de benodigde vervormingsenergie:

vA E= ∆

of, met respectievelijk (9.14) en (9.11):

v

22 21 12 2 2

0 0

d dd d

d d

A E

w wF x EI x

x x

∆

=

∫ ∫ℓ ℓ

��

(9.15)

Voor het bepalen van de kniklast moet dus worden gezocht naar een

uitbuigingsvorm ( )w w x= waarbij F in (9.15) minimaal is1. Deze

uitbuigingsvorm is de knikvorm.

In plaats van een knikvorm te zoeken kan ook een knikvorm worden aangenomen

en de bijbehorende waarde RF F= uit (9.15) worden berekend:

1 Dergelijke minimaliseringsproblemen behoren tot het gebied van de variatierekening.



283

22

12 2

vR 2

12

dd

d

dd

d

F

wEI x

xEF

u wx

x

∆ = =

∫

∫

(9.16)

Deze uitdrukking voor RF wordt de formule van Rayleigh1 genoemd. Als niet de

juiste knikvorm wordt gekozen geeft de formule van Rayleigh een overschatting

van de werkelijke kniklast, dus:

R kF F≥

Het verschil tussen RF en kF wordt kleiner naarmate de aangenomen

uitbuigingsvorm ( )w w x= de werkelijke knikvorm beter benadert.

Opmerking:

De formule van Rayleigh maakt alleen gebruik van de kinematische en

constitutieve vergelijkingen. De evenwichtsvergelijkingen blijven buiten

beschouwing.

In de volgende paragraaf wordt de formule van Rayleigh toegepast op een aantal

knikproblemen.

1 Lord Rayleigh (John William Strutt) (1842-1919) was een vermaard Brits natuurkundige. Kreeg in 1904

de Nobelprijs voor natuurkunde voor zijn ontdekking in 1895, samen met Sir William Ramsey, van het

edelgas argon.



284

9.3 Enkele voorbeelden

In deze paragraaf wordt de formule van Rayleigh toegepast op een aantal

knikproblemen.

• Voorbeeld 1

Als eerste wordt de benaderingsformule van Rayleigh toegepast op de knikstaaf

van Euler in figuur 9.9, waarbij wordt uitgegaan van een parabolische

uitbuigingsvorm:

( )w Cx x= −ℓ

Figuur 9.9

Voor de afgeleiden en hun kwadraten geldt:

( 2 )w C x′ = −ℓ ; 2 2 2 2( ) ( 4 4 )w C x x′ = − +ℓ ℓ

2w C′′ = − ; 2 2( ) 4w C′′ =

Hiermee vindt men voor de toename van de vervormingsenergie, zie (9.11):

2 2 21 1v 2 2 0

0

( ) d 4 2E EI w x EI C x EIC′′∆ = = ⋅ =∫ℓ

ℓ

ℓ

en voor de door de kniklast verrichte arbeid, zie (9.14):

2 2 2 2 3 2 31 1 4 12 2 3 60

0

( ) d ( 2 )FA Fu F w x F C x x x F C′= = = ⋅ − + = ⋅∫ℓ

ℓ

ℓ ℓ ℓ

Met de benaderingsformule van Rayleigh, gebaseerd op de gelijkstelling

vA E= ∆ , vindt men nu voor de kniklast:

212 2

v 0R 2 3 21

21 62

0

( ) d2

12

( ) dF

EI w xE EIC EI

Fu C

w x

′′∆

= = = =

′

∫

∫

ℓ

ℓ

ℓ

ℓ ℓ



285

De werkelijke kniklast kF is altijd kleiner of gelijk aan de met de

benaderingsformule van Rayleigh berekende waarde RF , dus:

k R 212

EIF F≤ =

ℓ

In dit standaardgeval is de werkelijke kniklast kF bekend:

k 2

EIF

2π=ℓ

De benadering met de formule van Rayleigh geeft dus een uitkomst die 21,6%

boven de werkelijke kniklast ligt.

Het grote verschil tussen de benadering RF en de werkelijke waarde kF kan

alleen maar worden geweten aan de keuze van de uitbuigingsvorm.

Een kinematisch mogelijke uitbuigingsvorm moet voldoen aan de kinematische

randvoorwaarden, dit zijn de randvoorwaarden met betrekking tot de verplaatsing

w en helling w′ .

Daarnaast zijn er nog randvoorwaarden die betrekking hebben op de krachten en

momenten in de staafeinden, de zogenaamde statisch randvoorwaarden. Daar

hoeft een kinematisch mogelijke uitbuigingsvorm niet aan te voldoen.

De parabolische uitbuigingsvorm voldoet in 0x = en x = ℓ wel aan de

kinematische randvoorwaarde 0w = , maar niet aan de statische randvoorwaarde

0M = . Bij een parabolische uitbuigingsvorm is de kromming wκ ′′= − constant

en het buigend moment M EIκ= ter plaatse van de opleggingen dus ongelijk

nul.

Men mag verwachten dat de formule van Rayleigh tot betere resultaten leidt

wanneer de aangenomen uitbuigingsvorm – evenals de werkelijke knikvorm –

niet alleen aan de kinematische randvoorwaarden voldoet, maar ook aan de

statische randvoorwaarden. Dit wordt geïllustreerd in voorbeeld 2.



286

• Voorbeeld 2

Als uitbuigingsvorm wordt nu de doorbuiging tengevolge van een belasting

loodrecht op de staafas gekozen. Dit is een kinematisch mogelijke

uitbuigingsvorm die voldoet aan zowel de kinematische als statische

randvoorwaarden.

Figuur 9.10

Voor de knikstaaf van Euler wordt hierna uitgegaan van de doorbuiging

tengevolge van een puntlast P in het midden van de overspanning1, zie figuur

9.10:

32 3 2 3(3 4 ) (3 4 )

48

Pw x x C x x

EI= − = −ℓ

ℓ ℓ voor 12

x ≤ ℓ

Voor 12

x ≤ ℓ vindt men voor de afgeleiden van w en hun kwadraten:

2 2(3 12 )w C x′ = −ℓ ; 2 2 4 2 2 4( ) (9 72 144 )w C x x′ = − +ℓ ℓ

24w Cx′′ = − ; 2 2 2( ) 576w C x′′ =

Deze uitdrukkingen gelden slechts voor 12

x ≤ ℓ . De integraties kunnen dus niet

in één keer over de gehele staaflengte ℓ worden uitgevoerd. Omdat de

doorbuiging spiegelsymmetrisch is ten opzichte van 12

x = ℓ is van beide

staafhelften de bijdrage tot vE∆ , respectievelijk Fu , gelijk. Men vindt nu voor de

toename van de vervormingsenergie:

12 1

22 2 3 2 31 1v 2 3 0

0

2 ( ) d 576 24E EI w x EI C x EIC′′∆ = = ⋅ ⋅ =∫ℓ

ℓ

ℓ

1 Uiteraard moet deze uitbuigingsvorm bekend en anders zal men deze eerst moeten berekenen. De

berekening wordt aan de lezer overgelaten. Zie ook Toegepaste Mechanica – deel 2, paragraaf 8.1,

voorbeeld 4, blz. 503.



287

en voor de door de kracht F verrichte arbeid:

11222 2 4 2 3 51 1 144

2 2 5 00

2 5125

2 ( ) d 2 (9 24 )FA Fu F w x F C x x x

F C

′= = ⋅ = ⋅ ⋅ − +

= ⋅

∫ℓ

ℓ

ℓ ℓ

ℓ

Uit vA E= ∆ vindt men:

3 2v

R 5 2 2125

2410

F

E EI C EIF

u C

∆= = =

ℓ

ℓ ℓ

Het verschil tussen RF en kF bedraagt nu nog maar 1,3%.

Door een uitbuigingsvorm te kiezen die ook voldoet aan de statische

randvoorwaarden is krijgt men met de formule van Rayleigh een betere

benadering van de kniklast.



288

• Voorbeeld 3

Het derde voorbeeld betreft een knikstaaf met verlopende buigstijfheid.

De ingeklemde kolom in figuur 9.11 heeft een rechthoekige doorsnede waarvan

de breedte lineair verloopt van b bij de inklemming tot 0,4b in het vrije einde. De

kolom wordt in het vrije einde belast door een verticale drukkracht F.

Figuur 9.11

Gevraagd:

De kniklast kF te benaderen, gesteld dat de kolom uitknikt in het x-z-vlak.

Uitwerking:

Bij uitknikken in het x-z-vlak krijgt men te maken met de buigstijfheid zzEI .

Deze verloopt over de hoogte van de kolom. Met:

( ) 1 0,6x

b x b

= − ℓ

vindt men voor de buigstijfheid:

3 31 1( ) ( ) 1 0,6

12 12zz

xEI x a b x a b

= = −

ℓ

Hiervoor kan men schrijven:

( ) 1 0,6x

EI x EI

= − ℓ

waarin EI de buigstijfheid in het x-z-vlak is van de inklemmingsdoorsnede. Ter

vereenvoudiging van het schrijfwerk is de zz-index weggelaten.

Nu het verloop van de buigstijfheid bekend is moet er een uitbuigingsvorm

worden aangenomen. In dit voorbeeld wordt hiervoor een parabool gekozen, zie

figuur 9.12:

2

2( )

xw x C=

ℓ



289

Voor de afgeleiden en hun kwadraten vindt men:

2

2( )

Cw x x′ =

ℓ; [ ]

22 2

4

4( )

Cw x x′ =

ℓ

2

2( )

Cw x′′ =

ℓ; [ ]

22

4

4( )

Cw x′′ =

ℓ

Bij deze parabolische uitbuigingsvorm is de toename van de vervormingsenergie:

[ ]2 2

21 1v 2 2 4 3

0 0

4( ) ( ) d 1 0,6 d 1,4

x C CE EI x w x x EI x EI

′′∆ = = − =

∫ ∫ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

De verplaatsing van het aangrijpingspunt van F in de richting van F is:

[ ]2

2 2 21 12 2 4

0 0

4 2( ) d

3F

Cu w x x x C′= = =∫ ∫

ℓ ℓ

ℓℓ

De door de kracht F verrichte arbeid is:

22

3FA Fu FC= = ℓ

Uit de gelijkstelling vA E= ∆ vindt men de benadering van de kniklast volgens

Rayleigh:

2

3v

R 22

1,4

2,102

3F

CEI

E EIF

uC

∆= = =ℓ

ℓℓ

Onzeker blijft hoe nauwkeurig deze benadering is.

Opmerking:

De kniklast moet in ieder geval kleiner zijn dan die van een prismatische staaf

met constante buigstijfheid EI (2 2

k /4 2,47 /F EI EI2= π =ℓ ℓ ). Dat is hier

inderdaad het geval.

Opmerking:

Een exacte berekening leert dat de werkelijke kniklast is:

k 21,965

EIF =

ℓ

De betekent dat de formule van Rayleigh bij de gekozen parabolische

uitbuigingsvorm een afwijking (overschatting van de werkelijke kniklast) geeft

van 7,1%.



290

• Voorbeeld 4

Het vierde voorbeeld betreft de vrij opgelegde ligger in figuur 9.12a belast door

de twee krachten 1F en 2F . De krachten zijn constant in grootte en richting.

Verder zijn beide krachten even groot: 1 2F F F= = .

Gevraagd:

De knikbelasting te benaderen met de formule van Rayleigh.

Uitwerking:

Als uitbuigingsvorm wordt gekozen, zie figuur 9.12b:

sinx

w Cπ

=ℓ

Figuur 9.12

Deze uitbuigingsvorm voldoet aan zowel de kinematische als statische

randvoorwaarden.

Er geldt:

cosx

w Cπ π

′ =ℓ ℓ

2sin

xw C

2π π′′ = −

ℓℓ

De toename van de vervormingsenergie tengevolge van het uitbuigen is1:

2 2 21 1v 2 2 4

0 0

( ) d sin dx

E EI w x EIC x4π π

′′∆ = =∫ ∫ℓ ℓ

ℓℓ

Met:

xβ

π=

ℓ en d dx β=

π

ℓ

1 Bij het uitwerken van de integralen kan men gebruik maken van de volgende betrekkingen:

2

2

sin 2sin d

4 2

sin 2cos d

4 2

β ββ β

β ββ β

= − +

= + +

∫

∫



291

kan men hiervoor schrijven:

2 2 21v 2 3 3

0

1sin d

4

EIE EIC Cβ β

π 3 4π π∆ = =∫

ℓ ℓ

Voor de door de belasting verrichte arbeid geldt:

1 1 2 2 1 2( )A F u F u F u u= + = +

Hierin zijn 1u en 2u de verplaatsingen van de aangrijpingspunten van 1F en 2F

in de richting van respectievelijk 1F en 2F (dus in de negatieve x-richting):

1 12 2 2

2 2 2 2 2 21 1 11 2 2 22

0 0 0

1( ) d cos d cos d

8

xu w x C x C Cβ β

π2 2π π π π

′= = = =∫ ∫ ∫ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓℓ

2 2 2 2 2 21 1 12 2 2 22

0 0 0

1( ) d cos d cos d

4

xu w x C x C Cβ β

π2 2π π π π′= = = =∫ ∫ ∫

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓℓ

Let hierbij op de integratiegrenzen: 1u wordt veroorzaakt door de uitbuiging van

alleen de linker helft van de ligger en 2u door de uitbuiging van de gehele ligger,

zie figuur 9.12b.

Uit:

1 2 v( )A F u u E= + = ∆

vindt men:

2

3v

R 22 21 2

1

4 0,6671 1

8 4

EIC

E EIF

u uC C

4

2

2 2

π∆ π

= = =+ π π

+

ℓ

ℓ

ℓ ℓ

Dit is een zeer goed resultaat als men weet dat de werkelijke waarde van kniklast

is:

k 20,663

EIF

2π=

ℓ

• Voorbeeld 5

Men kan ook een uitbuigingsvorm kiezen waarin nog een aantal vrije parameters

voorkomen en deze parameters zo kiezen dat RF minimaal is. Een dergelijke

aanpak wordt in dit laatste voorbeeld uitgewerkt.

Stel de gekozen uitbuigingsvorm heeft n vrije parameters 1 2, ,..., nC C C .

De toename van de vervormingsenergie en de door de belasting verrichte arbeid

zijn beide functies van 1 2, ,..., nC C C . De formule van Rayleigh zal dan ook de

volgende gedaante hebben:



292

1 2R

1 2

( , ,..., )

( , ,..., )

n

n

T C C CF

N C C C=

De parameters 1 2, ,..., nC C C moeten nu zodanig worden gekozen dat R /F T N=

minimaal is. In dat geval moet gelden:

RR2

1 1 10

i i i i i i

F T T N T T N T NF

N N C C N C N C N C CN

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − = − = − =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Hieruit volgt:

R 0i i

T NF

C C

∂ ∂− =

∂ ∂ voor 1,2,...,i n= (9.17)

Dit is een homogeen stelsel van n vergelijkingen met de n onbekenden

1 2, ,..., nC C C . Een oplossing ongelijk aan nul bestaat alleen voor die waarden van

RF waarvoor de coëfficiëntendeterminant van het stelsel vergelijkingen nul is.

De laagste waarde is de gezochte minimum waarde van RF .

De werkwijze wordt als een voortzetting van de voorbeelden 1 en 2 geïllustreerd

aan de hand van de knikstaaf van Euler, zie figuur 9.13a.

Stel de uitbuigingsvorm is van de gedaante:

2 4w a bx cx= + + (9.18)

De oorsprong van het assenstelsel is gekozen in het midden van de overspanning,

zie figuur 9.13b.

Figuur 9.13

Omdat de uitbuigingsvorm symmetrisch is komen in uitdrukking (9.18) geen

oneven machten van x voor.

Aan de kinematische randvoorwaarde 0w = in x = ±ℓ wordt voldaan als:

2 41 14 16

a b c= − −ℓ ℓ

In dat geval is:

2 2 4 41 14 16

( ) ( )w b x c x= − + −ℓ ℓ

en zijn b en c uiteindelijk de vrije parameters.



293

Men vindt nu:

32 4w bx cx′ = +

22 12w b cx′′ = +

12

12

2 2 3 2 591v 2 10

( ) d (2 2 )E EI w x EI b bc c

+

−

′′∆ = = + +∫ℓ

ℓ

ℓ ℓ ℓ

12

12

2 2 3 5 2 71 1 1 12 6 10 56

( ) dFu w x b bc c

+

−

′= = + +∫ℓ

ℓ

ℓ ℓ ℓ

Hieruit volgt voor de kniklast volgens Rayleigh:

2 3 2 59v 10

R 2 3 2 5 21 1 16 10 56

2 2

F

b bc cE EIF

u b bc c

+ +∆= =

+ +

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

Stel:

2R ( , )

( , )

F T b c

EI N b cλ = =

ℓ

waarin:

2 3 2 5910

2 2T b bc c= + +ℓ ℓ ℓ

2 3 2 51 1 16 10 56

N b bc c= + +ℓ ℓ ℓ

Er wordt gezocht naar de kleinste waarde van RF , dus de kleinste waarde van λ .

Als λ minimaal is geldt:

0b

λ∂=

∂ en 0

c

λ∂=

∂

Uitwerking leidt tot het volgende homogene stelsel vergelijkingen in b en c1:

3 31 13 10

4 2 ( ) 0T N

b c b cb b

λ λ∂ ∂

− = + − + =∂ ∂

ℓ ℓ ℓ ℓ

3 5 3 59 1 1R 5 10 28

2 ( ) 0T N

F b c b cc c

λ∂ ∂

− = + − + =∂ ∂

ℓ ℓ ℓ ℓ

Deel de eerste vergelijking door ℓ en de tweede door 2ℓ en schrijf het stelsel in

matrixvorm:

1 13 10

91 1 210 5 28

4 20

2

b

c

λ λ

λ λ

− − =

− − ℓ (9.19)

Een oplossing voor 0λ ≠ is alleen mogelijk als de determinant van de


1 Zie ook (9.17).



294

291 1 13 5 28 10

(4 )( ) (2 ) 0Det λ λ λ= − − − − =

of:

21,2180 1680 0 90 80,12490λ λ λ− + = ⇒ = ±

Hieruit volgt:

min 9,8751λ = en R 2 2min 9,8751 1,00056

EI EIF

2π= =

ℓ ℓ

De op deze manier gevonden waarde van RF ligt slechts 0,056% boven de

werkelijke kniklast kF .

Als RF minimaal is 9,8751λ = en vindt men uit (9.19):

21,43b c= − ℓ

De bijbehorende uitbuigingsvorm blijkt niet te voldoen aan de statische

randvoorwaarden 0M EIw′′= − = in 12

x = ± ℓ , immers:

1 12 2

2 2 2(2 12 ) 2 3 0,14 0x x

w b cx b c c=± =±

′′ = + = + = ≠ℓ ℓ

ℓ ℓ

In de opleggingen wordt niet voldaan aan het evenwicht. Ongetwijfeld zal dat op

andere plaatsen in de ligger ook het geval zijn.

Eerder werd al opgemerkt dat bij de formule van Rayleigh alleen de kinematische

en constitutieve betrekkingen worden gebruikt en dat de evenwichtsbetrekkingen

buiten beschouwing blijven. Alleen bij de juiste knikvorm wordt overal aan het

evenwicht voldaan.

Onderzoekt men een verzameling uitbuigingsvormen, zoals in dit voorbeeld de

verzameling:

2 2 4 41 14 16

( ) ( )w b x c x= − + −ℓ ℓ

dan betekent het minimaliseren van RF dat men een uitbuigingsvorm zoekt die

"gemiddeld" het beste aan de evenwichtsvergelijkingen voldoet.

Opmerking:

Kiest men uit de verzameling de uitbuigingsvorm met 21,50b c= − ℓ , dan wordt

wel voldaan aan de statische randvoorwaarden 0M EIw′′= − = in 12

x = ± ℓ .

Deze uitbuigingsvorm leidt tot:

R 2 29,8824 1,00129

EI EIF

2π= =

ℓ ℓ

Dit is een uitstekende benadering van de werkelijke kniklast, maar niet de beste

uit de beschouwde verzameling, want dat is de eerder gevonden waarde:

R 2 2min 9,8751 1,00056

EI EIF

2π= =

ℓ ℓ



295

• Voorbeeld 6

Het laatste voorbeeld van de formule van Rayleigh betreft de ingeklemde kolom

met aanpendelende kolom in figuur 9.14.

Figuur 9.14

In dit voorbeeld gaat de aandacht niet zo zeer uit naar de waarden die met de

formule van Rayleigh worden gevonden als wel naar de structuur van het

resultaat. Deze blijkt de opening te bieden tot een zeer goed bruikbare

benaderingsformule.

In figuur 9.15 heeft de regel een horizontale verplaatsing C ondergaan.

Figuur 9.15

Pendelkolom (1) blijft recht. Voor de uitbuiging geldt:

1

Cw x=

ℓ

Hierbij is:

1 1 en 0C

w w′ ′′= =ℓ

Voor de ingeklemde kolom (2) wordt een sinusvormige uitbuigingsvorm

aangenomen:

2 1 cos2

xw C

π = − ℓ



296

waaruit volgt:

2 2 2sin en cos

2 2

x xw C w C

2π π π π′ ′′= + = +

2 4ℓ ℓ ℓℓ

Voor de zakking 1u van 1F vindt men:

2 221 1

1 12 2 20 0

( ) d d2

C Cu w x x′= = =∫ ∫

ℓ ℓ

ℓℓ

en evenzo voor de zakking 2u van 2F1:

22 2 21 1

2 22 20 0

( ) d sin d2 16

x Cu w x C x

2 2

2

π π π′= = =

4∫ ∫ℓ ℓ

ℓ ℓℓ

Nu 1u en 2u zijn berekend vindt men voor de door de belasting verrichte arbeid:

2

1 1 2 2 1 2

1

2 16

CA F u F u F F

2 π= + = +

ℓ

Deze energie wordt als vervormingsenergie opgenomen in de ingeklemde kolom

(2), waarvoor geldt2:

22 2 21 1

v 22 2 20 0

( ) d cos dx C EI

E EI w x EI C x4 4

4

π π π′′∆ = = =

2 6416∫ ∫ℓ ℓ

ℓ ℓℓ ℓ

Uit vA E= ∆ vindt men:

1 2 2

1

2 16

EIF F

2 4π π+ =

64 ℓ

of:

1 2

2 2

1

32 4

F F

EI EI4 2

+ =π π

ℓ ℓ

(9.20)

Als 1 0F = vindt men een benadering voor k2F :

2 k2 24

EIF F

2π= =

ℓ

1 Bij het uitwerken van de integralen kan men gebruik maken van de volgende betrekkingen:

2

2

sin 2sin d

4 2

sin 2cos d

4 2

β ββ β

β ββ β

= − +

= + +

∫

∫

2 Omdat de pendelkolom recht blijft zal de vervormingsenergie hierin niet toenemen.



297

Is 2 0F = dan vindt men een benadering voor k1F :

1 k1 2

3,04EIF F= =

ℓ

Figuur 9.16

De precieze waarden van de kniklasten k1F en k2F zijn, zie figuur 9.161:

k1 2

3EIF =

ℓ en k2 24

EIF

2π=ℓ

.

Formule (9.20) leidt tot vrijwel de exacte waarden voor k1F en k2F . Interessant

daarbij is dat men (9.20) op de volgende manier kan schrijven:

1 2

k1 k2

1F F

F F+ = (9.21)

Deze structuur wordt als uitgangspunt gebruikt voor de afleiding van een

benaderingsformule voor knikbelasting van de constructie in figuur 9.17, met een

verend ingeklemde kolom.

Figuur 9.17

De nauwkeurige oplossing werd eerder gepresenteerd in hoofdstuk 8.

1 Zie paragraaf 2.1.3, voorbeeld 1, voor k1F en paragraaf 5.3, basisknikgeval (1) voor k2F



298

Berekening k1F

Voor de pendel fungeert de verend ingeklemde kolom als een translatieveer, zie

figuur 9.18a en b.

Figuur 9.18

Voor de stijfheid tk van de veer kan men afleiden:

rt2 3

1 1 1

3k EIk= +

ℓ ℓ

Hiermee wordt voor de kniklast k1 tF k= ℓ gevonden:

rk1 t2

1 1 1 1

3k EIF k= = +ℓ

ℓ ℓ

(9.22)



299

Berekening k2F

Voor de kniklast k2F werd benaderingsformule (6.7a) afgeleid, zie figuur 9.18c:

rk2

2

1 1 1

4

kF EI2

= +π

ℓ ℓ

(9.23)

Substitutie van (9.22) en (9.23) in (9.21) leidt met 1F mF= en 2F F= tot:

rr2 2

1 11 1

13

4

kmF Fk EI EI2

++ + =π ℓℓ ℓ ℓ

(9.24)

Hiervoor kan men schrijven:

2 2 2 2 2

2 2r r

π π π4 1

π 3 π

F Fm

k kEI EI

EI EI

+ + + =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Stel binnen de haken 2π 10= . Met r /k EIρ = ℓ wordt bovenstaande uitdrukking:

2 2

2 2

10 10 104 1

π 3 π

F Fm

EI EIρ ρ

+ + + =

ℓ ℓ

Hieruit kan men kan men de volgende benaderingsformule voor kF afleiden:

k 2

1

3 210( 1)

3 3

EIF

mρ

ρ

2π=

++ +

ɶ

ℓ (9.25)

Deze benaderingsformule werd (zonder afleiding) als betrekking (8.11a)

geïntroduceerd in paragraaf 8.1.

Opmerking 1:

Als 0m = vereenvoudigt (9.25) tot:

2

k 2

1 π

104

EIF

ρ

=

+

ɶℓ

Benaderingsformule (9.25) sluit dus aan op de benaderingsformule voor de

verend ingeklemde knikstaaf die werd afgeleid in paragraaf 6.1.1; zie de

formules 6.10 en 6.11 en basisknikgeval (6) in tabel 6.6.



300

Opmerking 2:

Stelt men 102π ≈ in (9.25), dan vindt men:

k 2

1

3 1( 1)

3 15

EIF

mρ

ρ

=+

+ +

ɶ

ℓ (9.26)

Deze uitdrukking werd in paragraaf 8.1 geïntroduceerd als (8.11b). Gemiddeld

geeft (9.26) iets betere resultaten dan (9.25). Alleen is voor 0m = de aansluiting

op de formules 6.10 en 6.11 voor basisknikgeval (6) niet meer naadloos.

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 10 VERGROTINGSFACTOR (STARRE-STAAF-SYSTEMEN)


301

10. Vergrotingsfactor (starre-staaf-

systemen)

Bij knikproblemen valt de druklijn tot op het ogenblik van uitknikken samen met

de as van de op knik belaste staven1. In een knikstaaf werken tot op het ogenblik

van uitknikken alleen maar centrisch aangrijpende drukkrachten en zijn de

buigende momenten en dwarskrachten nul.

Een dergelijke situatie zal in de praktijk zelden voorkomen. Een staaf is nooit

volkomen recht maar heeft altijd vormafwijkingen of geometrische imperfecties2

waardoor de druklijn niet meer samenvalt met de staafas. Zo staat de staaf in

figuur 10.1a niet volkomen verticaal en liggen de twee staven in figuur 10.1b niet

nauwkeurig in elkaars verlengde. De drukkrachten F zullen de initiële

uitbuigingen vergroten. In paragraaf 10.1 wordt aan de hand van deze

voorbeelden een vergrotingsfactor berekend.

Figuur 10.1

De vergrotingsfactor geldt ook als de initiële uitbuiging het gevolg is van een

(dwars)belasting op de staaf. Zo veroorzaakt de horizontale kracht H in figuur

10.2a een scheefstand die door de drukkracht F wordt vergroot. Een ander

voorbeeld is de op excentrische druk belaste kolom in figuur 10.2b. Door de

excentriciteit e van de drukkracht F ontstaat een koppel Fe die de staaf doet

uitbuigen, een uitbuiging die verder wordt vergroot door de drukkracht F. De

genoemde gevallen worden uitgewerkt in paragraaf 10.2.

1 De behandeling van het knikprobleem bleef beperkt tot rechte knikstaven. De bewering geldt echter ook

voor gekromde staven zoals bogen en ringen; zie bijvoorbeeld hoofdstuk 1, de figuren 1.10 en 1.11. 2 Naast geometrische imperfecties bestaan er ook fysische imperfecties Deze zijn het gevolg van

inhomogeniteiten van het materiaal, waardoor werkelijke ligging van het normaalkrachtencentrum (de

staafas) kan afwijken van de ligging in een homogeen aangenomen doorsnede. Fysische imperfecties

hebben hetzelfde effect als een excentriciteit van de drukkracht.

10 VERGROTINGSFACTOR (STARRE-STAAF-SYSTEMEN) CONSTRUCTIEMECHANICA 3


302

Figuur 10.2

Onder invloed van de drukkrachten F blijkt de stijfheid van de veren

ogenschijnlijk af te nemen. Dit leidt tot het begrip schijnbare stijfheid waarop in

paragraaf 10.2 eveneens wordt ingegaan.


De beschouwing blijft beperkt tot starre-staaf-systemen met één vrijheidsgraad.



303

10.1 Staaf met vormafwijkingen

In deze paragraaf wordt de vergrotingsfactor afgeleid voor een starre-staaf-

systeem met vormafwijkingen (imperfecties). Dit gebeurt aan de hand van een

tweetal voorbeelden.

• Voorbeeld 1 – Staaf met initiële scheefstand

De starre staaf in figuur 10.3a wordt in de top gesteund door een horizontale

translatieveer met stijfheid tk . De staaf heeft een initiële scheefstand met

bovenin een uitwijking 0w .

De belasting bestaat uit een verticale drukkracht F.

Figuur 10.3

Gevraagd:

De invloed van de scheefstand op het staafgedrag.

Uitwerking:

Bij het berekenen van de invloed van de drukkracht F op de scheefstand van de

staaf wordt het evenwicht betrokken op de vervormde geometrie. Men noemt dit

een geometrisch niet-lineaire berekening of tweede-orde berekening.

Een drukkracht op de staaf zal de scheefstand doen toenemen. Stel er treedt

evenwicht op als de uitwijking in de top w is, zie figuur 10.3b. De in de veer

ontwikkelde kracht is dan veer t 0( )H k w w= − .

Bekijkt men het momentenevenwicht om A van de staaf in scheefstand, dan

blijken op de staaf een wegdrijvend en terugdrijvend koppel te werken:

• wegdrijvend koppel: Fw

• terugdrijvend koppel: veer t 0( )H k w w= −ℓ ℓ

In geval van evenwicht moeten wegdrijvend en terugdrijvend koppel aan elkaar

gelijk zijn, dus:



304

0t 0 t( ) (1 )

wFw k w w F k

w= − ⇒ = −ℓ ℓ (10.1)

In figuur 10.4 is dit verband tussen F en w voor een tweetal waarden 0 0w ≠

uitgezet in een last-verplaatsing-diagram. Er resulteren twee hyperbolen, met als

asymptoten de evenwichtstakken 0w = en k tF F k= = ℓ die behoren bij het

knikprobleem dat ontstaat als de staaf geen initiële scheefstand heeft1 en 0 0w = .

Opmerking:

Het evenwicht op de twee hyperbolische evenwichtstakken in figuur 10.4 is

stabiel: F moet toenemen als w groter wordt.

Figuur 10.4

Met k tF k= ℓ kan men voor (10.1) schrijven:

0k (1 )

wF F

w= − (10.2)

Omgekeerd kan men w ook schrijven als functie van F:

k0 0

k 1

F nw w w

F F n= =

− − waarin k ( 1)

Fn n

F= > (10.3)

Conclusie:

De totale uitwijking w ten gevolge van een drukkracht k /F F n= is gelijk aan de

initiële uitwijking 0w vermenigvuldigd met een vergrotingsfactor /( 1)n n −

1 Zie het knikprobleem in paragraaf 2.1.1.



305

In figuur 10.5 is de vergrotingsfactor uitgezet als functie van n.

Figuur 10.5

Voor 1n → wordt de vergrotingsfactor oneindig groot. Verder nadert de

vergrotingsfactor tot 1 als n → ∞ .

Ongeacht de grootte van de beginuitwijking 0w treden er zeer grote

verplaatsingen op als F nadert tot de knikkracht kF , ofwel als 1n → . Dit

betekent dat de knikkracht een bovengrens is van de krachten waarbij stabiel

evenwicht kan optreden.

Opmerking:

Van deze eigenschap kan men gebruik maken om op indirecte wijze de

knikbelasting te vinden: men zoekt dan bij een willekeurige beginuitwijking 0w

de limietwaarde kF F= waarbij de uitwijking w oneindig groot wordt ( )w → ∞ .

Men noemt dit wel de imperfectiemethode.

Zo vindt men in dit voorbeeld, als w → ∞ , direct uit (10.1) de grootte van de

knikkracht:

k tF F k→ = ℓ

Ondanks het lineair-elastische gedrag van de veer bestaat er een duidelijk niet-

lineair verband tussen F en w . Oorzaak hiervan is de invloed van de veranderde

geometrie (door de samendrukking van de veer) op het krachtenspel.

Wordt het evenwicht van de staaf betrokken op de onvervormde geometrie, dan

vindt men voor de veerkracht, zie de figuren 10.6a en b:

00;veer

wH F=

ℓ (10.4)

Deze kracht gaat gepaard met een indrukking 1w van de veer:

0;veer1 0 0

t t

1H Fw w w

k k n= = =

ℓ



306

waardoor de totale uitwijking komt op:

0 1 0 0t

1(1 ) (1 )

Fw w w w w

k n= + = + = +

ℓ (10.5)

Figuur 10.6

De uitdrukkingen (10.4) en (10.5) geven de veerkracht, respectievelijk uitwijking

volgens een eerste-orde berekening of geometrisch lineaire berekening. De

eerste-orde veerkracht en -uitwijking zijn lineair in F.

Het lineaire verband tussen de drukkracht F en uitwijking w wordt in het F-w-

diagram voorgesteld door de rechte lijn die in 0( 0; )F w w= = raakt aan de

hyperbool waarmee eerder het geometrisch niet-lineaire gedrag werd beschreven,

zie figuur 10.7.

Figuur 10.7

Opmerking:

In de geometrisch lineaire berekening wordt de invloed van de verplaatsing 1w

op het momentevenwicht verwaarloosd. In werkelijkheid wordt het wegdrijvend

koppel op de staaf door 1w vergroot met 1Fw .



307

Daardoor zal de kracht in de veer toenemen met 1/Fw ℓ . Dit heeft een extra

samendrukking van de veer tot gevolg en dus een extra verplaatsing 2w , zie de

figuren 10.6b en c:

12 1 1 1 02

t t k

/ 1 1Fw F Fw w w w w

k k F n n= = = = =

ℓ

ℓ

Maar ook 2w vergroot weer het wegdrijvend koppel en daarmee de kracht in de

veer, met als gevolg opnieuw een bijkomende verplaatsing 3w :

23 2 03

t

/ 1 1Fww w w

k n n= = =

ℓ

enzovoort, zodat men tenslotte vindt:

0 1 2 3 02 3

1 1 1... 1 ...w w w w w w

n n n

= + + + + = + + + +

Uiteindelijk resulteert er een uitwijking w die de som is van een meetkundige

reeks. De uitwijking w is eindig als:

11

n< of k 1

Fn

F= >

In dat geval is:

0 02 3

1 1 11 ...

1

nw w w

n nn n

= + + + + =

−

Langs een andere weg is hiermee de eerder afgeleide uitdrukking (10.3)

gevonden.

Tenslotte wordt nog gekeken naar de kracht in de veer. Met een eerste-orde

berekening werd voor de veerkracht gevonden, zie (10.4):

00;veer t 0 t 0 t 0

t k

1w F FH F k w k w k w

k F n= = = =

ℓ ℓ (10.6)

De tweede-orde veerkracht is:

veer t 0( )H k w w= −

Substitueer hierin uitdrukking (10.3) voor w en men vindt:

veer t 0 0 t 0

1

1 1

nH k w w k w

n n

= − =

− − (10.7)

of, gebruik makend van 10.7:

veer 0;veer1

nH H

n=

− (10.8)



308

Conclusie:

De tweede-orde kracht in de veer is gelijk aan de eerste-orde veerkracht

vermenigvuldigd met de vergrotingsfactor /( 1)n n − .

• Voorbeeld 2 – Model voor een knikstaaf met initiële uitbuiging

Gegeven het starre-staaf-systeem ABC in figuur 10.8a met in het midden B van

de overspanning een initiële uitbuiging 0w . De staven AB en BC liggen niet in

elkaars verlengde maar hebben een initiële scheefstand 0ϕ en maken in B een

hoek 02ϕ met elkaar. De stijfheid van de rotatieveer in B is rk .

De belasting bestaat uit een horizontale drukkracht F in C.

Figuur 10.8

Gevraagd:

De invloed van de initiële uitbuiging op het constructiegedrag.

Uitwerking:

Een drukkracht F zal de initiële uitbuiging 0w vergroten. Stel er treedt evenwicht

op bij een uitbuiging w in B, zie figuur 10.8b.

Uit het momentenevenwicht om respectievelijk A en C volgt dat de verticale

oplegreacties in C en A nul zijn. Het momentenevenwicht van AB om A1 in

uitgebogen toestand leert dat de drukkracht een wegdrijvend koppel veroorzaakt

en het moment in de veer een terugdrijvend koppel2, zie figuur 10.8c:

1 Het momentenevenwicht van BC om C leidt tot hetzelfde resultaat.

2 Uit verticaal krachtenevenwicht van AB volgt dat de verbindingskracht in B geen verticale component

heeft.



309

• wegdrijvend koppel: Fw

• terugdrijvend koppel1: veer r 0(2 2 )M k ϕ ϕ= −

In geval van evenwicht geldt:

r 02 ( )Fw k ϕ ϕ= − (10.9)

Tussen w en ϕ bestaat de volgende kinematische betrekking, af te leiden uit

figuur 10.8b:

wϕ =ℓ

Voor evenwichtsvergelijking (10.9) kan men nu schrijven:

0r2 ( )

wwFw k= −

ℓ ℓ

waaruit volgt:

0r2(1 )

wkF

w= −ℓ

(10.10)

Voor 0 0w = (zie figuur 10.8d) of voor w → ∞ 2 geeft (10.10) voor F de grootte

van de kniklast kF :

rk

2kF =

ℓ (10.11)

Het verband tussen F en w volgens (10.10) is voor een tweetal waarden 0 0w ≠

in figuur 10.9 uitgezet in een - -diagramF w . Er resulteren twee hyperbolen, met

als asymptoten de evenwichtstakken 0w = en k r2 /F F k= = ℓ die behoren bij het

knikprobleem dat ontstaat als de staaf geen initiële uitwijking heeft en 0 0w = ,

zie figuur 10.8d.

Figuur 10.9

1 Als 0 ( )ϕ ϕ de scheefstand is van AB en BC, dan is 02 (2 )ϕ ϕ de hoek in B tussen AB en BC.

2 Zie het vorige voorbeeld, waar de imperfectiemethode werd genoemd.



310

Met k r2 /F k= ℓ kan men voor (10.10) schrijven:

0k (1 )

wF F

w= − (10.12)

of:

k0 0

k 1

F nw w w

F F n= =

− − met k ( 1)

Fn n

F= > (10.13)

Conclusie:

De uitwijking w in B ten gevolge van een drukkracht k /F F n= gelijk is aan de

initiële uitwijking 0w vermenigvuldigd met een vergrotingsfactor /( 1)n n − .

Dit is dezelfde vergrotingsfactor als met (10.3) bij het eerste voorbeeld werd

gevonden.



311

Opmerking:

De vergrotingsfactor /( 1)n n − geldt voor elk starre-staaf-systeem met één

vrijheidsgraad en een initiële uitwijking 0w .

Als men de uitwijking w in B wil berekenen volgens een geometrisch lineaire

berekening, dan wordt het evenwicht betrokken op de onvervormde constructie.

In de onvervormde constructie is het moment in de veer gelijk aan 0;veer 0M Fw= .

Door de vervorming van de veer zal initiële scheefstand 0ϕ van AB en BC

toenemen met 1ϕ . Voor de toename 12ϕ van de hoek tussen AB en BC geldt dan:

0;veer 01

r r

2M Fw

k kϕ = =

Hierdoor neemt de uitwijking in B toe met:

01 1 0 0 0

rr k

1

22

Fw F Fw w w w

kk F nϕ= = = = =

ℓℓ

ℓ

De eerste-orde uitwijking in B wordt nu:

0 1 0 0 0

1 1(1 )w w w w w w

n n= + = + = + (10.14)

In het F-w-diagram wordt dit gedrag weer voorgesteld door een rechte lijn die in

0( 0; )F w w= = raakt aan de hyperbool waarmee eerder het geometrisch niet-

lineaire gedrag werd beschreven, zie figuur 10.10. Dit resultaat stemt geheel

overeen met wat ook bij het eerste voorbeeld werd gevonden.

Figuur 10.10



312

Voor het moment in de veer, het buigend moment in B, geldt dat het tweede-orde

moment gelijk is aan het eerste-orde moment, vermenigvuldigd met de

vergrotingsfactor /( 1)n n − :

veer 0;veer1

nM M

n=

− (10.15)

Dit is in overeenstemming met wat ook in het eerste voorbeeld voor de

veerkracht werd gevonden. De afleiding wordt aan de lezer overgelaten.

• Exacte oplossing

In beide voorbeelden werd, zoals gebruikelijk, gewerkt met gelineariseerde

evenwichtsvergelijkingen. In de vergelijking voor het evenwicht in uitgebogen

stand zijn in dat geval de termen die de invloed van de veranderde geometrie

weergeven lineair in de verplaatsing1. In feite zijn deze vergelijkingen alleen

nauwkeurig als de uitbuiging zeer klein is. Toch leiden de gelineariseerde

evenwichtsvergelijkingen tot de juiste kniklast, ook als men de uitbuiging

oneindig groot laat worden.

Voor grote uitbuigingen is een exacte oplossing in het algemeen lastig te

realiseren. De voorbeelden in deze paragraaf behoren tot de uitzonderingen2.

De exacte oplossing van het eerste voorbeeld is gegeven in het last-verplaatsing-

diagram in figuur 10.11, gesteld dat de veer is bevestigd aan een rol met verticale

rolbaan, zodat de veerkracht altijd horizontaal gericht blijft.

De exacte oplossing van het tweede voorbeeld is gegeven in het last-

verplaatsing-diagram in figuur 10.12.

Op de getrokken lijnen is het evenwicht stabiel (F moet toenemen als w in

absolute zin toeneemt); op de streepjeslijnen is het evenwicht labiel (F moet

afnemen als w in absolute zin toeneemt).

De lijn s geeft de scheiding aan tussen gebieden met stabiel en labiel evenwicht.

In de figuur 10.12 valt op dat instabiliteit kan optreden voor kF F< , dus voor

waarden van F kleiner dan de knikkracht kF !

1 Kwadratische en hogere orde termen in w worden verwaarloosd. Zie in dit verband ook paragraaf 2.2.

2 De berekening van de exacte oplossing wordt in beide gevallen aan de lezer overgelaten.



313

Figuur 10.11

Figuur 10.12



314

10.2 Staaf met een dwarsbelasting

De in de vorige paragraaf afgeleide vergrotingsfactor geldt niet alleen als 0w het

gevolg is van een initiële scheefstand, maar ook als 0w de verplaatsing is ten

gevolge van een dwarsbelasting op de staaf. Er volgen twee voorbeelden

• Voorbeeld 1 – Drukstaaf met dwarsbelasting

De verend ingeklemde staaf AB in figuur 10.13a wordt in de top belast door een

horizontale kracht H en verticale drukkracht F.

Figuur 10.13

Gevraagd:

Het tweede-orde gedrag van de staaf.

Uitwerking:

In het geval van een tweede-orde berekening wordt het evenwicht betrokken op

de vervormde geometrie, zie figuur 10.13b.

Stel er is evenwicht bij een uitwijking w in B. Uit momentenevenwicht om A

volgt dan:

veer 0H Fw M+ − =ℓ (10.16a)

Bij een uitwijking w in B is de rotatie in de veer /w ℓ en heeft zich in de veer een

moment veerM ontwikkeld:

veer r

wM k=

ℓ

De vergelijking voor het momentenevenwicht wordt nu:

r 0w

H Fw k+ − =ℓℓ

(10.16b)

De term Fw in (10.16) is verantwoordelijk voor het geometrisch niet-lineaire

gedrag van de staaf. In deze term komt de invloed van de vervormde geometrie

tot uiting.



315

Alvorens uit (10.16b) de tweede-orde verplaatsing te berekenen worden hieruit

de eerste-orde verplaatsing en de kniklast berekend.

De verplaatsing in B volgens een geometrisch lineaire berekening kan men uit

(10.16b) vinden door de term Fw buiten beschouwing te laten:

H Fw+ℓ2

r 0r

0w H

k wk

− = ⇒ =ℓ

ℓ (10.17)

0w is de zogenaamde eerste-orde verplaatsing.

Als 0H = krijgt men te maken met het knikprobleem in figuur 10.13c en vindt

men uit (10.16b) de kniklast kF :

Hℓ rr k0

w kFw k F+ − = ⇒ =

ℓ ℓ (10.18)

Gebruik makend van (10.17) en (10.18) vindt men uit (10.16) voor de tweede-

orde verplaatsing in B:

r2

k0

r r r k

k

H H Fw w

k k k F FF F

= = =−− −

ℓ ℓℓ

ℓ ℓ

of:

k0 met ( 1)

1

n Fw w n n

n F= = >

− (10.19)

Conclusie:

De tweede-orde verplaatsing is gelijk aan de eerste-orde verplaatsing

vermenigvuldigd met de inmiddels bekende vergrotingsfactor /( 1)n n − .

Het last-verplaatsing-diagram is getekend in figuur 10.14.

Figuur 10.14



316

Opmerking:

De kniklast is de kracht waarbij de verplaatsing oneindig groot wordt. De

methode om op deze manier de kniklast te bepalen noemt men de

imperfectiemethode1.

De stijfheid van het systeem wordt bepaald door de stijfheid rk van de

rotatieveer. Onder invloed van de drukkracht F wordt de uitwijking /( 1)n n −

maal zo groot. De stijfheid van de veer neemt dus ogenschijnlijk af met de factor

/( 1)n n − . Dit leidt tot het begrip schijnbare stijfheid sk :

rs r

11

1

kk k

n n

n

= = −

−

(10.20)

De schijnbare stijfheid sk kan men ook afleiden uit de gelijkstelling van de

verplaatsingen in de figuren 10.15a en b:

2

0r

2

s

(figuur 10.13a)1 1

11

(figuur 10.13b)

s

n n Hw w

n n k

k kn

Hw

k

= =

− −

→ = −

=

ℓ

ℓ

Als 1n = en de drukkracht gelijk is aan de knikkracht heeft de constructie

schijnbaar geen enkele stijfheid meer.

Figuur 10.15

In figuur 10.15c is s r/k k uitgezet tegen k/ 1/F F n= . De schijnbare stijfheid sk

neemt lineair af met de grootte van de drukkracht F ; als F nadert tot de

knikkracht kF reduceert de stijfheid van het systeem tot nul en is stabiel

evenwicht niet meer mogelijk. Voor negatieve waarden van F wordt de staaf op

trek belast en neemt de stijfheid van het systeem schijnbaar toe.




317

Tenslotte wordt nog gekeken naar de grootte van het inklemmingsmoment, het

moment in de rotatieveer.

Het eerste-orde inklemmingsmoment is:

0;veerM H= ℓ (10.21)

Het tweede-orde inklemmingsmoment volgt uit (10.16a):

veerM H Fw= +ℓ

Gebruik makend van (10.19) en vervolgens (10.17) en (10.18) kan men Fw op de

volgende manier omwerken tot een uitdrukking in Hℓ :

2

0r k

1

1 1 1 1

n n H n FFw Fw F H H

n n k n F n= = = =

− − − −

ℓℓ ℓ

Hiermee vindt men voor het tweede-orde inklemmingsmoment:

veer 0;veer

1

1 1 1

n nM H Fw H H H M

n n n= + = + = =

− − −ℓ ℓ ℓ ℓ (10.22)

Conclusie:

Het tweede-orde inklemmingsmoment is gelijk aan het eerste-orde

inklemmingsmoment vermenigvuldigd met de vergrotingsfactor /( 1)n n − .

Opmerking:

Omdat het inklemmingsmoment, het moment in de veer, evenredig is met de

uitwijking in B geldt voor het inklemmingsmoment dezelfde vergrotingsfactor

/( 1)n n − als voor de uitwijking.

Op deze manier had men de relatie tussen het tweede-orde en eerste-orde

inklemmingsmoment veel sneller kunnen vinden.

Opmerking:

In het geval van een geometrisch niet-lineaire berekening kunnen de invloeden

van horizontale en verticale belastingen niet op elkaar worden gesuperponeerd,

zie figuur 10.16. Het beginsel van superpositie is gebaseerd op het feit dat de

betrekkingen bestaan tussen de te superponeren grootheden lineair is. Een blik op

het last-verplaatsing-diagram in figuur 10.14 laat duidelijk zien dat dit niet het

geval is.



318

Figuur 10.16

Voor zover er wel lineaire betrekkingen bestaan blijft superpositie mogelijk, zie

figuur 10.17. Onder invloed van de drukkracht heeft de rotatieveer bij beide

kolommen dezelfde schijnbare stijfheid en kan men in dit geval de invloeden van

de horizontale belastingen op elkaar superponeren. In het algemeen dient men

hier echter zeer voorzichtig mee om te gaan.

Figuur 10.17



319

• Voorbeeld 2 – Excentrisch belaste drukstaaf

In figuur 10.18a is staaf AB scharnierend opgelegd in A en wordt deze in B

gesteund door een horizontale translatieveer met stijfheid tk . De staaf wordt in B

belast door een drukkracht F die aangrijpt met excentriciteit e.

Figuur 10.18

Gevraagd:

Het tweede-orde gedrag van de staaf.

Uitwerking:

In het geval van een tweede-orde berekening wordt het evenwicht betrokken op

de vervormde toestand. Stel er treedt evenwicht op bij een uitwijking w in B, zie

figuur 10.18b. Uit het momentenevenwicht om A vindt men:

veer 0Fe Fw H+ − =ℓ (10.23)

Bij een uitwijking w in B heeft zich in de veer een kracht veerH ontwikkeld:

veer tH k w=

Voor (10.23) vindt men nu:

t 0Fe Fw k w+ − =ℓ (10.24)

De term Fe is de “dwarsbelasting” op de staaf en bestaat uit het koppel in B als

gevolg van de excentriciteit van de drukkracht, zie figuur 10.19b. Als men deze

term weglaat ontstaat het knikprobleem in figuur 10.19c. Met 0e = vindt men uit

(10.24) de knikkracht:

Fe t k t0Fw k w F k+ − = ⇒ =ℓ ℓ (10.25)



320

Figuur 10.19

De term Fw in (10.24) is verantwoordelijk voor het geometrisch niet-lineaire

gedrag. Laat men deze weg dan vindt men uit (10.24) de eerste-orde verplaatsing

0w tengevolge van het koppel Fe, zie figuur 10.19d. Gebruik makend van

(10.25) vindt men:

Fe Fw+ t 0t k

10

F Fk w w e e e

k F n− = ⇒ = = =ℓ

ℓ (10.26)

Door alle termen mee te nemen vindt men uit (10.24) de tweede-orde

verplaatsing w:

kt k

1 1

11

F Fw e e e e

Fk F F F n

F

= = = =− − −−ℓ

(10.27)

In figuur 10.20 is het last-verplaatsing-diagram getekend. Voor alle waarden van

e begint het diagram in de oorsprong.

Figuur 10.20



321

De eerste-orde verplaatsing is lineair in F, zie uitdrukking (10.26), en wordt in

het last-verplaatsing-diagram voorgesteld door een rechte lijn die in de oorsprong

raakt aan het diagram voor de tweede-orde verplaatsing.

De eerste orde verplaatsing is volgens (10.26):

0

1w e

n=

Elimineert men e uit (10.26 en (10.27), dan vindt men voor de tweede orde

verplaatsing:

0 0

1 1

1 1 1

nw e nw w

n n n= = =

− − −

Conclusie:

De tweede-orde verplaatsing is gelijk aan de eerste-orde verplaatsing

vermenigvuldigd met de bekende vergrotingsfactor /( 1)n n − .

Omdat de kracht in de veer evenredig is met de uitwijking w geldt de

vergrotingsfactor ook voor de veerkracht.

Conclusie:

De tweede-orde veerkracht is gelijk aan de eerste-orde veerkracht

vermenigvuldigd met de vergrotingsfactor /( 1)n n − .



322

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 11 VERGROTINGSFACTOR (BUIGZAME STAVEN)


323

11. Vergrotingsfactor (buigzame staven)

In het vorige hoofdstuk werd voor een op druk belast starre-staaf-systeem met

één vrijheidsgraad aangetoond dat, als het systeem een initiële uitwijking heeft of

is onderworpen aan een dwarsbelasting, de tweede-orde verplaatsing1 w kan

worden gevonden door de eerste-orde verplaatsing2 0w te vermenigvuldigen met

een vergrotingsfactor waarvoor geldt:

0

vergrotingsfactor1

w n

w n= =

− met k 1

Fn

F= >

Op dezelfde manier kan men met deze vergrotingsfactor de tweede-orde

veerkracht vinden uit de eerste-orde veerkracht.

In dit hoofdstuk wordt aangetoond dat men de vergrotingsfactor /( 1)n n − vaak

ook als benadering kan gebruiken bij buigzame staven met een initiële uitbuiging

of dwarsbelasting.

Om te beginnen wordt in paragraaf 11.1 de differentiaalvergelijking afgeleid

voor het geometrisch niet-lineaire gedrag van een initieel gekromde staaf met

constante drukkracht.

In paragraaf 11.2 wordt het tweede-orde gedrag onderzocht voor een buigzame

drukstaaf met een initiële uitbuiging. Er worden drie verschillende initiële

uitbuigingsvormen bekeken, zie figuur 11.1.

Figuur 11.1

In paragraaf 11.3 wordt het tweede-orde gedrag onderzocht voor een buigzame

drukstaaf met een dwarsbelasting. Drie gevallen worden uitgewerkt, zie figuur

11.2.

1 De verplaatsing volgens een geometrisch niet-lineaire berekening. Het evenwicht wordt betrokken op de

vervormde geometrie. 2 De verplaatsing volgens een geometrisch lineaire berekening. Het evenwicht wordt betrokken op de

onvervormde geometrie.

11 VERGROTINGSFACTOR (BUIGZAME STAVEN) CONSTRUCTIEMECHANICA 3


324

Figuur 11.2

Het lijkt alsof de op druk belast staaf zich onder invloed van een dwarsbelasting

minder buigstijf gedraagt dan een staaf zonder drukkracht. Dit leidt tot het begrip

schijnbare buigstijfheid1. In paragraaf 11.3 wordt ook hierop ingegaan.


1 Zie ook paragraaf 10.2, waar dit begrip reeds werd geïntroduceerd.



325

11.1 De differentiaalvergelijking voor een initieel gekromde

staaf

Uitgangspunt voor de afleiding is een staaf met constante drukkracht F, dus

zonder verdeelde belasting in as-richting (x-richting). De vergelijkingen voor het

evenwicht van een elementje uit de vervormde staaf kan men direct afleiden uit

figuur 11.31:

Figuur 11.3

d0

d

zz

Sq

x+ = (krachtenevenwicht in z-richting) (11.1)

d d0

d dz

w MF S

x x+ − = (momentenevenwicht) (11.2)

Door zS te elimineren vindt men:

2 2

2 2

d d0

d dz

M wF q

x x− + =

of in verkorte notatie:

0zM Fw q′′ ′′− + = (11.3)

Met xS F= − kan men deze betrekking terugvinden als vergelijking (5.14) in

paragraaf 5.22.

Bij de verdere uitwerking in paragraaf 5.2 werd voor het verband tussen moment

en buigvervorming (kromming) uitgegaan van de constitutieve vergelijking:

M EIw′′= −

1 De afleiding wordt aan de lezer overgelaten; zie ook paragraaf 5.2.

2 In vergelijking (5.14) is xS een “trekkracht”.



326

Dit verband geldt echter alleen voor een initieel rechte staaf. Is de staaf niet recht,

maar heeft deze een initiële uitbuiging 0w , dan is de buigvervorming van de staaf

bepaald door de verplaatsing 0w w− en geldt voor het buigend moment:

0( )M EI w w ′′= − − (11.4)

Substitutie van (11.4) in (11.3) leidt voor een prismatische staaf met constante

drukkracht F tot de volgende vierde orde differentiaalvergelijking1:

0zEIw Fw q EIw′′′′ ′′ ′′′′+ = + (11.5a)

ook te schrijven als:

20

zqw w w

EIα′′′′ ′′ ′′′′+ = + met

F

EIα = (11.5b)

Ten opzichte van de in paragraaf 5.2 afgeleide uitdrukking (5.16), afgeleid voor

een rechte staaf, heeft (11.5) een extra term met 0w′′′′ die het gevolg is van de

initiële uitbuiging van de staaf.

1 Bij een prismatische staaf is de buigstijfheid EI constant en onafhankelijk van x.



327

11.2 Drukstaaf met een initiële uitbuiging

In deze paragraaf wordt het tweede-orde gedrag onderzocht voor een vrij

opgelegde drukstaaf met een:

• sinusvormige beginuitbuiging (paragraaf 11.2.1);

• parabolische beginuitbuiging (paragraaf 11.2.2);

• knik in het midden van de overspanning (paragraaf 11.2.3).

11.2.1. Drukstaaf met een sinusvormige beginuitbuiging

De vrij opgelegde staaf in figuur 11.4a, met lengte ℓ en buigstijfheid EI, heeft

een sinusvormige beginuitbuiging 0w :

0 0ˆ sinx

w wπ

=ℓ

(11.6)

0w is de maximum beginuitwijking en treedt op in het midden van de

overspanning.

De staaf wordt belast door een drukkracht F.

Figuur 11.4

Omdat de druklijn (hier de werklijn van F) niet samenvalt met de gekromde

staafas moeten de staafdoorsneden momenten 0Fw overdragen. Daardoor buigt

de staaf verder uit, worden de momenten in de staaf groter, wil de staaf weer

verder uitbuigen, enzovoort. Stel de uitbuiging waarbij uiteindelijk evenwicht

optreedt is w, zie figuur 11.4b.



328

Voor een staaf met een constante drukkracht F werd in de vorige paragraaf

differentiaalvergelijking (11.5b) afgeleid:

20

zqw w w

EIα′′′′ ′′ ′′′′+ = + met

F

EIα =

Omdat er geen verdeelde belasting in z-richting is 0zq = en vereenvoudigt de

differentiaalvergelijking tot:

20w w wα′′′′ ′′ ′′′′+ = + (11.7)

Met de volgende bekorte schrijfwijze voor (11.6):

0 0ˆ sin waarin w w xβ βπ

= =ℓ

(11.8)

vindt men voor de afgeleiden van 0w :

0 0ˆ cosw w xβ β′ =

20 0ˆ sinw w xβ β′′ = − (11.9)

30 0ˆ cosw w xβ β′′′ = −

40 0ˆ sinw w xβ β′′′′= (11.10)

Substitutie van (11.10) in (11.7) leidt voor de staaf in figuur 11.4a tot de

volgende differentiaalvergelijking:

2 40ˆ sinw w w xα β β′′′′ ′′+ = + met β

π=ℓ

(11.11)

De volledige oplossing van deze differentiaalvergelijking bestaat uit de algemene

oplossing1 en een particuliere oplossing

2.

Een particuliere oplossing is:

ˆ ˆsin sinx

w w w xβπ

= =ℓ

met βπ

=ℓ

(11.12)

Dit is een sinusvormige uitbuiging met een maximum uitwijking w in het

midden van de overspanning, zie figuur 11.4b. De grootte van w is vooralsnog

onbekend.

Voor de afgeleiden van w geldt:

ˆ cosw w xβ β′ =

2 ˆ sinw w xβ β′′ = − (11.13)

1 De algemene oplossing is de oplossing van de homogene differentiaalvergelijking 2 0w wα′′′′ ′′+ = .

Deze is 1 2 3 4sin cosw C x C x C x Cα α= + + + . 2 Een particuliere oplossing is een willekeurig gekozen oplossing die voldoet aan de volledige

differentiaalvergelijking 20w w wα′′′′ ′′ ′′′′+ = + .



329

3 ˆ cosw w xβ β′′′ = −

4 ˆ sinw w xβ β′′′′ = (11.14)

Deze particuliere oplossing voldoet aan alle randvoorwaarden1, zoals hieronder

blijkt:

0 en ; sin sin 0x

x x w xβπ

= = = = =ℓℓ

20 0ˆ ˆ0 en ; ( ) ( )sin 0

xx x M EI w w EI w wβ

π′′ ′′= = = − − = − =ℓ

ℓ

Een particuliere oplossing die voldoet aan alle randvoorwaarden is tevens de

volledige oplossing2.

Door de particuliere oplossing (11.12) in differentiaalvergelijking (11.11) te

substitueren kan men, gebruikmakend van (11.13) en (11.14), de grootte van de

maximum uitwijking w vinden:

4 2 2 40ˆ ˆ ˆsin sin sinw x w x w xβ β α β β β β− =

Hieruit volgt:

4 2 2

0 04 2 2 2 2

/ˆ ˆ ˆ

/ 1w w w

β β α

β α β β α= =

− −

met:

2k

2

EI

Fn

F F F

EI

β

α

2 2

2 2

π π

= = = =ℓ ℓ

Blijkbaar geldt:

0ˆ ˆ1

nw w

n=

− met kF

nF

= (11.15)

Hierin is 2

k /F EI2= π ℓ de knikkracht van de rechte staaf, zonder beginuitbuiging,

zie figuur 11.4c.

Conclusie:

De tweede-orde uitwijking ˆ sin( / )w w x= π ℓ kan men weer vinden door de initiële

uitbuiging 0 0ˆ sin( / )w w x= π ℓ te vermenigvuldigen met de bekende vergrotings-

factor /( 1)n n − .

1 Bij het buigend moment M moet rekening worden gehouden met de initiële kromming en geldt dus

uitdrukking (11.4). 2 Voor de constanten 1 4 t/m C C in het algemene deel van de oplossing zal men vinden dat zij nul zijn.



330

Opmerking:

De vergrotingsfactor is voor alle doorsneden gelijk.

Het geometrisch niet-lineaire gedrag volgens (11.15) is in figuur 11.5 getekend in

een F-w-diagram. Anders dan bij een knikprobleem is er een eenduidig verband

tussen de grootte van de uitbuiging w en de drukkracht F.

Figuur 11.5

Als 0F = is wordt n oneindig groot en vindt men uit (11.15) dat de uitwijking w,

zoals te verwachten, gelijk is aan de beginuitwijking 0w .

Is F gelijk aan de kniklast kF dan is 1n = en wordt de noemer in (11.15) nul. Dit

betekent dat de uitwijking w oneindig groot wordt.

In figuur 11.5 is ook gedrag volgens een geometrisch-lineaire berekening

ingetekend. De berekening wordt aan de lezer overgelaten.

Opmerking:

Met uitzondering van de grootte van de kniklast zijn de diagrammen in figuur

11.5 gelijk aan die in de figuren 10.5 en 10.8, afgeleid voor een starre-staaf-

systeem met één vrijheidsgraad en een initiële uitwijking 0w .



331

Tenslotte wordt nog naar het buigend moment gekeken.

Het eerste-orde buigend moment is1:

0 0M Fw=

Het tweede-orde buigend moment is2:

M Fw=

Omdat het buigend moment evenredig is met de uitwijking uit de rechtstand

geldt ook voor het buigend moment de vergrotingsfactor /( 1)n n − :

0 0 1

M w n

M w n= =

− (11.16)

Conclusie:

De vergrotingsfactor /( 1)n n − geldt exact voor zowel de uitwijking w uit de

rechtstand als voor het buigend moment M en is voor alle doorsneden hetzelfde.

Opmerking:

Dat de vergrotingsfactor /( 1)n n − exact geldt is een gevolg van het feit dat de

initiële uitbuigingsvorm hier affien is met de knikvorm (een “sinus” die zich

slingert om de druklijn).

1 Afgeleid uit het evenwicht van de onvervormde staaf.

2 Afgeleid uit het evenwicht van de vervormde staaf.



332

11.2.2. Drukstaaf met een parabolische beginuitbuiging

Het tweede voorbeeld betreft de prismatische staaf in figuur 11.6a, met lengte ℓ ,

buigstijfheid EI en een parabolisch verlopende beginuitbuiging 0w :

200 2

ˆ4( )

ww x x= −ℓ

ℓ (11.17)

0w is de maximum beginuitwijking in het midden van de overspanning.

Figuur 11.6

De staaf wordt belast door een drukkracht F.

De drukkracht zal de initiële uitbuiging vergroten. Stel er treedt evenwicht bij

een uitbuiging w, zie figuur 11.6b.

In paragraaf 11.1 werd de differentiaalvergelijking afgeleid voor een op druk

belaste staaf met een initiële uitbuiging 0w , zie (11.5a):

0zEIw Fw q EIw′′′′ ′′ ′′′′+ = + (11.18)

De afgeleiden van 0w vindt men uit (11.17):

00 2

ˆ4( 2 )

ww x′ = −ℓ

ℓ

00 2

ˆ8ww′′ = −

ℓ (11.19)



333

0 0w′′′ = en 0 0w′′′′=

Voor de parabolische staaf in figuur 11.6a geldt 0 0w′′′′= ; verder is er geen

verdeelde belasting zq , zodat (11.18) vereenvoudigt tot:

0EIw Fw′′′′ ′′+ =

of:

2 0w wα′′′′ ′′+ = met F

EIα = (11.20)

De oplossing is:


De randvoorwaarden zijn:

0; 0x w= =

00; ( ) 0x M EI w w ′′= = − − =

; 0x w= =ℓ

0; ( ) 0x M EI w w ′′= = − − =ℓ

Uitwerking van deze randvoorwaarden leidt tot een viertal vergelijkingen in 1C

t/m 4C :

1 4 0C C+ =

2 01 2

ˆ80

wEIC EIα − =

ℓ

1 2 3 4cos sin 0C C C Cα α+ + + =ℓ ℓ ℓ

2 2 01 2 2

ˆ8cos sin 0

wEIC EIC EIα α α α+ − =ℓ ℓ

ℓ

Anders dan bij een knikprobleem kunnen alle constanten 1C t/m 4C nu wel

worden gevonden. De oplossing is:

01 4 2

ˆ8

( )

wC C

α= − =

ℓ

02 2

ˆ8 1 cos

sin( )

wC

α

αα

−=

ℓ

ℓℓ

3 0C =

De uitbuiging van de op druk belaste staaf wordt nu:

02

ˆ8 1 coscos sin 1

sin( )

ww x x

αα α

αα

− = + −

ℓ

ℓℓ (11.22)



334

Men kan deze uitdrukking als volgt vereenvoudigen1:

( )0 122

1 12 20

2 12

120

2 12

ˆ8cos tan sin 1

( )

cos cos sin sinˆ81

cos( )

cos( )ˆ81

cos( )

ww x x

x xw

xw

α α αα

α α α α

αα

α α

αα

= + −

+−=

−−=

ℓℓ

ℓ ℓ

ℓℓ

ℓ

ℓℓ (11.23)

Als 12

cos 0α →ℓ wordt de uitbuiging w oneindig groot. De kleinste waarde van

F waarbij dit gebeurt volgt uit:

2 21 1

k2 2 22

F EIF F

EIα

π π= = ⇒ = =

ℓℓ

ℓ

Dit is de knikkracht van de staaf zonder initiële uitbuiging, zie figuur 11.6c.

Uitbuigingsvorm (11.23) blijkt een “sinus” te zijn die zich nu niet slingert om de

druklijn, maar om de lijn zz e= :

02

8ˆ

( )ze w

α= −

ℓ (11.24)

Zie figuur 11.6d.

Opmerking:

Ter plaatse van de opleggingen is het buigend moment nul en heeft de staaf zijn

momentennulpunten. Vanwege de initiële kromming vallen deze momenten-

nulpunten nu niet meer samen met de buigpunten in de “sinus”.

De lengte nℓ van een halve sinusgolf, de afstand tussen twee buigpunten, volgt

uit:

n nαα

π= π⇒ =ℓ ℓ (11.25)

Met:

�2

kk

1

F F EI F

EI EI F nFα

2π π π= = = =

ℓ ℓℓ (11.26)

kan men voor respectievelijk (11.24) en (11.25) ook schrijven, zie figuur 11.6d:

1 Hierbij wordt gebruik gemaakt van de volgende goniometrische betrekkingen:

2 12

1 cos 2sinα α− =ℓ ℓ

1 12 2

sin 2sin cosα α α=ℓ ℓ ℓ

1 1 12 2 2

cos cos sin sin cos( )x x xα α α α α α+ = −ℓ ℓ ℓ



335

02

8ˆz

ne w= −

π (11.27)

n n=ℓ ℓ (11.28)

Zowel de excentriciteit ze van de sinusgolf als de afstand nℓ tussen twee

buigpunten is afhankelijk van n en dus van de grootte van de drukkracht F.

De uitbuiging w is extreem in 12

x = ℓ . Voor de waarde w aldaar geldt:

12

02 12

8(1 cos )ˆ ˆ

( ) cosw w

α

α α

−=

ℓ

ℓ ℓ waarin

2F

EIα =

ℓℓ (11.29)

In figuur 11.7 is in een last-verplaatsing-diagram het verband geschetst tussen de

drukkracht F en de tweede-orde uitbuiging w in het midden van de staaf.

Figuur 11.7

Als 0F = is 0w w= . Als F nadert tot de knikkracht 2 2

k /F EI= π ℓ wordt w

oneindig groot. Figuur 11.7 toont een overduidelijke gelijkenis met de last-

verplaatsing-diagrammen in paragraaf 10.1, die werden afgeleid voor starre-

staaf-systemen met één vrijheidsgraad.



336

Opmerking:

Dat 0w w= als 0F = is in overeenstemming met (11.17). Gebruikmakend van

de reeksontwikkeling:

2 41 1 12 2 2

1 1cos 1 ( ) ( ) ...

2! 4!α α α= − + −ℓ ℓ ℓ

kan namelijk worden aangetoond dat:

12

2 102

1 cos 1lim

8( ) cosα

α

α α→

−=

ℓ

ℓ

ℓ ℓ

De vergrotingsfactor voor de uitbuiging in het midden van de overspanning is:

12

2 10 2

8(1 cos )ˆ

ˆ ( ) cos

w

w

α

α α

−=

ℓ

ℓ ℓ waarin

2

k

F F

EI F nα

π= = π =

ℓℓ (11.30)

Opmerking:

De vergrotingsfactor is niet voor alle doorsneden hetzelfde.

Voor starre-staaf-systemen met één vrijheidsgraad en ook voor de buigzame staaf

uit de vorige paragraaf werd voor de vergrotingsfactor een veel eenvoudiger

uitdrukking gevonden:

0

ˆ

ˆ 1

w n

w n=

− waarin kF

nF

= (11.31)

In het last-verplaatsing-diagram in figuur 11.7 is dit verband met een stippellijn

aangegeven.

Beide vergrotingsfactoren zijn in tabel 11.1 voor een aantal waarden van F met

elkaar vergeleken. De vergrotingsfactor /( 1)n n − leidt tot te kleine waarden voor

de uitbuiging in het staafmidden, maar de afwijkingen zijn gering: minder dan

2,8% voor k0,9F F≤ .

Tabel 11.1



337

Conclusie:

Met betrekking tot de maximum uitbuiging in het midden van de overspanning

kan men in de praktijk voor k0,9F F≤ zonder bezwaar de bekende

vergrotingsfactor /( 1)n n − gebruiken ter vervanging exacte maar veel

ingewikkelder uitdrukking (11.30).

Tenslotte wordt nog gekeken naar het (maximum) buigend moment in de

middendoorsnede.

Het eerste-orde moment 0M is:

0 0ˆ ˆM Fw=

Het tweede orde moment M is:

ˆ ˆM Fw=

Conclusie:

De vergrotingsfactor voor het buigend moment M in de middendoorsnede is

gelijk aan de vergrotingsfactor voor de uitwijking w aldaar, immers:

00

ˆ ˆ

ˆ ˆ

M w

wM=

Een goede benadering is:

0

ˆ

ˆ 1

M n

nM=

− voor k0,9F F≤ (11.32)

Opmerking:

De vergrotingsfactor /( 1)n n − geldt exact voor een staaf met sinusvormige

beginuitbuiging. Deze vergrotingsfactor als benaderingsformule toegepast op een

staaf met parabolische beginuitbuiging leidt tot te kleine waarden voor

verplaatsing en buigend moment. Dit is te verklaren aan de hand van figuur 11.8,

waarin zowel een sinusvormige als parabolische uitbuigingsvorm zijn getekend,

beide met dezelfde maximum beginuitbuiging 0w .

Figuur 11.8

Omdat de sinusvorm binnen de parabool ligt1 zijn de eerste-orde buigende

momenten tengevolge van de drukkracht F in de sinusvormige staaf kleiner dan

in de parabolische staaf.




338

Daardoor zal de sinusvormige staaf minder vervormen dan de parabolische staaf.

Wordt de vergrotingsfactor /( 1)n n − , die exact geldt voor de sinusvormige staaf,

toegepast op de parabolische staaf dan betekent dit dat er te kleine verplaatsingen

en momenten worden gevonden.

Aangezien de parabool en sinusvorm zeer dicht bij elkaar liggen blijven de

verschillen gering zolang F niet direct in de buurt van de kniklast komt.



339

11.2.3. Een geknikte drukstaaf

Als laatste voorbeeld wordt de vrij opgelegde staaf ABC in figuur 11.9a

behandeld.

Figuur 11.9

De staaf bestaat uit twee rechte stukken AB en BC die in het midden van de

overspanning ℓ een knik met elkaar maken. De initiële uitwijking is:

0 0 12

ˆx

w w= ⋅ℓ

voor 12

x ≤ ℓ (11.33)

Hierin is 0w de maximum beginuitwijking in het midden van de overspanning.

De beginuitbuiging is spiegelsymmetrisch.

Voor linker staafhelft 12

( )x ≤ ℓ zijn de afgeleiden van 0w :

00 1

2

ww′ =

ℓ (11.34)

0 0 0 0w w w′′ ′′′ ′′′′= = =

Een drukkracht F zal de uitwijking ten opzichte van de rechtstand vergroten, zie

figuur 11.9b. Er wordt aangenomen dat de uitbuigingsvorm spiegelsymmetrisch

blijft. Stel er is evenwicht bij een uitwijking w.

Op grond van symmetrie kan de beschouwing hierna beperkt blijven tot alleen de

linker helft van de staaf 12

( )x ≤ ℓ .

Omdat er geen verdeelde belasting zq is en verder 0 0w′′′′= vereenvoudigt

differentiaalvergelijking (11.5b):

20

zqw w w

EIα′′′′ ′′ ′′′′+ = +

tot:

2 0w wα′′′′ ′′+ = met F

EIα = (11.35)



340

De oplossing is:


De randvoorwaarden voor linker staafhelft AB zijn:

0; 0x w= =

0; 0x M= =

0102 1

2

ˆ;

wx w w′ ′= = =ℓ

ℓ

12

; 0zx S= =ℓ

Omdat 0 0w′′ = geldt voor het buigend moment M in de tweede randvoorwaarde:

0( )M EI w w EIw′′ ′′= − − = −

De derde randvoorwaarde houdt in dat de staaf in het midden niet verdraait, dit

op grond van de spiegelsymmetrische uitbuigingsvorm, zie figuur 11.10.

Figuur 11.10

Omdat in knooppunt B geen vervorming optreedt, maar alleen in de staven, blijft

de hellingen w′ gelijk aan de oorspronkelijke helling 0w′ .

De vierde randvoorwaarde volgt ook uit de spiegelsymmetrie: zS , de verticale

component van de snedekracht, moet uit symmetrieoverwegingen nul zijn in de

middendoorsnede, zie figuur 11.11.

Figuur 11.11



341

De uitdrukking voor zS volgt uit (11.2)1:

zS M Fw′ ′= −

Met M EIw′′= − (want 0 0w′′ = ) en 2

F EIα= vindt men uiteindelijk:

2 23zS EIw EIw EICα α′′′ ′= − − = −

Uitwerking van de vier randvoorwaarden leidt tot vier vergelijkingen in 1C t/m

4C :

1 4 0C C+ =

21 0EICα =

01 11 2 32 2 1

2

ˆsin cos

wC C Cα α α α− − =ℓ ℓ

ℓ

23 0EICα− =

De oplossing is:

1 3 4 0C C C= = =

02 1 1

2 2

ˆ

cos

wC

α α=

ℓ ℓ

Deze waarden gesubstitueerd in (11.36) geven voor de uitwijking w uit de

rechtstand:

01 12 2

sinˆ

cos

xw w

α

α α=

ℓ ℓ (11.37)

De uitbuigingsvorm voor de linkerhelft is een deel van een sinus die zich slingert

om de druklijn. De rechterhelft is het spiegelbeeld.

1 Deze uitdrukking volgt uit het momentenevenwicht van een staafelementje, zie paragraaf 11.1.



342

De maximum uitwijking w treedt op in 12

x = ℓ en is:

1 12 2

0 01 1 12 2 2

sin tanˆ ˆ ˆ

cosw w w

α α

α α α= =

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ (11.38)

In figuur 11.12 is in een last-verplaatsing-diagram het verband tussen F en w

geschetst.

Figuur 11.12

Als 0F = is 2/ 0F EIα = =ℓ ℓ . Dit is de onbelaste staaf. Uit (11.38)

1 vindt men

dat w gelijk is aan de initiële beginuitwijking 0w .

De uitwijking w wordt oneindig groot als 12

tan α → ∞ℓ . De kleinste waarde

waarbij dat gebeurt is:

212 2 2

( ) k

EI EIF Fα α

2π π= ⇒ = = =

2ℓ ℓ

ℓ ℓ

De drukkracht is dan de knikkracht van de rechte staaf (zonder knik in B).

De vergrotingsfactor voor de uitbuiging in het midden is:

12

10 2

tanˆ

ˆ

w

w

α

α=

ℓ

ℓ (11.39)

1 Met behulp van de machtreeks 3 5 71 1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 2 17tan ( ) ( ) ( )

3 15 315α α α α α= + + + + ⋅⋅ ⋅ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ vindt men

12

102

tanlim 1

α

α

α→=

ℓ

ℓ

ℓ



343

Opmerking:

De vergrotingsfactor is niet voor alle doorsneden gelijk, maar afhankelijk van de

plaats x. Voor een willekeurige doorsnede is de vergrotingsfactor:

01 12 2

10 2

012

sinˆ

cos 1 sin

cosˆ

xw

w x

xw xw

α

α α α

α α= =

ℓ ℓ

ℓ

ℓ

In tabel 11.2 is vergrotingsfactor (11.39) voor de uitbuiging in het midden

vergeleken met de benadering:

0

ˆ

ˆ 1

w n

w n=

− waarin kF

nF

= (11.40)

Tabel 11.2

In het last-verplaatsing-diagram in figuur 11.12 is de benadering volgens (11.40)

met een stippellijn aangegeven.

Anders dan in het vorige voorbeeld leidt de benadering met /( 1)n n − nu tot te

grote uitwijkingen. En ook is de benadering minder nauwkeurig. De afwijking

blijft nu binnen 3% voor k0,16F F≤ . Voor k0,9F F= is de afwijking ruim 20%.

Men kan de benaderingsformule dus alleen toepassen als de drukkracht

aanzienlijk kleiner is dan de knikkracht.

Opmerking:

Omdat de benadering een overschatting van de uitwijking geeft zit men

overigens wel aan de “veilige kant”.

Het buigend moment in de staaf is evenredig met de uitwijking uit de rechtstand

zodat voor het buigend moment dezelfde vergrotingsfactor geldt als voor de

uitwijking. Zie ook de twee voorgaande voorbeelden.



344

Opmerking:

De vergrotingsfactor /( 1)n n − geldt exact voor een staaf met sinusvormige

beginuitbuiging. Wordt deze vergrotingsfactor als benaderingsformule toegepast

op de geknikte staaf dan vindt men te grote waarden voor verplaatsing en

buigend moment. Om dit te verklaren zijn in figuur 11.13 een sinusvormige staaf

en geknikte staaf getekend, beide met dezelfde maximum beginuitbuiging 0w .

Figuur 11.13

De sinusvorm ligt duidelijk buiten de geknikte vorm. Tengevolge van de

drukkracht F zijn de eerste-orde momenten in de sinusvormige staaf dus groter

dan in de geknikte staaf, waardoor de sinusvormige staaf meer zal vervormen dan

de geknikte staaf. Wordt de vergrotingsfactor /( 1)n n − , die exact geldt voor de

sinusvormige staaf, gebruikt voor de geknikte staaf dan zullen dus te grote

verplaatsingen en momenten worden gevonden.

Omdat het vormverschil tussen de sinusvormige en geknikte staaf nogal groot is,

wordt de benaderingsformule /( 1)n n − voor de geknikte staaf bij grotere waarden

van F al snel minder nauwkeurig.



345

11.3 Drukstaaf met dwarsbelasting; schijnbare stijfheid *

In de paragrafen 11.3.1 t/m 11.3.3 wordt het tweede-orde gedrag onderzocht van

de drie op druk belaste staven in figuur 11.14 met een dwarsbelasting1.

1 Figuur 11.14

In paragraaf 11.3.4 volgen enkele numeriek uitgewerkte voorbeelden.

Men kan zeggen dat de dwarsbelasting zorgt voor een beginuitwijking die door

de drukkracht wordt vergroot. Hierdoor lijkt het alsof de op druk belast staaf zich

onder invloed van de dwarsbelasting minder buigstijf gedraagt dan een staaf

zonder drukkracht. Dit leidt het begrip schijnbare buigstijfheid waarop nader

wordt ingegaan in paragraaf 11.3.4.

1 Een dwarsbelasting wordt gedefinieerd als een belasting die een verplaatsing loodrecht op de staafas

veroorzaakt. Ook momenten op de staafeinden en momenten tengevolge van excentrische aangrijpende

drukkrachten worden opgevat als dwarsbelastingen.



346

11.3.1. Vrij opgelegde drukstaaf met een puntlast in het midden

Het eerste voorbeeld betreft de vrij opgelegde ligger in figuur 11.15a met een

puntlast P in het midden van de overspanning.

Figuur 11.15

De doorbuiging is spiegelsymmetrisch ten opzichte van het midden, zie figuur

11.15b. De maximum doorbuiging 0w treedt op onder de puntlast en is1:

3

0ˆ48

Pw

EI=ℓ

(11.41)

Een drukkracht F zal de uitbuiging doen vergroten. Stel er treedt evenwicht op

bij een uitbuiging w, zie figuur 11.15c. Verwacht mag worden dat de uitbuiging

spiegelsymmetrisch blijft, zodat men zich voor de berekening kan beperken tot

het linkerveld 12

x ≤ ℓ .

1 Zie vergeet-mij-nietje (5) in TOEGEPASTE MECHANICA – deel 2, tabel 8.4, blz. 540.



347

Het tweede-orde gedrag van het linkerveld wordt beschreven door de

differentiaalvergelijking voor een rechte staaf zonder veldbelasting:

2 0w wα′′′′ ′′+ = met 2 F

EIα = (11.42)

De oplossing is:


De randvoorwaarden voor het linkerveld zijn:

0; 0x w= =

0; 0x M= =

12

; 0x w′= =ℓ

1 12 2

; zx S P= = +ℓ

Opmerking:

De randvoorwaarden in 12

x = ℓ volgen uit de eigenschappen van spiegel-

symmetrie.

De twee randvoorwaarden in 0x = leiden tot:

0 01 2 3 4 1 4( cos sin ) 0x xw C x C x C x C C Cα α= == + + + = + =

2 20 0 01 2 1( cos sin ) 0x x xM EIw EI C x C x EICα α α α= = =′′= − = + = =

Hieruit vindt men:

1 4 0C C= =

De uitbuigingsvorm (11.43) vereenvoudigt hiermee tot:

2 3sinw C x C xα= +

De randvoorwaarden in 12

x = ℓ leiden tot1:

1 12 2

12 3 2 32

( cos ) cos 0x xw C x C C Cα α α α= =′ = + = + =ℓ ℓ ℓ

1 1 12 2 2

2 2 13 2

( ) ( )x x xzS M Fw EIw EIw EIC Pα α= = =′ ′ ′′′ ′= − = − − = − = +ℓ ℓ ℓ

Uit beide laatste randvoorwaarden vindt men:

1 12 4

2 1 1 12 2 2

/ /

cos cos

P F P FC

α α α α= =

ℓ

ℓ ℓ ℓ

1 12 2

3 2

P PC

FEIα= − = −

1 Zie voor zS uitdrukking (11.2) in paragraaf 11.1.



348

Hiermee wordt de vergelijking voor de uitbuigingsvorm van het linker veld:

2 3

14

1 1 12 2 2

sin

sin

cos

w C x C x

x xP

F

α

α

α α

= +

−=

ℓ

ℓ ℓ ℓ (11.44)

De term 3C x is de vergelijking van de druklijn, de werklijn van de resultante van

F en 12

P , zie figuur 11.15d. Hierom slingert zich de sinusvorm 2 sinC xα . De

lengte van een halve sinusgolf1 is:

n nα

π= =ℓ ℓ

en is afhankelijk van de grootte van de drukkracht.

De uitbuiging in het rechter veld is het spiegelbeeld van die in het linker veld.

De maximum doorbuiging w in het midden van de overspanning is:

1 1 1 12 4 2 4

21 1 12 2 2

312

21 12 2

sin tanˆ 1 1

cos

tan31

( ) 48

P Pw

F EI

P

EI

α α

α α α α

α

α α

= − = −

= −

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Met (11.41):

3

0ˆ48

Pw

EI=ℓ

kan men hiervoor schrijven:

12

021 12 2

vergrotingsfactor

tan3ˆ ˆ1

( )w w

α

α α

= −

ℓ

ℓ ℓ��

(11.45)

Hierin is de met een accolade aangegeven term in αℓ de vergrotingsfactor voor

de verplaatsing in het midden van de overspanning.

De uitbuiging w wordt oneindig groot als 12

tan α → ∞ℓ . De kleinste waarde van

αℓ waarbij zich dit voordoet is 1 12 2

πα =ℓ , in welk geval:

22

k2 2

π( )

EI EIF Fα= = =ℓ

ℓ ℓ

De drukkracht F is dan gelijk aan de kniklast kF van de rechte staaf (zonder

dwarsbelasting).

Als 0 ( / 0)F F EIα→ = → geldt 0ˆ ˆw w= . De vergrotingsfactor is dan 1.

1 Dit is de lengte tussen twee opeenvolgende buigpunten.



349

Opmerking:

Om dit uit (11.45) af te leiden dient men 12

tan αℓ in een machtreeks te

ontwikkelen:

3 5 71 1 1 1 12 2 2 2 2

1 2 17tan ( ) ( ) ( )

3 15 315α α α α α= + + + + ⋅⋅ ⋅ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

Hiermee vindt men voor de vergrotingsfactor in (11.45):

12 42 1 1

2 221 12 2

tan3 6 511 1 ( ) ( )

( ) 15 315

αα α

α α

− = + + + ⋅⋅⋅

ℓℓ ℓ

ℓ ℓ

Deze wordt inderdaad gelijk aan 1 als 0α → .

In figuur 11.16 is in een last-verplaatsing-diagram voor één bepaalde waarde van

P het verband volgens betrekking (11.45) uitgezet tussen de drukkracht F en de

verplaatsing w in het midden van de overspanning.

Figuur 11.16

De vergrotingsfactor voor de uitbuiging w in het midden is, zie (11.45):

12

21 10 2 2

ˆ tan31

ˆ ( )

w

w

α

α α

= −

ℓ

ℓ ℓ (11.46)

In tabel 11.3 is in de derde kolom de vergrotingsfactor berekend voor

verschillende waarden van k/F F . In de vierde kolom zijn de waarden van de

bekende factor /( 1)n n − berekend1.

1 Het verband tussen 1

2αℓ en k /n F F= is: 1 1 1

2 2 2k

ππ

2

F F

EI F nα = = =ℓ ℓ ; zie ook (11.25).



350

Tabel 11.3

Het blijkt dat de verschillen zeer klein zijn: minder dan 1,3% voor k0,9F F≤ .

Een zeer goede benaderingsformule voor (11.46) is dan ook:

0

ˆ

ˆ 1

w n

w n=

− (11.47)

Deze benaderingsformule leidt tot iets te grote verplaatsingen en is dus aan de

veilige kant, zie ook het last-verplaatsing-diagram in figuur 11.16.

Vanwege de dwarsbelasting zal de vergrotingsfactor voor het buigend moment

niet gelijk zijn aan die voor de verplaatsing, wat wel het geval was bij staven met

een initiële uitbuiging.

Voor het buigend moment vindt men uit (11.44):

214 1

41 1 1 12 2 2 2

sin sin

cos cos

P x xM EIw EI P

F

α α α

α α α α

−′′= − = − =

ℓℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

Het maximum buigend moment M in de middendoorsnede 12

x = ℓ is:

1 12 2

01 12 2

tan tanˆ ˆ4

PM M

α α

α α= =

ℓ ℓℓ

ℓ ℓ (11.48)

Hierin is 0M het (maximum) eerste-orde moment in de middendoorsnede:

10 4

M P= ℓ (11.49)

De vergrotingsfactor voor het maximum buigend moment is:

12

120

ˆ tan

ˆ

M

M

α

α=

ℓ

ℓ (11.50)

Deze is dus inderdaad niet gelijk aan die voor de verplaatsing in het midden, zie

de 3e en 5

e kolom in tabel 11.3. Voor relatief kleine waarden van F zijn de

verschillen gering.



351

Ook voor de vergrotingsfactor met betrekking tot het buigend moment kan men

de factor /( 1)n n − als benadering gebruiken, zie de 4e kolom in tabel 11.3:

0

ˆ

ˆ 1

M n

nM=

− (11.51)

De factor /( 1)n n − werkt voor het buigend moment minder nauwkeurig dan voor

de verplaatsing. Zo bedraagt de afwijking bij het buigend moment al meer dan

10% voor k0,5F F≥ terwijl dat bij de verplaatsing slechts 0,7% is. Een voordeel

is dat de benadering een overschatting van het buigend moment geeft en dus aan

de veilige kant is.

Benaderingsformule (11.51) kan men op de volgende manier verbeteren. Voor

het buigend moment M in het midden geldt, zie figuur 11.17:

14

ˆ ˆM P Fw= +ℓ

Figuur 11.17

Gebruikt men voor w benaderingsformule (11.47):

0ˆ ˆ

1

nw w

n=

− met

3

0ˆ48

Pw

EI=ℓ

dan vindt men:

104

3

141

4

2

0

ˆ ˆ1

11 48

ˆ112 1

nM P F w

n

F n PP

P n EI

nFM

EI n

= +−

= +

−

= +

−

ℓ

ℓℓ

ℓ

ℓ (11.52)

Voor het product van n en F geldt:

2

k 2

π EInF F= =

ℓ

waarmee in de laatste regel van (11.52) de buigstijfheid wegvalt:



352

2 2

0 0 0

vergrotingsfactor

π /12 (1 π /12) 0,178ˆ ˆ ˆ ˆ11 1 1

n nM M M M

n n n

− − −= + = =

− − − �� (11.53)

De waarden van deze nieuwe vergrotingsfactor zijn opgenomen in de 6e kolom

van tabel 11.3. Benadering (11.53) geeft aanzienlijk nauwkeuriger resultaten. De

afwijking blijft nu beneden 1,1% voor k0,9F F≤ . Opnieuw geeft de benadering

een overschatting van het moment en blijft deze aan de veilige kant.

Opmerking:

De vergrotingsfactor /( 1)n n − geldt exact in het geval van een sinusvormige

beginuitbuiging:

0 0ˆ sinx

w wπ

=ℓ

Voor de doorbuiging tengevolge van de puntlast geldt in het linkerveld 12

( )x ≤ ℓ1:

3

0 0 3ˆ 4 3

x xw w

= − +

ℓℓ

Deze uitbuigingsvorm ligt binnen de sinusvorm2, zie figuur 11.18, waardoor de

vergrotingsfactor /( 1)n n − tot te grote waarden voor de verplaatsing en het

buigend moment leidt.

Figuur 11.18

1 Zie TOEGEPASTE MECHANICA – deel 2, paragraaf 8.1, voorbeeld 4, blz. 505 en verder.




353

11.3.2. Vrij opgelegde drukstaaf met momenten op de uiteinden

Het tweede voorbeeld betreft de vrij opgelegde ligger die in beide einden wordt

belast door momenten 0M , zie figuur 11.19a.

Figuur 11.19

De door deze momenten veroorzaakte eerste-orde uitbuiging 0w is1, zie figuur

11.19b:

200 ( )

2

Mw x x

EI= − + ℓ (11.54)

De eerste-orde uitbuiging heeft een parabolische verloop.

De maximum uitbuiging 0w in het midden van de overspanning is:

20

0ˆ8

Mw

EI=

ℓ (11.55)

Een drukkracht F zal de uitbuiging 0w vergroten tot w, zie figuur 11.19c. De

uiteindelijke verplaatsing w wordt gevonden uit de differentiaalvergelijking die

het tweede-orde gedrag beschrijft van een initieel rechte staaf zonder

veldbelasting:

1 Op te lossen uit 0 0EIw′′′′= . De berekening wordt aan de lezer overgelaten.



354

20w wα′′′′ ′′+ = met

2 F

EIα = (11.56)

De oplossing hiervan is:


De randvoorwaarden zijn:

0; 0x w= =

00;x M EIw M′′= = − =

; 0x w= =ℓ

0;x M EIw M′′= = − =ℓ

Voor het bepalen van de constanten is het handig om eerst de randvoorwaarden

met betrekking tot het buigend moment uit te werken. Daarbij gaat het om de

tweede afgeleide van w waarin alleen de constanten 1C en 2C voorkomen,

immers:

21 2( cos sin )M EIw EI C x C xα α α′′= − = +

De tweede randvoorwaarde, in 0x = , leidt tot:

21 0M EIC Mα= =

en de vierde randvoorwaarde, in x = ℓ , tot:

21 2( cos sin )M EI C Cα α α= +ℓ ℓ

Hieruit volgt:

01 2

MC

EIα= en 0

2 2

1 cos

sin

MC

EI

α

αα

−=

ℓ

ℓ

Uitwerking van de eerste en derde randvoorwaarde leiden vervolgens tot1:

3 0C = en 04 2

MC

EIα= −

Door 1 4 t/m C C in (11.57) te substitueren vindt men voor de uitbuiging w van de

op druk belaste staaf:

02

1 coscos sin 1

sin

Mw x x

EI

αα α

αα

− = + −

ℓ

ℓ (11.58)

Deze uitbuigingsvorm is gelijk aan die van de staaf in paragraaf 11.2.2, met een

parabolische beginuitwijking als gevolg van een initiële kromming.

1 Deze uitwerking wordt aan de lezer overgelaten.



355

Opmerking:

Voor de tweede-orde verplaatsingen maakt het blijkbaar geen verschil of de

parabolische beginuitbuiging wordt veroorzaakt door een initiële kromming of

door momenten op de staafeinden. Maar let op: voor de buigende momenten in

de staaf maakt het wel verschil, zoals verder op zal blijken.

Uitdrukking (11.58) kan worden vereenvoudigd tot1:

120

2 12

cos( )1

cos

xMw

EI

α α

αα

−−=

ℓ

ℓ (11.59)

De uitbuigingsvorm is die van een sinus die zich slingert om de druklijn met een

excentriciteit ze , zie figuur 11.19d:

0 02z

M Me

FEIα= − = −

De lengte van een halve sinusgolf2 is:

n nα

π= =ℓ ℓ

en is afhankelijk van de grootte van de drukkracht F.

Opmerking:

Anders dan bij de drukstaaf met een initiële kromming, in paragraaf 11.2.2,

vallen de momentennulpunten en buigpunten in de staaf nu wel samen.

De maximum uitbuiging w in treedt op in 12

x = ℓ , het midden van de

overspanning:

102

212

1 cosˆ

cos

Mw

EI

α

α α

−=

ℓ

ℓ (11.60)

Met (11.55):

0 02

8ˆ

EIM w=

ℓ


12

02 12

vergrotingsfactor

1 cos8ˆ ˆ

cos( )w w

α

αα

−=

ℓ

ℓℓ��

(11.61)

1 Zie de vereenvoudiging van (11.22) in paragraaf 11.2.2.

2 Dit is de lengte tussen twee opeenvolgende buigpunten.



356

In tabel 11.4 is de vergrotingsfactor 0ˆ ˆ/w w vergeleken met de vergrotingsfactor

/( 1)n n − .

Tabel 11.4

Omdat de afwijkingen klein zijn heeft men een goede benadering van (11.61)

met:

0ˆ ˆ

1

nw w

n=

− (11.62)

Deze benadering voor de tweede-orde verplaatsing in het midden van de

overspanning geeft iets te kleine waarden en is dus aan de onveilige kant. De

afwijkingen zijn echter gering: minder dan 2,8% voor k0,9F F≤ .

In figuur 11.20 is in een last-verplaatsing-diagram voor één bepaalde waarde van

0M het verband volgens de betrekkingen (11.61) en (11.62) uitgezet tussen de

drukkracht F en de verplaatsing w in het midden van de overspanning.

Figuur 11.20

Tenslotte wordt nog naar het buigend moment gekeken.

Wordt het evenwicht betrokken op de onvervormde staaf, dan is het buigend

moment constant over de lengte:

0M M= (11.63)

Dit is het eerste-orde moment.



357

Het tweede-orde buigend moment vindt men uit (11.59):

12

012

cos( )

cos

xM EIw M

α α

α

−′′= − =

ℓ

ℓ (11.64)

Voor het maximum tweede-orde moment M in het midden van de overspanning

vindt men hieruit:

012

vergrotingsfactor

1ˆcos

M Mα

=ℓ

��

(11.65)

In tabel 11.4 is de vergrotingsfactor voor het maximum buigend moment

vergeleken met de benadering /( 1)n n − . De benadering:

0

ˆ

1

M n

M n=

− (11.66)

geeft een onderschatting van het buigend moment geeft en is daarom aan de

onveilige kant. Bovendien werkt de vergrotingsfactor /( 1)n n − voor het buigend

moment een stuk minder nauwkeurig dan voor de verplaatsing.

Men kan de benaderingsformule op de volgende manier verbeteren. Voor het

buigend moment M in het midden geldt, zie figuur 11.19b:

0ˆ ˆM M Fw= +

Gebruikt men voor w benaderingsformule (11.62):

0ˆ ˆ

1

nw w

n=

− met

20

0ˆ8

Mw

EI=

ℓ

dan vindt men:

0 0

2

00

2

0

ˆ ˆ1

1 8

18 1

nM M F w

n

MnM F

n EI

nFM

EI n

= +−

= +−

= +

−

ℓ

ℓ (11.67)

Voor het product van n en F geldt:

2

k 2

π EInF F= =

ℓ

waarmee in de laatste regel van (11.67) de buigstijfheid EI wegvalt:



358

2 2

0 0 0

vergrotingsfactor

π /8 (1 π /8) 0,234ˆ 11 1 1

n nM M M M

n n n

− − += + = =

− − − �� (11.68)

In tabel 11.4 is de vergrotingsfactor volgens (11.68) voor een aantal waarden van

k/F F vergeleken met de exacte waarde van 0ˆ /M M volgens (11.65).

Benaderingsformule (11.68) geeft nog steeds een te lage waarde voor het

maximum buigend moment en is dus aan de onveilige kant, maar de benadering

is nu wel veel beter dan met de vertrouwde factor /( 1)n n − : voor k0,9F F≤ is de

afwijking nu nog maar 2,5% in plaats van 24,2%.

Opmerking:

Omdat bij gelijke uitbuigingen in het midden een sinusvorm binnen de

parabolische vorm ligt, zie figuur 11.21, geven de benaderingen gebaseerd op de

formule /( 1)n n − te lage waarden en zijn ze aan de onveilige kant.

Figuur 11.21



359

11.3.3. Verend ingeklemde drukstaaf

Als derde en laatste voorbeeld wordt het geometrisch niet-lineaire gedrag

onderzocht van de staaf in figuur 11.22a.

Figuur 11.22

De staaf wordt in B op druk belast door een verticale kracht F. Daarnaast werkt

er in B een horizontale kracht H. Alle benodigde gegevens kunnen verder aan de

figuur worden ontleend. In figuur 11.22b is de vervorming van de staaf getekend.

Het tweede-orde gedrag van de staaf wordt beschreven door:

2 20 met F

w wEI

α α′′′′ ′′+ = = (11.69)

Dit is de differentiaalvergelijking voor de initieel rechte staaf zonder

veldbelasting. De oplossing hiervan moet inmiddels vertrouwd zijn:

1 2 3 4sin cosw C x C x C x Cα α= + + + (11.70)

Voor het oplossen van de constanten 1 4 t/m C C staan de volgende vier

randvoorwaarden ter beschikking:

r r

2

0; 0

0; of: 0

; 0 of: 0

; of: z

x w

x M k w EIw k w

x M EIw

x S H EIw EIw Hα

= =

′ ′′ ′= = − − + =

′′= = − =

′′′ ′= = − − =

ℓ

ℓ

(11.71)



360

De tweede randvoorwaarde volgt uit het momentenevenwicht van het laatste

staafelementje in A, zie figuur 11.231.

Figuur 11.23

De aan een tekenafspraak gebonden grootheden w′ en M EIw′′= − zijn in hun

positieve richtingen getekend. De veer wil de rotatie in A verhinderen. Het

moment in de veer werkt dus tegen de richting in van de rotatie w′ . Uit het

momentenevenwicht vindt men:

veer r 0M M EIw k w′′ ′+ = − + =

De vierde randvoorwaarde volgt uit het horizontaal krachtenevenwicht van het

laatste staafelementje in B, zie figuur 11.23. zS werkt op een negatief snedevlak

en is overeenkomstig de tekenafspraak positief als deze in de negatieve z-richting

werkt2. Volgens (11.2) geldt verder

3:

2zS M Fw EIw EIwα′ ′ ′′′ ′= − = − −

Uitwerking van de vier randvoorwaarden (11.71) leidt tot de volgende vier

vergelijkingen in 1 4 t/m C C :

12

r r 1

2 21

21

1 0 0 1 0

0 0

0cos sin 0 0

0 0 0

C

EI k k C

CEI EI

C HEI

α α

α α α α

α

=

−

ℓ ℓ (11.72)

1 In de figuur zijn niet alle krachten op de randelementjes getekend, maar alleen de krachten die een rol

spelen in de randvoorwaarden. 2 Zie paragraaf 5.2.

3 Deze uitdrukking werd in paragraaf 11.2 afgeleid uit het momentenevenwicht van een staafelementje.



361

Met:

rk

EIρ =

ℓ (11.73)

vindt men na enig rekenwerk1 als oplossing:

3

1 4 3

tan

( ) ( tan )

HC C

EI

ρ α

α ρ α α= − = −

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ (11.74)

3

2 3( ) ( tan )

HC

EI

ρ

α ρ α α=

−

ℓ

ℓ ℓ ℓ (11.75)

3 2 ( , de helling van de druklijn)

H HC

FEIα= − = − (11.76)

Voor de uitbuiging w als functie van de plaats x vindt men nu:

3

3

3 3

3 2

tan(cos 1)

( ) ( tan )

1

( ) ( tan ) ( )

Hw x

EI

H x H

EI EI

ρ αα

α ρ α α

ρ

α ρ α α α

= − − +−

+ −−

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

ℓℓ ℓ ℓ ℓ

De maximum tweede-orde uitbuiging w treedt op in B ( )x = ℓ :

3

3 2

tan 1ˆ

( ) ( tan ) ( )

Hw

EI

ρ α

α ρ α α α

= −

−

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ (11.77)

De eerste-orde verplaatsing in B is:

3 2 3 3

0r3

1 3ˆ

3 33

EIH H H Hw

kEI k EI EI

ρ

ρ

+ += + = =

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ (11.78)

De vergrotingsfactor voor de verplaatsing in B is:

3 20

tan 1ˆ 3

ˆ 3( ) ( tan ) ( )

w

w

ρ α ρ

ρα ρ α α α

−= +−

ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ (11.79)

1 De vierde vergelijking in (11.72) levert 3C .

Uit de derde volgt 1 2 tanC C α= − ℓ .

Substitueer 1C en 3C in de tweede vergelijking en men vindt 2C .

De derde en vierde vergelijking leveren vervolgens 1C en 4C .



362

In tabel 11.5 is de vergrotingsfactor voor de verplaatsing in B voor verschillende

waarden van ρ vergeleken met de benadering /( 1)n n − .

Tabel 11.5

Opmerking:

Tussen αℓ en n bestaat de volgende betrekking:

1

n

ρα

ρ

2

2

π=

π + 4 ℓ (11.80)

Om deze betrekking af te leiden wordt eerst de kniklast bereken. Hiervoor geldt1:

2

k 2rk

2

1 1 1 4

4

4

EIF

kF EIEI

ρ ρ

ρ ρ

2 2

2 2 2

π + π= + = ⇒ =

π π π +

ℓ

ℓ

ℓℓ

(11.81)

Met 2

F EIα= vindt men vervolgens:

�2

k2 2

1 1

4 ( ) 4

EI

F EIn

F F

α

ρ ρ

ρ α ρ

2 2

2 2

π π= = =

π + π +ℓ ℓ (11.82)

en daarmee de gezochte betrekking tussen αℓ en n.

Uit tabel 11.5 blijkt dat de benadering /( 1)n n − een overschatting van de tweede-

orde verplaatsing geeft (en dus aan de veilige kant is). De afwijking neemt toe

met n en is relatief het grootst in de omgeving van 2ρ = tot 5: ongeveer 30% als

2ρ = en k0,9F F= .

Voor k0,5F F≤ blijft de afwijking onder de 5%.

Hierna wordt ook nog gekeken naar het inklemmingsmoment in A. Voor het

buigend moment aldaar geldt:

1 Zie paragraaf 6.1.1, benaderingsformule (6.7a), of paragraaf 6.4, basisknikgeval (6).



363

2 2 20 01 2 1

ˆ ( cos sin )

tan

( )( tan )

x xM EIw EIC x EIC x EIC

H

α α α α α

ρ α

α ρ α α

= =′′= − = + =

= −−

ℓℓ

ℓ ℓ ℓ

(11.83)

In het aangegeven assenstelsel is het eerste-orde moment in A:

0M H= − ℓ (11.84)

Hiermee vindt men de vergrotingsfactor voor het buigend moment in A:

0

ˆ tan

ˆ ( )( tan )

M

M

ρ α

α ρ α α=

−

ℓ

ℓ ℓ ℓ (11.85)

In tabel 11.6 is de vergrotingsfactor voor het inklemmingsmoment voor

verschillende waarden van ρ vergeleken met de benadering /( 1)n n − .

Tabel 11.6

De benadering met de vergrotingsfactor met /( 1)n n − voldoet voor het

inklemmingsmoment minder goed dan voor de verplaatsing aan de top.

Een verbetering voor het buigend moment kan op de volgende manier worden

bereikt. Voor het inklemmingsmoment geldt, zie figuur 11.24:

0ˆ ˆ ˆ

1

nM H Fw H F w

n= + = +

−ℓ ℓ (11.86)

Figuur 11.24



364

Substitueer hierin (11.81) voor Fn:

k 24

EIFn F

ρ

ρ

2

2

π= =

π + ℓ

en (11.78) voor 0w :

3

0

3ˆ

3

Hw

EI

ρ

ρ

+=

ℓ

Men vindt dan:

0k

3

2

ˆ

1 3 1 (3 )ˆ 11 3 14 3( 4 )

wnF F

EI HM H H

n EI n

ρ ρ ρ

ρρ ρ

2 2

2 2

=

π + π + = + = +

− −π + π +

ℓℓ ℓ

ℓ ��

(11.87)

Met:

0ˆH M=ℓ (11.88)

vindt men uit (11.87) een nieuwe en verbeterde benadering van de

vergrotingsfactor voor het inklemmingsmoment:

0

ˆ 1 (3 )1

ˆ 1 3( 4 )

M

nM

ρ

ρ

2

2

π += +

− π + (11.89)

In tabel 11.7 is deze benadering vergeleken met de exacte waarde. De benadering

geeft een overschatting van het inklemmingsmoment (en is dus aan de veilige

kant). De afwijking neemt toe met n en is relatief het grootst in de omgeving van

2ρ = tot 5.



365

Tabel 11.7

De afwijking bedraagt minder dan 2,5% voor k0,5F F≤ .

Opmerking:

Wanneer men stelt 102π = kan men voor (11.89) schrijven:

0

ˆ 1 15 51

ˆ 115 6

M

nM

ρ

ρ

+= +

− + (11.90)



366

11.3.4. Enkele numerieke voorbeelden

Na al het geweld van de formules in voorgaande paragrafen is het tijd de eenvoud

van de aanpak aan te tonen aan de hand van een aantal numerieke uitgevoerde

voorbeelden.

• Voorbeeld 1

De ligger in figuur 11.25a heeft een buigstijfheid 29040 kNmEI = .

Afmetingen en belasting kunnen uit de figuur worden afgelezen.

Figuur 11.25

Gevraagd: De verplaatsing en het buigend moment in het midden C van de overspanning volgens

respectievelijk een eerste- en tweede-orde berekening.

Uitwerking:

In figuur 11.25b is de eerste-orde uitbuiging geschetst en in figuur 11.25c de

tweede-orde uitbuiging.

Er geldt:

2

k 2

(9040 kNm )1394 kN

(8 m)

EIF

2 2

2

π π= = =ℓ

k 1394 kN2,58

540 kN

Fn

F= = =

De eerste-orde uitbuiging 0w in C is:

3 33

0 2

(28 kN)(8 m)ˆ 33,0 10 m

48 48 (9040 kNm )

Pw

EI

−= = = ××

ℓ



367

De tweede-orde uitbuiging is bij benadering:

3 30

2,58ˆ ˆ (33,0 10 m) 53,9 10 m

1 1,58

nw w

n

− −= = × = ×−

Het eerste-orde buigend moment 0M in C is:

1 10 4 4

ˆ (28 kN)(8 m) 56 kNmM P= = × =ℓ

Een globale benadering van het tweede-orde buigend moment M is:

0

2,58ˆ ˆ (56 kNm) 91,4 kNm1 1,58

nM M

n= = =

−

Een betere benadering is, zie figuur 11.25c:

31 14 4

ˆ ˆ (28 kN)(8 m) (540 kN)(53,9 10 m)

(56 kNm) (29,1 kNm) 85,1 kN

M P Fw−= + = × + ×

= + =

ℓ

Opmerking:

De nieuwe benadering leidt tot een lagere waarde voor het buigend moment. Dit

betekent dat de vergrotingsfactor /( 1)n n − blijkbaar tot te grote waarden leidt.

Ook de verbeterde waarde van het buigend moment zal daarom groter zijn dan de

werkelijke waarde1 (de benadering is aan de veilige kant). Dit wordt bevestigd

door de resultaten van een exacte berekening:

3exactˆ 53,6 10 mw

−= ×

exactˆ 85,0 kNmM =

De verschillen zijn zeer klein.

1 Hierbij werd immers gebruik gemaakt van de benadering 0ˆ ˆ

1

nw w

n=

−



368

• Voorbeeld 2

Dezelfde ligger als in het eerste voorbeeld, met buigstijfheid 29040 kNmEI = ,

wordt nu belast door een excentrische drukkracht 600 kNF = , zie figuur 11.26a.

De excentriciteit van de drukkracht is 50 mme = .

Figuur 11.26

Gevraagd:

De verplaatsing en het buigend moment in het midden C van de overspanning

volgens respectievelijk een eerste- en tweede-orde berekening.

Uitwerking:

De kolom kan worden opgevat als een staaf die behalve door de drukkracht in de

uiteinden ook wordt belast door een moment 0M , zie figuur 11.26b:

30 (600 kN)(50 10 m) 30 kNmM Fe

−= = × =

In figuur 11.26c is een schets gegeven van de eerste-orde verplaatsing en in

figuur 11.26d van de tweede-orde verplaatsing.

Er geldt:

2

k 2

(9040 kNm )1394 kN

(8 m)

EIF

2 2

2

π π= = =ℓ

k 1394 kN2,32

600 kN

Fn

F= = =



369


2 230

0 2

(30 kNm)(8 m)ˆ 26,5 10 m

8 8 (9040 kNm )

Mw

EI

−= = = ××

ℓ

De tweede-orde uitbuiging is bij benadering:

3 30

2,32ˆ ˆ (26,5 10 m) 46,6 10 m

1 1,32

nw w

n

− −= = × = ×−

Het eerste-orde buigend moment in C is:

0 30 kNmM =

Een globale benadering van het tweede-orde buigend moment M in C is:

0

2,32ˆ (30 kNm) 52,7 kNm1 1,32

nM M

n= = =

−

Een betere benadering is, zie figuur 11.26d:

30

ˆ ˆ (30 kNm) (600 kN)(46,6 10 m)

(30 kNm) (28,0 kNm) 58,0 kNm

M M Fw −= + = + ×

= + =

Opmerking:

De verbeterde benadering leidt tot een hogere waarde voor het buigend moment.

Dit betekent dat de vergrotingsfactor /( 1)n n − tot te kleine waarden leidt. Ook de

verbeterde waarde van het buigend moment zal daarom kleiner zijn dan de

werkelijke waarde1 (de benadering is aan de onveilige kant). Dit wordt bevestigd

door de resultaten van een exacte berekening:

3ˆ 47,2 10 mw−= ×

ˆ 58,3 kNmM =

De verschillen zijn uiterst gering.

1 Hierbij werd immers gebruik gemaakt van de benadering 0ˆ ˆ

1

nw w

n=

−



370

• Voorbeeld 3

Opnieuw de ligger uit voorgaande voorbeelden, met een buigstijfheid 29040 kNmEI = , nu belast door een centrische drukkracht 500 kNF = en een

gelijkmatig verdeelde dwarsbelasting 5 kN/mq = , zie figuur 11.27a.

Figuur 11.27

Gevraagd:

De verplaatsing en het buigend moment in C, het midden van de overspanning,

volgens respectievelijk een eerste- en tweede-orde berekening.

Uitwerking:

Hoewel dit belastinggeval niet analytisch werd uitgewerkt, kan ook hier de

aanpak uit voorgaande voorbeelden worden gevolgd.

Er geldt:

2

k 2

(9040 kNm )1394 kN

(8 m)

EIF

2 2

2

π π= = =ℓ

k 1394 kN2,79

500 kN

Fn

F= = =


4 43

0 2

5 5 (5 kN/m)(8 m)ˆ 29,5 10 m

384 384 (9040 kNm )

qw

EI

−×= = = ×

×

ℓ

De tweede-orde uitbuiging w is bij benadering:

3 30

2,79ˆ ˆ (29,5 10 m) 45,98 10 m

1 1,79

nw w

n

− −= = × = ×−



371

Het eerste-orde buigend moment 0M in C is:

2 21 10 8 8

ˆ (5 kN/m)(8 m) 40 kNmM q= = × =ℓ

Een globale benadering van het tweede-orde buigend moment is:

0

2,79ˆ ˆ (40 kNm) 62,3 kNm1 1,79

nM M

n= = =

−

Een betere benadering is, zie figuur 11.27c:

30

ˆ ˆ ˆ (40 kNm) (500 kN)(50,8 10 m)

(40 kNm) (25,4 kNm) 65,5 kNm

M M Fw −= + = + ×

= + =

Opmerking:

De verbeterde benadering leidt tot een hogere waarde voor het buigend moment.

Dit betekent dat de vergrotingsfactor /( 1)n n − tot te kleine waarden leidt. Ook de

verbeterde waarde van het buigend moment zal daarom kleiner zijn dan de

werkelijke waarde (de benadering blijft aan de onveilige kant).

• Voorbeeld 4 Van de constructie in figuur 11.28a hebben beide staven een buigstijfheid

3 220 10 kNmEI = × . Afmetingen en belasting kunnen uit de figuur worden afgelezen.

Figuur 11.28

Gevraagd:

De uitwijking in A en het buigend moment in B volgens respectievelijk een

eerste- en tweede-orde berekening.



372

Uitwerking: Kolom AB kan worden geschematiseerd tot een in B verend ingeklemde staaf, zie

figuur 11.28b. De stijfheid rk van de verende inklemming is:

2

r BC

3 3 (20 MNm )12 MNm

5 m

EIk

×= = =ℓ

Stel hierna in de uitwerking AB =ℓ ℓ , zie figuur 11.29.

Figuur 11.29

Voor de berekening van de kniklast van de kolom wordt verwezen naar paragraaf

6.1.1, benaderingsformule (6.7a)1:

3r

k1

12 10 kNm2000 kN

6 m

kF

×= = =ℓ

3 2

k2 2 2

(20 10 kNm )1371 kN

4 4 (6 m)

EIF

2 2π π × ×= = =

×ℓ

kk k1 k2

1 1 1 1 1 1813 kN

2000 kN 1371 kN 813 kNF

F F F= + = + = ⇒ =

813 kN2,71

300 kNn = =

In figuur 11.29b is de eerste-orde verplaatsing geschetst en in figuur 11.29c de

tweede-orde verplaatsing.

De eerste-orde uitwijking in A is:

2 3 2 3

A;0 3 3r

3 3

(10 kN)(6 m) (10 kN)(6 m)

3 12 10 kNm 3 (20 10 kNm)

(30,0 36,0) 10 m 66,0 10 m

H Hw

k EI

− −

= + = +× × ×

= + × = ×

ℓ ℓ

De tweede-orde verplaatsing is:

3 3A A;0

2,71(66,0 10 m) 104,6 10 m

1 1,71

nw w

n

− −= = × × = ×−

1 Zie ook paragraaf 6.4, basisknikgeval (6).



373

Het eerste-orde buigend moment in B is:

B;0 (10 kN)(6 m) 60 kNmM H= = =ℓ

Een globale benadering van het tweede-orde buigend moment is:

B B;0

2,71(60 kNm) 95,1 kNm

1 1,71

nM M

n= = =

−

Een betere benadering vindt men uit het evenwicht van de vervormde ligger in

figuur 11.29c:

3B A (10 kN)(6 m) (300 kN)(104,6 10 m)

(60 kNm) (31,4 kNm) 91,4 kNm

M H Fw −= + = + ×

= + =

ℓ

Opmerking:

De verbeterde benadering leidt tot een lagere waarde voor het buigend moment.

Dit betekent dat de vergrotingsfactor /( 1)n n − tot te grote waarden leidt. Ook de

verbeterde waarde van het buigend moment zal groter zijn dan de werkelijke

waarde. De benadering is dus aan de veilige kant. Dit wordt bevestigd door de

resultaten van een exacte berekening:

3A;exact 101,6 10 mw

−= ×

B;exact 90,5 kNmM =

De verschillen zijn weer gering.



374

11.3.5. Schijnbare buigstijfheid

Uit voorgaande voorbeelden blijkt dat de uitbuiging tengevolge van een

dwarsbelasting wordt vergroot van 0w tot w als op de staaf een drukkracht F

wordt aangebracht. Door de drukkracht neemt de buigstijfheid van de staaf dus

schijnbaar af. Stel sEI is de schijnbare stijfheid van de op druk belast staaf. EI is

de werkelijke buigstijfheid van de staaf.

Omdat de uitbuiging omgekeerd evenredig is met de buigstijfheid geldt, zie de

figuren 11.30 en 11.31:

s

0

ˆ 1

ˆ vergrotingsfactor

EI w

EI w= =

Figuur 11.30

Figuur 11.31

Voor niet te grote waarden van F is de factor /( 1)n n − een goede benadering

voor de vergrotingsfactor gebleken:

k

0

ˆvergrotingsfactor met

ˆ 1

w n Fn

w n F= = =

−



375

Hiermee vindt men:

s

0

ˆ 1 11

ˆ vergrotingsfactor

EI w

EI w n= = = −

Uit dit verband, dat is uitgezet in figuur 11.32, blijkt dat de schijnbare

buigstijfheid sEI lineair afneemt met de drukkracht F. In veel gevallen geeft dit

lineaire verband een voldoende nauwkeurige benadering.

Figuur 11.32

In figuur 11.32 is voor twee gevallen ook het nauwkeurige verband geschetst als

de vergrotingsfactor wordt betrokken op de verplaatsing in het midden. De

afwijkingen zijn in de figuur overdreven groot getekend; in werkelijkheid zijn zij

zeer klein.

Bij statisch onbepaalde constructies is de krachtsverdeling afhankelijk van de

stijfheidsverhoudingen. Als dus onder invloed van drukkrachten de

buigstijfheden schijnbaar afnemen heeft dat invloed op de krachtsverdeling.

Hierna volgen twee voorbeelden.



376

• Voorbeeld 1

Gegeven het spant in figuur 11.33 waarvoor geldt AB BCEI EI EI= = .

Tengevolge van de aanwezige belasting bedraagt de drukkracht in BC 40% van

de knikkracht1.

Figuur 11.33

Gevraagd:

Het momentenverloop volgens respectievelijk een geometrisch lineaire en

geometrisch niet-lineaire berekening.

Uitwerking:

Voor het buigend moment in B kan men met hoekveranderingsvergelijkingen

vinden (zie het intermezzo):

2B AB

BC

1 1

121

M qEI

EI

=

+

ℓ

Intermezzo

Berekening BM2

3AB BB AB AB

BC BB BC

4 48

4

M q

EI EI

M

EI

ϕ

ϕ

= − +

= +

ℓ ℓ

ℓ

Dit gesubstitueerd in de hoekveranderingsvoorwaarde:

AB BCB Bϕ ϕ=

1 Bedoeld wordt de Eulerse knikkracht, dus de knikkracht van BC als vrij opgelegde staaf.

2 De berekening wordt uitgevoerd volgens de aanpak in TOEGEPASTE MECHANICA – deel 3, paragraaf

3.1.5.



377

levert:

3B BAB AB BC4 48 4

M q M

EI EI EI− + = +

ℓ ℓ ℓ

waaruit volgt:

2B AB

BC

1 1

121

M qEI

EI

=

+

ℓ

In het geval van een geometrisch lineaire berekening (of eerste-orde-berekening)

wordt geen rekening gehouden met de schijnbare vermindering van de

buigstijfheid BCEI onder invloed van de drukkracht in BC. Met AB BCEI EI EI= = vindt men voor het buigend moment in B:

2 2 2B

1 1 1 8

12 24 1921

M q q qEI

EI

= = =

+

ℓ ℓ ℓ

De bijbehorende momentenlijn is in figuur 11.34 aangegeven met een

ononderbroken lijn1.

Figuur 11.34

Bedraagt de drukkracht in BC 40% van de knikkracht, dan is:

k 12,5

0,4

Fn

F= = =

en vindt men voor de schijnbare buigstijfheid van BC:

BC BCs

1 1(1 ) (1 ) 0,6

2,5EI EI EI EI

n= − = − =

1 De berekening wordt verder aan de lezer overgelaten.



378

Onder invloed van de drukkracht neemt de buigstijfheid van BC schijnbaar af tot

60% van zijn oorspronkelijke waarde.

Opmerking:

De reductie van de buigstijfheid met 40% kan men voor k0,4F F= ook direct uit

figuur 11.32 aflezen.

In het geval van een geometrisch niet lineaire berekening (tweede-orde-

berekening) moet men wel rekening houden met de verminderde buigstijfheid

van BC. Met ABEI EI= en BC BC

s 0,6EI EI EI= = vindt men voor het buigend

moment in B:

2 2 2B

1 1 1 6

12 32 1921

0,6

M q q qEI

EI

= = =

+

ℓ ℓ ℓ

De bijbehorende momentenlijn is in figuur 11.34 aangegeven met een

stippellijn1. Door de schijnbaar verminderde buigstijfheid van BC wordt het

buigend moment in kolom BC 25% kleiner en neemt het inklemmingsmoment in

A met 5% toe.

1 De berekening wordt weer aan de lezer overgelaten.



379

• Voorbeeld 2

De constructie in figuur 11.35a is opgebouwd uit twee volledig ingeklemde

kolommen AB en CD, die onderling zijn gekoppeld door de oneindig stijve staaf

BC. De kolommen hebben verschillende buigstijfheden. De constructie wordt in

C belast door een horizontale kracht van 28 kN.

Verder is gegeven dat de knikkracht van kolom AB (vrijgemaakt van de rest van

de constructie) 6000 kN bedraagt.

Figuur 11.35

Gevraagd:

Volgens een eerste-orde berekening:

a. De normaalkracht in staaf BC.

b. Het inklemmingsmoment in A.

c. Het inklemmingsmoment in D.

Volgens een tweede-orde berekening:

d. Een schatting van de normaalkracht in staaf BC.

e. Een schatting van het inklemmingsmoment in A.

f. Een schatting van het inklemmingsmoment in D.

Uitwerking:

a. De horizontale kracht van 28 kN verdeelt zich evenredig met de

buigstijfheden over kolommen.

op kolom AB: 14

(28 kN) 7 kN× =

op kolom CD: 34

(28 kN) 21 kN× =

In BC werkt dus een drukkracht van 7 kN, zie figuur 11.35b.



380

b. In B werkt op kolom AB een horizontale kracht van 7 kN.

A (7 kN)(5 m) 35 kNmM = =

c. In C werkt op kolom CD een horizontale kracht van 28 7 21 kN− = .

D (21 kN)(5 m) 105 kNmM = =

d. Onder invloed van de drukkrachten neemt de stijfheid van de kolommen

schijnbaar af. Allereerst worden de schijnbare stijfheden berekend, zie figuur

11.36a.

Figuur 11.36

Kolom AB Kolom CD

k k6000 kN 3 (6000 kN) 18000 kNF F= = × =

AB CD6000 kN 18000 kN 366

1000 kN 5500 kN 11n n= = = =

AB CD10 251 11s s6 12 36 12

(1 ) (1 ) 3EI EI EI EI EI EI= − = = − × =

De horizontale kracht verdeelt zich evenredig met de schijnbare buigstijfheden

over kolommen:

op kolom AB: 1010 25

(28 kN) 8 kN+

× = (was 7 kN)

op kolom CD: 2510 25

(28 kN) 20 kN+

× = (was 21 kN)

In staaf BC werkt nu een drukkracht van 8 kN (deze was 7 kN),



381

e. In B werkt op AB een horizontale kracht van 8 kN. Tengevolge hiervan is het

inklemmingsmoment in A:

(8 kN)(5 m) 40 kNm=

Hierbij moet nog worden opgeteld de invloed van de verticale kracht van 1000

kN. Dit gebeurt met de vergrotingsfactor /( 1)n n − waarin AB 6n n= = . Het

tweede-orde inklemmingsmoment in A is bij benadering dus, zie figuur 11.36b:

A

6(40 kNm) 48 kNm

6 1M = =

− (was 35kNm)

f. In C werkt op CD een horizontale kracht van 20 kN. Tengevolge hiervan is

het inklemmingsmoment in D:

(20 kN)(5 m) 100 kNm=

De invloed van de verticale kracht van 5500 kN wordt in rekening gebracht met

behulp van de vergrotingsfactor. Met CD 36/11n n= = vindt men als benadering

van het tweede-orde inklemmingsmoment in D, zie figuur 11.36b:

3611

D 3611

(100 kNm) 144 kNm1

M = =−

(was 105 kNm)

Opmerking:

De tweede-orde inklemmingsmomenten in A en D kan men ook berekenen via de

verplaatsing van de regel.

Uit de gegeven knikkracht voor AB kan men de buigstijfheid berekenen:

3 2k 2

106000 kN 60 10 kNm

4 (5 m)

EI EIF EI

2

2

π= ≈ = ⇒ = ×

4 ×ℓ

De tweede-orde verplaatsing van de regel is, berekend aan de hand van kolom

AB, met schijnbare buigstijfheid 1012

EI :

33

3 21012

(8 kN)(5 m)6,667 10 m

3 ( 60 10 kNm )w

−= = ×× × ×

Men kan ook uitgaan van kolom CD met schijnbare buigstijfheid 2512

EI :

33

3 22512

(20 kN)(5 m)6,667 10 m

3 ( 60 10 kNm )w

−= = ×× × ×



382

Voor het tweede-orde inklemmingsmoment in A vindt men nu, zie figuur 11.37:

Figuur 11.37

3A (8 kN)(5 m) (1000 kN)(6,667 10 m) 46,67 kNmM

−= + × =

en voor het tweede-orde inklemmingsmoment in D:

3D (20 kN)(5 m) (5500 kN)(6,667 10 m) 136,67 kNmM

−= + × =

Deze waarden zijn iets kleiner dan die berekend onder de deelvragen e en f.

CONSTRUCTIEMECHANICA 3 12 INSTABILITEIT DOOR NIET-LINEAIR MATERIAALGEDRAG


383

12. Instabiliteit door niet-lineair

materiaalgedrag

Voor de veren in starre-staaf-systemen en voor buigzame staven werd in

voorgaande hoofdstukken uitgegaan van een onbeperkt lineair-elastisch

materiaalgedrag. In dit hoofdstuk wordt voor de veren en staven een elasto-

plastisch materiaalgedrag aangehouden en wordt de invloed hiervan op het

constructiegedrag in een geometrisch niet-lineaire (tweede-orde) beschouwing

nader onderzocht. Door het plastische gedrag blijkt instabiliteit van het

evenwicht op te kunnen treden bij een belasting die duidelijk beneden de kniklast

ligt.

In paragraaf 12.1 wordt ingegaan op het naknikgedrag van een starre-staaf-

systeem.

In paragraaf 12.2 wordt voor een verend ingeklemde starre staaf de last bepaald

waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt. Er wordt uitgegaan van een staaf

met respectievelijk een dwarsbelasting (paragraaf 12.2.1) en een initiële

scheefstand (paragraaf 12.2.2). In beide gevallen vindt men de formule van

Merchant. Deze formule is zeer handig voor het bepalen van de tweede-orde

bezwijklast. Hierna volgen drie numeriek uitgewerkte voorbeelden (paragraaf

12.2.3).

Ook bij buigzame staven kan men voor het bepalen van de tweede-orde

bezwijklast bij benadering de formule van Merchant gebruiken. Dit wordt in

paragraaf 12.3 aangetoond aan de hand van twee voorbeelden.

Tenslotte wordt in paragraaf 12.4 zeer beknopt ingegaan op het geometrisch niet-

lineaire gedrag van een portaal.

Het hoofdstuk wordt afgesloten met een aantal vraagstukken in paragraaf 12.5.

12 INSTABILITEIT DOOR NIET-LINEAIR MATERIAALGEDRAG CONSTRUCTIEMECHANICA 3


384

12.1 Knik en naknikgedrag van een starre-staaf-systeem

Het knikprobleem van de starre staaf in figuur 12.1a, in de top gesteund door een

translatieveer, werd eerder behandeld in paragraaf 2.1.1. Toen had de

translatieveer een lineair-elastische veerkarakteristiek.

Figuur 12.1

Nu heeft de veer een elasto-plastisch gedrag; zie figuur 12.1b, waarin S de

veerkracht is en w∆ de verlenging of verkorting van de veer1. pw is de

uitwijking van de staaf waarbij in de veer de vloeikracht pS wordt bereikt:

pp

t

Sw

k= (12.1)

• Voor pw w≤ gedraagt de veer zich lineair-elastisch met stijfheid tk en geldt

voor de kracht in de veer tS k w= , zie figuur 12.2a.

• Voor pw w≥ treedt vloeien op en gedraagt de veer zich plastisch. De kracht

S in de veer blijft nu constant en is gelijk aan vloeikracht: p t pS S k w= = , zie

figuur 12.2b. De stijfheid van de veer is geheel verdwenen.

Figuur 12.2

1 De verlenging af verkorting van de veer is gelijk aan de uitwijking w van de staaf ter hoogte van de

veer. Er wordt aangenomen dat de veer dezelfde karakteristiek heeft voor trek en druk.



385

Voor een onderzoek naar de aard van het evenwicht in de verticale stand moet

het evenwicht in de naburige standen 0w ≠ worden beschouwd. Zolang pw w≤

is de veerkarakteristiek lineair-elastisch en kan worden teruggevallen op de

resultaten in par. 2.1.1.

Uit de evenwichtsvergelijking in scheefstand, zie figuur 12.2a:

�t0

S

Fw k w− =ℓ met pw w≤ (12.2)

vindt men de knikkracht:

k tF k= ℓ (12.3)

De knikkracht wordt bepaald door de stijfheid tk in het elastische traject van de

veerkarakteristiek.

Het naknikgedrag wordt voor pw w≤ gekenmerkt door neutraal evenwicht; het

neutrale karakter vindt zijn oorzaak in de linearisering van de evenwichts-

vergelijking, zoals uiteengezet in par. 2.2. Zie het last-verplaatsing-diagram in

figuur 12.3.

Figuur 12.3

Zodra pw w= treedt een wijziging in het veergedrag op. Voor pw w≥ geldt

p t pS S k w= = en is de veerkracht niet meer afhankelijk van de grootte van de

uitwijking w. Evenwicht in scheefstand is nu alleen mogelijk als, zie figuur

12.2b:

�p

t p 0

S

Fw k w− =ℓ met pw w≥ (12.4)

Met t kk F=ℓ volgt hieruit:

p t p pk

S k w wF F

w w w

⋅= = =ℓ ℓ

(12.5)



386

In het last-verplaatsing-diagram in figuur 12.3 wordt deze evenwichtsbetrekking

voorgesteld door een hyperbool met als asymptoten de F- en w-as.

Voor pw w> is het evenwicht labiel: de belasting F moet afnemen teneinde bij

voortschrijdende uitwijking het evenwicht te handhaven. Zodra na uitknikken het

plastisch moment in de veer wordt bereikt treedt bezwijken door instabiliteit op.



387

12.2 Bezwijken door instabiliteit – starre staven

In deze paragraaf wordt voor een verend ingeklemde starre staaf de tweede-orde

bezwijklast bepaald, dit is de last waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt. Er

wordt uitgegaan van een staaf met respectievelijk een dwarsbelasting (paragraaf

12.2.1) en een initiële scheefstand (paragraaf 12.2.2). In beide gevallen vindt men

de formule van Merchant. Deze formule is zeer handig voor het bepalen van de

tweede-orde bezwijklast. Verder geeft deze formule informatie over de

gevoeligheid van het systeem voor tweede-orde effecten. De paragraaf wordt

afgesloten met drie numeriek uitgewerkte voorbeelden (paragraaf 12.2.3).

12.2.1. Verend ingeklemde staaf met dwarsbelasting

In figuur 12.4a wordt een verend ingeklemde starre staaf beschouwd, waarop

behalve een verticale (druk-)kracht F in de top ook een horizontale kracht H

werkt. De rotatieveer heeft een elasto-plastische veerkarakteristiek, zie figuur

12.4b.

Figuur 12.4

pϕ is de scheefstand van de staaf waarbij het vloeimoment of plastisch moment

pM in de veer wordt bereikt:

pp

r

M

kϕ = (12.6)

• Voor pϕ ϕ≤ gedraagt de veer zich lineair-elastisch met stijfheid rk en geldt

voor het moment in de veer rM k ϕ= .

• Voor pϕ ϕ≥ geldt p r pM M k ϕ= = ; het moment in de veer is gelijk aan het

vloeimoment en onafhankelijk van de grootte van de rotatie ϕ .

Onder invloed van alleen de horizontale kracht H ondergaat de staaf een (begin-)

rotatie 0ϕ , zie figuur 12.5a:

0r k

H H

k Fϕ = =

ℓ mits 0 pϕ ϕ< (12.7)



388

Hierin is k r/F k= ℓ de knikkracht van de staaf zonder dwarsbelasting, zie

paragraaf 2.1.2:

rk

kF =

ℓ (12.8)

Figuur 12.5

Als onder invloed van alleen de horizontale kracht H het plastisch moment pM

in de rotatieveer wordt bereikt ontstaat een bezwijkmechanisme. Deze waarde

van H noemt men de eerste orde bezwijkbelasting pH , zie figuur 12.5b:

p r p pp

k

M kH

F

ϕ ϕ= = =ℓ ℓ

(12.9)

Zolang pϕ ϕ≤ is de veerkarakteristiek lineair-elastisch en kunnen de resultaten

worden overgenomen uit paragraaf 10.2, voorbeeld 1. De beginrotatie 0ϕ

volgens (12.7) wordt door de drukkracht F vergroot met de factor /( 1)n n − :

01

n

nϕ ϕ=

− waarin kF

nF

= (12.10)

Een andere schrijfwijze voor (12.10) is:

01kF Fϕ

ϕ

−=

(12.11)

Het verband tussen F en ϕ in het elastische traject wordt weergegeven door

hyperbool (a) in het - -diagramF ϕ in figuur 12.6. Het verband geldt voor pϕ ϕ≤ .



389

Figuur 12.6

De betrekkingen (12.10) en (12.11) werden in paragraaf 10.2, voorbeeld 1, afge-

leid uit het momentenevenwicht van de staaf in scheefstand, zie figuur 12.5c:

�r0

M

H F kϕ ϕ+ − =ℓ ℓ met pϕ ϕ≤ (12.12)

Voor pϕ ϕ≥ is het door de veer geleverde inklemmingsmoment M niet meer

afhankelijk van ϕ , maar is deze constant en gelijk aan het vloeimoment pM .

Vergelijking (12.12) voor het evenwicht van de staaf in scheefstand verandert nu

in, zie figuur 12.5d:

�p

r p 0

M

H F kϕ ϕ+ − =ℓ ℓ met pϕ ϕ≥ (12.13)

Delen door rk leidt tot:

� �0 k

pr r

/

0

F F

H F

k k

ϕ

ϕ ϕ+ − =ℓ ℓ

Gebruik makend van (12.7) en (12.8) vindt men hieruit:

0pkF F

ϕ ϕ

ϕ

−= met pϕ ϕ≥ (12.14)

Betrekking (12.14) wordt in het - -diagramF ϕ in figuur 12.6 weergegeven door

hyperbool (b). Deze geldt alleen voor het plastische traject pϕ ϕ≥ .

Zodra in de veer het plastisch moment pM is bereikt, moet de kracht F afnemen

om een toestand van evenwicht te handhaven. In het snijpunt van de hyperbolen

(a) en (b) is cF F= en treedt bezwijken door instabiliteit op. De grootte van de

kritieke verticale belasting cF volgt uit één van de betrekkingen (12.10), (12.11)

of (12.14) door hierin pϕ ϕ= te substitueren:



390

0c k

p

1F Fϕ

ϕ

−=

(12.15)

In figuur 12.7 zijn de - -diagrammenF ϕ geschetst voor drie verschillende

waarden van H.

Figuur 12.7

Als de dwarsbelasting H groter neemt de kritieke belasting cF af. Het is

interessant te onderzoeken welke combinaties c c( ; ) ( ; )F H F H= aanleiding

geven tot bezwijken door instabiliteit. Met 0 k/H Fϕ = (zie 12.7) en p p k/H Fϕ =

(zie 12.9) kan men voor (12.15) schrijven:

c c cc k

p k p

1 1H F H

F FH F H

−= ⇒ + =

(12.16)

Dit is een lineaire betrekking tussen cF en cH , die in figuur 12.8 in beeld is

gebracht.

Figuur 12.8



391

Er zijn twee extreme situaties:

• Als 0H = zal bezwijken optreden na het bereiken van de knikkracht

k r/F k= ℓ . c c k( ; ) ( ;0)F H F⇒ = .

• Als 0F = zal bezwijken optreden door het vloeien van de veer en het

ontstaan van een bezwijkmechanisme; de bezwijklast is p p/H M= ℓ .

c c p( ; ) (0; )F H H⇒ = .

Uit figuur 12.8 blijkt dat als de horizontale belasting bijvoorbeeld 70% van de

eerste orde bezwijklast pH bedraagt, de verticale belasting dan maximaal 30%

van de knikkracht kF kan bedragen.

Conclusie:

Tengevolge van de horizontale belasting zal de constructie bezwijken door

instabiliteit bij een verticale belasting die kleiner is dan de knikbelasting.

Als de horizontale belasting H evenredig toeneemt met de verticale belasting F,

dus H Fβ= , zie figuur 12.9, dan kan (12.16) worden omgewerkt tot:

c k p

1 1 1

F F F= + (12.17)

Figuur 12.9

Deze schrijfwijze voor uitdrukking (12.16) staat bekend als de formule van

Merchant:

De reciproke van de belasting cF waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt is

gelijk aan de som van de reciproke waarden van kniklast kF en eerste-orde

bezwijkbelasting pF .

Opmerking:

Als de eerste-orde bezwijklast pF veel kleiner is dan de knikkracht kF , dan blijkt

uit de formule van Merchant dat een fout in de grootte van de knikkracht weinig

invloed op de grootte van de tweede-orde bezwijklast pF . Het systeem is in dat

geval weinig gevoelig voor tweede-orde effecten.



392

12.2.2. Verend ingeklemde staaf met initiële scheefstand

De verend ingeklemde staaf in figuur 12.10a, met een initiële scheefstand 0ϕ ,

wordt belast door een verticale (druk)kracht F. De rotatieveer heeft een niet-

lineaire veerkarakteristiek, zie figuur 12.10b. pM is het plastisch moment van de

veer. pϕ is de scheefstand waarbij in de veer het plastisch moment wordt bereikt:

pp 0

r

M

kϕ ϕ= + (12.18)

Let op: Anders dan in paragraaf 12.2.1 is pϕ nu afhankelijk van 0ϕ .

Figuur 12.10

Als pϕ ϕ≤ gedraagt de veer zich lineair elastisch. Uit het momentenevenwicht

van de staaf in scheefstand vindt men, zie figuur 12.11b:

r 0( ) 0

M

F kϕ ϕ ϕ− − =ℓ��

(12.19)

Figuur 12.11



393

Stelt men in (12.19) 0 0ϕ = , dan ontstaat een knikprobleem en vindt men de

kniklast van de verend ingeklemde staaf:

rk

kF =

ℓ (12.20)

Voor 0 0ϕ ≠ vindt men voor het verband tussen de drukkracht F en scheefstand

ϕ :

0k 1F F

ϕ

ϕ

−=

(12.21)

of, anders geschreven:

01

n

nϕ ϕ=

− waarin kF

nF

= en pϕ ϕ≤ (12.22)

Dit is in overeenstemming met wat in paragraaf 10.1 werd aangetoond:

De initiële scheefstand wordt door een drukkracht k /F F n= vergroot met de

factor /( 1)n n − .

Het verband tussen F en ϕ in het elastische traject wordt weergegeven door

hyperbool (a) in het - -diagramF ϕ in figuur 12.12. Het verband geldt voor

pϕ ϕ≤ .

Figuur 12.12

Als pϕ ϕ≥ gedraagt de veer zich plastisch. Vergelijking (12.19) voor het

momentenevenwicht van de staaf in scheefstand verandert dan in, zie figuur

12.11c:

p

r p 0( ) 0

M

F kϕ ϕ ϕ− − =ℓ��

(12.23)



394

Hieruit volgt:

pMF

ϕ=ℓ

met pϕ ϕ≥ (12.24)

Betrekking (12.24) wordt in het - -diagramF ϕ in figuur 12.12 weergegeven door

hyperbool (b) en geldt alleen voor het plastische traject pϕ ϕ≥ .

Zodra in de veer het plastisch moment pM is bereikt, moet de kracht F afnemen

om een toestand van evenwicht te handhaven. In het snijpunt van de hyperbolen

(a) en (b) is cF F= en treedt bezwijken door instabiliteit op. De grootte van de

kritieke verticale belasting cF volgt uit één van de betrekkingen (12.21) t/m

(12.24) door hierin pϕ ϕ= te substitueren. De eenvoudigste is (12.24):

pc

p

MF

ϕ=ℓ

(12.25)

Let op: pϕ is hier afhankelijk van 0ϕ , zie (12.18).

In figuur (12.13) zijn de - -diagrammenF ϕ geschetst voor drie verschillende

waarden van 0ϕ .

Figuur 12.13

Als 0ϕ groter wordt neemt de kritieke belasting cF af. Hierna wordt onderzocht

welke kritieke combinaties c c( ; )F H aanleiding geven tot bezwijken door

instabiliteit. Met p r p 0( )M k ϕ ϕ= − en k r/F k= ℓ kan men voor (12.25) schrijven:

p 0c k

p

F Fϕ ϕ

ϕ

−=

waaruit volgt:

c 0

k p

1F

F

ϕ

ϕ+ = (12.26)



395

Alvorens deze betrekking uit te werken wordt nu eerst een uitdrukking voor de

eerste-orde bezwijklast pF afgeleid. De eerste-orde bezwijklast pF is de kracht F

waarbij in onvervormde stand het inklemmingsmoment gelijk is aan het plastisch

moment pM van de veer, zie figuur 12.14a:

pp 0 p p

0

M

F M Fϕϕ

= ⇒ =ℓℓ

(12.27)

Figuur 12.14

Opmerking:

De eerste-orde bezwijklast had men ook direct uit (12.24) kunnen vinden door

hierin 0ϕ ϕ= te substitueren.

Uit (12.25) en (12.27) vindt men:

0 c

p p

F

F

ϕ

ϕ=

Deze uitdrukking gesubstitueerd in (12.26) leidt tot:

c c

k p

1F F

F F+ =

of:

c k p

1 1 1

F F F= + (12.28)

Dit is weer de formule van Merchant:

De reciproke van de belasting cF waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt is

gelijk aan de som van de reciproke waarden van kniklast cF en eerste-orde

bezwijkbelasting pF .



396

Opmerking:

In paragraaf 12.2.2 werd al opgemerkt dat met de regel van Merchant de

gevoeligheid voor tweede-orde effecten kan worden nagegaan. Is de eerste-orde

bezwijklast pF veel kleiner is dan de knikkracht kF , dan heeft een fout in de

grootte van de knikkracht weinig invloed op de grootte van de tweede-orde

bezwijklast pF en is het systeem weinig gevoelig voor tweede-orde effecten.



397

12.2.3. Enkele numeriek uitgewerkte voorbeelden

In deze paragraaf worden drie voorbeelden numeriek uitgewerkt. Als

uitgangspunt dient daarbij steeds de vergelijking voor het evenwicht in

uitgebogen stand. De vergrotingsfactor /( 1)n n − en de formule van Merchant

worden in deze voorbeelden alleen gebruikt om de gevonden waarden te

controleren.

• Voorbeeld 1

Van de constructie in figuur 12.15 is de op excentrische druk belaste kolom AB

oneindig stijf. De kolom is in B stijf verbonden met de ligger BC. Ligger BC

heeft een buigstijfheid 21250 kNmEI = en een volplastisch moment

p 60 kNmM = . Houd verder in de berekening aan 2,5 m=ℓ en 0,2 me = .

Figuur 12.15

Gevraagd:

a. De horizontale verplaatsing van A volgens een eerste-orde berekening als

100 kNF = .

b. De horizontale verplaatsing van A volgens een tweede-orde berekening als

100 kNF = .

c. De waarde van F waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt.

d. In eenzelfde last-verplaatsing-diagram het verband te schetsen tussen de

kracht F en de horizontale verplaatsing w in A:

- in het elastische gebied volgens een eerste-orde berekening.

- in het elastische gebied volgens een tweede-orde berekening.

- in het plastische gebied volgens een tweede-orde berekening.

Opmerking:

De formule /( 1)n n − mag niet worden gebruikt, tenzij men deze eerst afleidt.



398

Uitwerking:

Voordat de vragen gericht worden beantwoord, wordt eerst enig voorbereidend

werk verricht.

In figuur 12.16 is AB in scheefstand vrijgemaakt van BC. BC oefent in B op AB

een moment M uit die de scheefstand tegenwerkt.

Figuur 12.16

Uit het momentenevenwicht van AB om A volgt:

� � �elastischeerste-orde tweede-orde

ofterm termplastisch

0Fe Fw M+ − = (12.29)

Deze evenwichtsvergelijking is het uitgangspunt voor alle verdere berekeningen.

Voor M moet daarbij onderscheid worden gemaakt tussen het elastisch en

plastisch gedrag van BC in B:

elastisch: 2

3 3EI EIM wϕ= =

ℓ ℓ voor pw w≤ (12.30)

plastisch: pM M= voor pw w≥ (12.31)

pw is de verplaatsing in A waarbij in B het volplastisch moment pM wordt

bereikt. De grootte van pw vindt men uit (12.30) door hierin te substitueren

pM M= :

2 2p

p 2

(60 kNm)(2,5 m)100 mm

3 3 (1250 kNm )

Mw

EI= = =

×

ℓ (12.32)

a. De horizontale verplaatsing van A volgens een eerste-orde berekening

tengevolge van 100 kNF = vindt men uit (12.29) door hierin de tweede-orde

term te schrappen en voor M het elastisch gedrag volgens (12.30) te substitueren:



399

Fe Fw+2

30

M

EIw− =

ℓ��

Hieruit volgt:

2 2

0 2

(100 kN)(2,5 m)(200 mm) 33,33 mm

3 3 (1250 kNm )

Fw w e

EI= = = =

×

ℓ (12.34)

De uitwijking blijft binnen het elastische gebied: 0 p 100 mmw w< = .

b. De horizontale verplaatsing van A volgens een tweede-orde berekening als

100 kNF = vindt men opnieuw uit (12.29), maar nu moeten alle termen worden

meegenomen. Opnieuw wordt voor M het elastisch gedrag gesubstitueerd:

2

30

M

EIFe Fw w+ − =

ℓ��

Hieruit volgt:

2

2 2

(100 kN)(200 mm)40 mm

3 3 (1250 kNm )(100 kN)

(2,5 m)

Few

EIF

= = =×− −

ℓ

(12.35)

De uitwijking blijft nog steeds binnen het elastische gebied: p 100 mmw w< = .

Opmerking:

Uit (12.35) blijkt dat w → ∞ als:

2

2 2

3 3 (1250 kNm )600 kN

(2,5 m)

EIF

×→ = =ℓ

(12.36)

Deze waarde van F is de knikkracht kF .

Met:

k 600 kN6

100 kN

Fn

F= = = en 0 33,33 mmw =

kan men de tweede-orde verplaatsing controleren met de bekende formule:

0

6(33,33 mm) 40 mm

1 6 1

nw w

n= = =

− −

c. Bezwijken door instabiliteit treedt op zodra het volplastisch moment in B

wordt bereikt. De kritieke belasting cF vindt men uit (12.29) door hierin

p 100 mmw w= = en p 60 kNmM M= = te substitueren:

p p 0Fe Fw M+ − =



400

Hieruit volgt:

pc

p

60 kNm200 kN

(200 100) mm

MF F

e w= = = =

+ + (12.37)

Controle met de formule van Merchant:

De knikkracht is k 600 kNF = (zie 12.36).

De eerste-orde bezwijklast pF volgt uit (12.29) door hierin de tweede-orde term

te schrappen en voor M het plastisch moment pM te substitueren:

Fe Fw+ p 0M− =

Hieruit volgt:

pp

60 kNm300 kN

0,2 m

MF

e= = =

Volgens de formule van Merchant geldt:

cc k p

1 1 1 1 1 1200 kN

600 kN 300 kN 200 kNF

F F F= + = + = ⇒ =

Dit is dezelfde waarde die hiervoor met (12.37) werd gevonden.

d. Het verband tussen F en w volgens een lineair-elastische eerste-orde

berekening werd feitelijk reeds onder vraag a afgeleid en is terug te vinden in

(12.34):

2 2

2

(2,5 m) (0,2 m)

3 3000 kN/m3 (1250 kNm )

F Fw e F

EI= = × =

×

ℓ (12.38)

Dit is een lineair verband. Zie het - -diagramF w in figuur 12.17.

Figuur 12.17

De betrekking tussen F en w volgens een lineair-elastische tweede-orde

berekening werd afgeleid in vraag b en is terug te vinden in (12.35):



401

2

(0,2 m)3 (600 kN)

Fe Fw

EI FF

= =−−

ℓ

(12.39)

Hiervoor kan men ook schrijven:

01

nw w

n=

−

In het - -diagramF w in figuur 12.17 is dit verband een hyperbool met als

asymptoten de lijnen 0w = en 2

k 3 / 600 kNF F EI= = =ℓ .

De betrekkingen (12.41) en (12.42) gelden zolang BC zich lineair-elastisch

gedraagt en p 100 mmw w≤ = .

Het tweede-orde plastisch gedrag vindt men uit evenwichtsvergelijking (12.29)

door hierin pM M= te substitueren:

p 0Fe Fw M+ − =

waaruit volgt:

p 60 kNm

(0,2 m)

MF

e w w= =

+ + (12.40)

In het - -diagramF w in figuur 12.17 is dit verband een hyperbool met als

asymptoten de lijnen 0F = en 0,2 mw = − .



402

• Voorbeeld 2

De constructie in figuur 12.18 bestaat uit de starre staven AB en CD die in A en

D scharnierend zijn verbonden met starre staaf AD. AB en CD zijn in

respectievelijk B en C stijf verbonden met ligger BC. Ligger BC heeft een

buigstijfheid 21800 kNmEI = en een volplastisch moment p 180 kNmM = . Alle

staven hebben een lengte 3 m=ℓ .

Figuur 12.18

De constructie wordt belast door een horizontale kracht H in A en een verticale

kracht F in D.

Gevraagd:

a. De knikkracht kF .

b. De eerste-orde bezwijklast pH .

c. De eerste-orde scheefstand 0ϕ van de kolommen als 20 kNH = en

800 kNF = .

d. De tweede-orde scheefstand ϕ van de kolommen als 20 kNH = en

800 kNF = .

e. Het - -diagramF ϕ voor 0H = .

f. Het - -diagramF ϕ voor 20 kNH = .

g. De waarde cF F= waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt als

20 kNH = .

h. Schets in een - -diagramF H alle combinaties c c( ; )F H waarbij bezwijken

door instabiliteit optreedt.

Opmerking:

De formule /( 1)n n − mag niet worden gebruikt, tenzij men deze eerst afleidt.

Uitwerking:

Alvorens de vragen gericht te beantwoorden wordt eerst wat voorbereidend werk

verricht.

Als de constructie vervormt ondergaan AB en CD dezelfde rotatie ϕ . In figuur

12.19 zijn AB, CD en BC uit de vervormde toestand vrijgemaakt. Daarbij is

aangenomen dat in AD een normaalkracht N heerst.



403

Figuur 12.19

Uit het momentenevenwicht van respectievelijk AB en CD in scheefstand volgt:

B

C

0

0

H N M

F N Mϕ

+ − =

− − =

ℓ ℓ

ℓ ℓ

Men kan N elimineren door beide vergelijkingen bij elkaar op te tellen:

� � B Ceerste-orde tweede-orde elastisch

term term ofplastisch

( 0H F M Mϕ+ − + =ℓ ℓ��

(12.41)

Op grond van symmetrieoverwegingen zijn de momenten in BM en CM gelijk

aan elkaar. Stel:

B CM M M= = (12.42)

Voor M moet onderscheid worden gemaakt tussen een elastisch en plastisch

gedrag van BC in B en C:

Voor ligger BC vindt men dan, zolang deze zich elastisch gedraagt:

elastisch: 6

3 6 6

M M M EIM

EI EI EIϕ ϕ= − = ⇒ =

ℓ ℓ ℓ

ℓ voor pϕ ϕ≤ (12.43)

plastisch: pM M= voor pϕ ϕ≥ (12.44)

pϕ is de scheefstand van de kolommen waarbij in B en C het volplastisch

moment pM wordt bereikt. Deze waarde vindt men uit (12.46) door hierin

pM M= te substitueren:

pp 2

(180 kNm)(3 m) 1 rad

6 206 (1800 kNm )

M

EIϕ = = =

×

ℓ (12.45)

Met (12.45) vereenvoudigt (12.44) vereenvoudigt tot:



404

� � �eerste-orde elastischtweede-orde

term oftermplastisch

2 0H F Mϕ+ − =ℓ ℓ (12.46)

Deze vergelijking in combinatie met

6EIM ϕ=

ℓ in het elastische gebied: p

1

20ϕ ϕ≤ =

pM M= in het plastische gebied: p

1

20ϕ ϕ≥ =

is het uitgangspunt voor alle verdere berekeningen.

a. De kniklast kF vindt men uit (12.46) door hierin de eerste-orde term in H

weg te laten en voor M het elastisch gedrag te substitueren:

Hℓ

2

120

M

EIF ϕ ϕ+ − =ℓ

ℓ��

waaruit volgt:

2

k 2 2

12 12 (1800 kNm )2400 kN

(3 m)

EIF

×= = =ℓ

(12.47)

b. De eerste-orde bezwijklast pH vindt men uit (12.46) door hierin de tweede-

orde term in F te schrappen en voor M het plastisch gedrag te substitueren1:

H F ϕ+ℓ ℓ p2 0M− =

waaruit volgt:

pp

2 2 (180 kNm)120 kN

3 m

MH

×= = =ℓ

(12.48)

c. De eerste-orde scheefstand 0ϕ tengevolge van 20 kNH = vindt men uit

(12.46) door hierin de tweede-orde term in F te schrappen en voor M het

elastisch gedrag te substitueren2:

H F ϕ+ℓ ℓ

2

120

M

EIϕ− =

ℓ��

waaruit volgt:

2 2

0 2

(20 kN)(3 m) 1 rad

12 12012 (1800 kNm )

H

EIϕ = = =

×

ℓ (12.49)

1 In een eerste-orde berekening wordt het evenwicht immers betrokken op de onvervormde toestand.

2 In een eerste-orde berekening wordt het evenwicht immers betrokken op de onvervormde toestand.



405

d. De tweede-orde scheefstand ϕ tengevolge van 20 kNH = en 800 kNF =

vindt men uit (12.46) door alle termen mee te nemen en voor M het elastisch

gedrag te substitueren:

2

120

M

EIH F ϕ ϕ+ − =ℓ ℓ

ℓ��

Hieruit vindt men:

2

(20 kN)(3 m) 1 rad

12 8012 (1800 kNm )(800 kN)(3 m)

3 m

H

EIF

ϕ = = =×− −

ℓ

ℓℓ

(12.50)

Controle:

Er geldt:

01

n

nϕ ϕ=

−

Met:

k 2400 kN3

800 kN

Fn

F= = = (zie 12.47) en 0

1 rad

120ϕ = (zie 12.49)

vindt men:

3 1 1( rad) rad

3 1 120 80ϕ = =

−

Dit is in dezelfde waarde als in (12.50) werd gevonden.

e. Het - -diagramF ϕ voor 0H = vindt men weer uit (12.46):

Hℓ 2 0F Mϕ+ − =ℓ (12.51)

In het elastische gebied, p 1/20ϕ ϕ≤ = , volgt hieruit:

k 2

12 120 2400 kN

EI EIF F Fϕ ϕ− = ⇒ = = =ℓ

ℓ ℓ

In het plastische gebied, p 1/20ϕ ϕ≥ = , volgt uit (12.51):

pp

2 2 (180 kNm) kN2 0

(3 m)

MF M Fϕ

ϕ ϕ ϕ

× 120− = ⇒ = = =

×ℓ

ℓ

Het - -diagramF ϕ voor 0H = is getekend in figuur 12.20.



406

Figuur 12.20

f. Het - -diagramF ϕ voor 20 kNH = vindt men eveneens uit (12.46):

2 0H F Mϕ+ − =ℓ ℓ (12.52)

In het elastische gebied, p 1/20ϕ ϕ≤ = , volgt hieruit:

2

12 12 200 (2400 ) kN

EI EI HF H Fϕ ϕ

ϕ ϕ+ − = ⇒ = − = −ℓ ℓ

ℓ ℓ (12.53)

Controle:

0

10 rad

120F ϕ ϕ= ⇒ = =

Opmerking:

(12.53) kan men omwerken1 tot 0

1

n

nϕ ϕ=

−.

Het - -diagramF ϕ voor 20 kNH = in het plastische gebied, p 1/20ϕ ϕ≥ = volgt

uit (12.52) door hierin voor M het volplastisch moment aan te houden:

p2 0F H Mϕ + − =ℓ ℓ

p2 / 2 (180 kNm)/(3 m) (20 kN) 100 kNM HF

ϕ ϕ ϕ

− × −⇒ = = =

ℓ (12.54)

Controle:

p c1/20 rad 2000 kNF Fϕ ϕ= = ⇒ = =

Het - -diagramF ϕ voor 20 kNH = is getekend in figuur 12.20.

g. Er treedt bezwijken door instabiliteit op als p 1/20 radϕ ϕ= = . Substitueer

deze waarde van ϕ in (12.53) of (12.54). en men vindt voor de kritieke verticale

last in het geval 20 kNH = :

1 Dit wordt aan de lezer overgelaten.



407

c

20(2400 ) kN 2000 kN

1/20F F= = − =

h. Op het ogenblik van bezwijken door instabiliteit is pϕ ϕ= en pM M= . Alle

kritieke combinaties c c( ; )F H vindt men door deze waarden te substitueren in

(12.46):

c c p p c c

3 m2 (3 m) 2 (180 kNm)0

20H F M H Fϕ+ − = + − ×ℓ ℓ

c c20 2400 kNH F⇒ + = (12.55)

Dit lineaire verband is weergegeven in het - -diagramF H in figuur 12.21a.

Figuur 12.21

Een andere presentatie, waarbij de grootheden op de assen dimensieloos zijn, is

gegeven in figuur 12.21b. Deze presentatie sluit aan bij de formule van

Merchant.


Volgens de formule van Merchant geldt:

c c c c

k p

12400 kN 120 kN

F H F H

F H+ = + = (12.56)

Na vermenigvuldiging met (2400 kN) vindt men inderdaad betrekking (12.55).



408

• Voorbeeld 3

AB en CD in figuur 12.22 zijn twee oneindig stijve kolommen die in

respectievelijk B en C stijf zijn verbonden met ligger BC. Ligger BC heeft een

buigstijfheid 23600 kNmEI = en een volplastisch moment p 150 kNmM = .

De belasting is in de figuur aangegeven. Houd verder in de berekening aan

3 m=ℓ .

Figuur 12.22

Gevraagd:

a. De eerste-orde verplaatsing in A als 20 kNH = en 900 kNF = .

b. De tweede-orde verplaatsing in A als 20 kNH = en 900 kNF = .

c. De eerste- en tweede-orde momentenlijn voor ABCD als 20 kNH = en

900 kNF = .

d. De eerste- en tweede-orde verplaatsing in D als 20 kNH = en 900 kNF = .

e. De knikkracht kF .

f. De eerste-orde bezwijklast pF bij 20 kNH = .

g. De kritieke kracht cF waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt als

20 kNH = .

h. Het - -diagramF w voor de verplaatsing van A bij 20 kNH = .

Uitwerking:

a. Tengevolge van alleen de horizontale kracht H in D ondervindt AB een

initiële scheefstand 0ϕ , zie figuur 12.23:

2 2C

0 2

(20 kN)(3 m) 1 rad

6 6 1206 (3600 kNm )

M H

EI EIϕ = = = =

×

ℓ ℓ



409

Figuur 12.23

De eerste-orde verplaatsing in A is1:

30 0

1(3 m) 25 10 m

120w ϕ −= = = ×ℓ

Door de verticale drukkracht F in A wordt deze uitbuiging vergroot. Stel er treedt

evenwicht op bij de in figuur 12.24 getekende scheefstand ϕ van AB.

Figuur 12.24

Uit het momentenevenwicht om B volgt:

�B

elastischof

plastisch

0F Mϕ − =ℓ (12.57)

Deze vergelijking kan als uitgangspunt worden gebruikt voor alle volgende

betrekeningen. Daarbij moet dan wel onderscheid worden gemaakt tussen het

elastische en plastische gedrag van ligger BC in B.

1 In een eerste-orde berekening wordt de invloed van de verticale drukkracht F buiten beschouwing

gelaten. De eerste-orde verplaatsing in A is dus onafhankelijk van F.



410

Als BC zich elastisch gedraagt geldt voor het buigend moment in B:

B 0

3 3( )

EI EIM ϕ ϕ ϕ= ∆ = −

ℓ ℓ voor pϕ ϕ≤ (12.58)

Nadat in B het volplastisch moment is bereikt geldt:

B pM M= voor pϕ ϕ≥ (12.59)

pϕ is de scheefstand van AB waarbij in B het volplastisch moment pM wordt

bereikt. Deze waarde volgt direct uit 12.58:

pp p 0 p 0

p 2

3( )

3

(150 kNm)(3 m) 1 rad 1 rad

120 203 (3600 kNm )

MEIM

EIϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

= − ⇒ = +

= + =×

ℓ

ℓ (12.60)

De bijbehorende horizontale uitwijking in A is:

3p p

1(3 m) 150 10 m

20w ϕ −= = = ×ℓ (12.61)

b. De tweede-orde verplaatsing in A vindt men uit (12.57) door hier voor BM

het elastisch gedrag volgens (12.58) te substitueren:

B

0

3( ) 0

M

EIF ϕ ϕ ϕ− − =ℓ

ℓ�� (12.62)

Met 900 kNF = volgt hieruit:

302 2

2

1 (3 m)

120 100 10 m(900 kN)(3 m)

1 13 3 (3600 kNm )

wF

EI

ϕϕ −

×= = = = ×

− −×

ℓℓ

ℓ (12.63)

Deze verplaatsing is kleiner dan 3

p 150 10 mw−= × .

c. Het moment is C is met en zonder de aanwezigheid van de verticale kracht F:

C (20 kN)(3 m) 60 kNmM H= = =ℓ

De invloed van de drukkracht F wordt in een eerste-orde berekening buiten

beschouwing gelaten. Dit betekent voor het eerste-orde moment in B:

B 0M =

Het tweede-orde moment in B is:

3B (900 kN)(100 10 m) 90 kNmM Fw

−= = × =



411

In figuur 12.25 zijn de eerste- en tweede-orde momentenlijn getekend.

Figuur 12.25

d. De verplaatsing in D vindt men direct uit de momentenlijn door vergeet-mij-

nietjes toe te passen op ligger BC.

De eerste-orde verplaatsing in D is:

23C

D 2

(60 kNm)(3 m)50 10 m

3 3 (3600 kNm )

Mw

EI

−= × = = ××

ℓℓ

De tweede-orde verplaatsing in D is:

CBD

2 23

2 2

( )6 3

(90 kNm)(3 m) (60 kNm)(3 m)87,5 10 m

6 (3600 kNm ) 3 (3600 kNm )

MMw

EI EI

−

= + × =

= + = ×× ×

ℓℓℓ

e. De kniklast vindt men door in (12.62) de term in 0ϕ te schrappen:

0

3(

EIF ϕ ϕ ϕ− −ℓ

ℓ) 0=

waaruit volgt:

2

k 2 2

3 3 (3600 kNm )1200 kN

(3 m)

EIF

×= = =ℓ

(12.64)

Voor deze waarde van F wordt de verplaatsing w oneindig groot, zie (12.63).

f. De eerste-orde bezwijklast pF is de kracht F waarbij in de initiële

scheefstand 0ϕ het volplastisch moment in B wordt bereikt. Bij 20 kNH = vindt

men deze waarde uit (12.57) door hierin te substitueren 0ϕ ϕ= en voor

B pM M= :

�B

p0 p p

0

150 kNm0 6000 kN

(1 rad)(3 m)

120M

MF M Fϕ

ϕ− = ⇒ = = =ℓ

ℓ (12.65)



412

g. Bezwijken door instabiliteit treedt op zodra het volplastisch moment in B

wordt bereikt en pϕ ϕ= . De kritieke waarde cF vindt men door in (12.57)

pϕ ϕ= en pM M= te substitueren:

p p 0F Mϕ − =ℓ

waaruit volgt:

pc

p

150 kNm1000 kN

(1 rad)(3 m)

20

MF

ϕ= = =ℓ


cc k p

1 1 1 1 1 11000 kN

1200 kN 6000 kN 1000 kNF

F F F= + = + = ⇒ =

g. Het - -diagramF w voor de verplaatsing van A bij 20 kNH = 1 is getekend in

figuur 12.26.

Figuur 12.26

De elastische tak van het - -diagramF w voor de verplaatsing van A vindt men uit

(12.62):

0

3( ) 0

EIF ϕ ϕ ϕ− − =ℓ

ℓ

waaruit volgt:

2

0

2

2 2

3 (3600 kNm ) (1 rad) 330 kNm(3 m) 120

3 (1200 kN)3 (3600 kNm )

(3 m)

EI

wEI F

F F

ϕϕ

×

= = = =−×− −

ℓℓ

ℓ

(12.66)

De elastische tak geldt voor p 150 mmw w≤ =

1 Deze kracht veroorzaakt bij AB een initiële scheefstand 0 1/120 radϕ = .



413

De plastische tak van het - -diagramF w volgt uit (12.57) door hierin voor BM

het plastisch moment pM te substitueren:

� �B

pp

150 kNm0

w M

MF M F

w wϕ − = ⇒ = =ℓ (12.67)

De plastische tak geldt voor p 150 mmw w≥ =



414

12.3 Bezwijken door instabiliteit – buigzame staven

Tot nu toe werd bij buigzame staven uitgegaan van een lineair-elastisch

materiaalgedrag, met buigstijfheid EI, zie het - -diagramM κ in figuur 12.27a. In

deze paragraaf wordt uitgegaan van een elasto-plastisch materiaalgedrag, zie het

- -diagramM κ in figuur 12.27b, waarin pM het volplastisch moment is.

Figuur 12.27

Bij op druk belaste staven kan door het bereiken van het volplastisch moment en

het ontstaan van een volplastisch scharnier bezwijken door instabiliteit optreden

bij een drukkracht die kleiner is dan de knikkracht. Dit wordt hierna geïllustreerd

aan de hand van twee voorbeelden.

Ter vereenvoudiging wordt aangenomen dat het volplastisch moment pM

onafhankelijk is van de drukkracht in de staaf1. Verder wordt aangenomen dat de

bekende vergrotingsfactor /( 1)n n − bij benadering mag worden toegepast op het

buigend moment2:

01

nM M

n=

−

Uit de voorbeelden zal blijken dat onder de genoemde aannamen de tweede-orde

bezwijkbelasting cF – de belasting waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt –

weer benaderd kan worden met de formule van Merchant:

c k p

1 1 1

F F F= +

waarin kF de knikbelasting is en pF de eerste-orde bezwijkbelasting.

1 In werkelijkheid zal de aanwezige drukkracht de grootte van het volplastisch moment doen afnemen.

2 Zie hoofdstuk 11.



415

Met de formule van Merchant kan de gevoeligheid voor tweede-orde effecten

worden nagegaan. Is de eerste-orde bezwijkbelasting pF veel kleiner dan de

knikbelasting kF dan heeft een fout in de grootte van de knikbelasting weinig

invloed op de grootte van de tweede-orde bezwijklast cF (de uiterste

draagkracht) van de constructie. De constructie is dan weinig gevoelig voor

tweede-orde effecten1.

• Voorbeeld 1

Bij de op excentrische druk belaste staaf in figuur 12.28 zal het grootste moment

in A optreden. Hier zal het eerst het plastisch moment worden bereikt.

Figuur 12.28

Houd in de numerieke uitwerking aan: 218000 kNmEI = , p 120 kNmM = ,

5 m=ℓ en 100 mme = .

Gevraagd:

De kracht cF F= waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt.

Uitwerking:

Eerst zullen de eerste-orde bezwijklast pF en knikkracht kF worden berekend,

twee grootheden die hierna een belangrijke rol spelen.

De eerste-orde bezwijklast pF volgt uit het momentenevenwicht om A van de

onvervormde staaf, waarbij het moment in A gelijk is aan het volplastisch

moment:

pp p p

120 kNm1200 kN

0,1 m

MF e M F

e= ⇒ = = = (12.68)

De knikkracht is:

2

k 2 2

10 (18000 kNm )1800 kNm

4 4 (5 m)

EIF

2π ×= ≈ =

×ℓ (12.69)

1 Bij staalconstructies bedraagt pF veelal 10 à 30% van kF .



416

Het eerste-orde moment in A is:

0M Fe=

Het tweede-orde moment in A is bij benadering:

k0

k1

n FM M Fe

n F F= =

− − (12.70)

Bezwijken door instabiliteit treedt op als het tweede-orde moment in A gelijk is

aan het volplastisch moment. De grootte van de drukkracht cF F= waarbij dat

gebeurt volgt uit (12.70):

kp c

k c

FM F e

F F=

− (12.71)

Substitueer (zie 12.68)

p pM F e=

in (12.71) en men vindt:

kp c

k c c k p

1 1 1FF F

F F F F F= ⇒ = +

− (12.72)

Dit is weer de bekende formule van Merchant, waarmee men voor de kracht cF

vindt:

cc k p

1 1 1 1 1 1720 kN

1800 kN 1200 kN 720 kNF

F F F= + = + = ⇒ =



417

• Voorbeeld 2

De vrij opgelegde ligger AB in figuur 12.29, met buigstijfheid 254000 kNmEI =

en volplastisch moment p 450 kNmM = , draagt in het midden C van de

overspanning 6 m=ℓ de kracht 60 kNP = . De ligger wordt verder in B belast

door een drukkracht F.

Figuur 12.29

Gevraagd:

De kracht cF F= waarbij bezwijken door instabiliteit optreedt.

Uitwerking:

Het maximum buigend moment in de ligger treedt op in C. Het eerste-orde

moment 0M in C is:

0

1 1(60 kN)(6 m) 90 kNm

4 4M P= = × =ℓ (12.73)

De kniklast kF is:

2

k 2 2

10 (54000 kNm )15000 kN

(6 m)

EIF

2π ×= ≈ =ℓ

(12.74)

Bezwijken door instabiliteit zal optreden zodra in C een volplastisch scharnier

optreedt. Het tweede-orde moment M in C is dan gelijk aan het volplastisch

moment pM :

0 p1

nM M M

n= =

− waarin k

c

Fn

F=

Hieruit volgt

p

0

450 kNm5 1,25

1 90 kNm

Mnn

n M= = = ⇒ =

− (12.75)

en dus vindt men voor de kracht cF , waarbij bezwijken door instabiliteit plaats

vindt:

c k

1 15000 kN12000 kN

1,25F F

n= = =

Opmerking:

Dat men ook hier weer gebruik kan maken van de formule van Merchant zal

hierna worden aangetoond. Daarvoor moet men behalve de knikkracht ook de

eerste-orde bezwijklast kennen. De eerste-orde bezwijklast pP volgt uit:



418

pp p p

41 4 (450 kNm)300 kN

4 6 m

MM P P

×= ⇒ = = =ℓ

ℓ (12.76)

Als op het ogenblik van bezwijken door instabiliteit cP P= en cF F= , dan is het

eerste-orde moment in C:

0 c

1

4M P= ℓ (12.77)

Substitueer (12.76) en (12.77) in (12.75) en men vindt:

p p p p p c

k0 c c c c

1 11 11

1

M P P P P Fn n

Fn M P P n P Pn

− −= = ⇒ = = =− −

Hieruit volgt weer de formule van Merchant volgt:

c c

k p

1F P

F P+ =

Met c 60 kNP = , k 15000 kNF = (zie 12.74) en p 300 kNP = (zie 12.76) vindt

men met de formule van Merchant voor de drukkracht cF waarbij bezwijken

door instabiliteit plaats vindt:

cc

60 kN1 12000 kN

15000 kN 300 kN

FF+ = ⇒ =

Dit stemt overeen met wat eerder werd gevonden.



419

12.4 Bezwijken door instabiliteit van een portaal

In deze paragraaf wordt zeer beknopt het gedrag van het portaal (tweeschar-

nierenspant) in figuur 12.30 beschreven. Het portaal wordt belast door een

horizontale kracht Fα ter hoogte van de regel en drukkrachten Fβ boven elke

stijl.

Figuur 12.30

Er zal gebruik worden gemaakt van de kennis en ervaring die in voorgaande

paragrafen is opgedaan.

Met betrekking tot het materiaalgedrag worden drie gevallen onderscheiden.

• lineair-elastisch (LE), zie het - -diagramM κ in figuur 12.31a.

• star-plastisch (SP), zie het - -diagramM κ in figuur 12.31b.

• elasto-plastisch (EP), zie het - -diagramM κ in figuur 12.31c.

Figuur 12.31

Met betrekking tot de berekeningsmethode wordt een onderscheid gemaakt

tussen:

• een geometrisch lineaire of eerste-orde berekening (1e orde), waarbij het

evenwicht wordt betrokken op de onvervormde toestand van de constructie;

• een geometrisch niet-lineaire berekening of tweede-orde berekening (2e

orde), waarbij het evenwicht wordt betrokken op de vervormde constructie.

Opmerking:

Een geometrisch lineaire berekening is veel eenvoudiger uit te voeren dan een

geometrisch niet-lineaire berekening, maar is alleen verantwoord als de tweede-

orde effecten verwaarloosbaar klein zijn.



420

Lineair-elastisch materiaalgedrag

In figuur 12.32a is de vervorming van het portaal getekend in het geval van een

lineair-elastisch materiaalgedrag overeenkomstig het - -diagramM κ in figuur

12.32b. Stijlen en regel hebben verschillende buigstijfheden, respectievelijk sEI

en rEI .

In figuur 12.32c is het verband getekend tussen de belasting F en de horizontale

verplaatsing w van de regel.

Figuur 12.32

De eerste-orde verplaatsing 0w (evenwichtstraject a) is onafhankelijk van de

grootte van de verticale belasting Fβ .

De knikbelasting kF en het naknikgedrag (evenwichtstraject b) zijn onafhanke-

lijk van de grootte van de horizontale belasting Fα .

De tweede-orde verplaatsing w (evenwichtstraject c) volgt bij benadering uit de

eerste-orde verplaatsing 0w door deze te vermenigvuldigen met de vergrotings-

factor /( 1)n n − , waarin k /n F F= .



421

Star-plastisch materiaalgedrag

In figuur 12.33a is het bezwijkmechanisme getekend in het geval van een star-

plastisch materiaalgedrag, zie het - -diagramM κ in figuur 12.33b, waarin pM het

volplastisch moment is.

In figuur 12.33c is het - -diagramF w getekend, waarin w de verplaatsing van de

regel is.

Figuur 12.33

Vanwege het star-plastische materiaalgedrag ontstaan de volplastische

scharnieren in het portaal gelijktijdig, ook als de volplastische momenten p1M en

p2M niet aan elkaar gelijk zijn.

De grootte van de eerste-orde bezwijkbelasting pF wordt uitsluitend bepaald

door de horizontale belasting Fα (evenwichtstraject d).

In een tweede-orde berekening houdt men rekening met de invloed van de

verticale belasting Fβ ; de belasting F zal bij toenemende uitwijking moeten

afnemen wil het portaal in evenwicht blijven (evenwichtstraject e)

Elasto-plastisch materiaalgedrag

Figuur 12.34b toont het - -diagramM κ voor een elasto-plastisch materiaalgedrag.

Als de volplastische momenten p1M en p2M niet aan elkaar gelijk zijn treden de

volplastisch scharnieren in de hoekpunten van het portaal niet gelijktijdig op, zie

het last-verplaatsing-diagram in figuur 12.34c.



422

Figuur 12.34

Bij een eerste-orde berekening, wordt tot het optreden van het eerste

volplastische scharnier tak a doorlopen (1e orde LE). Na het ontstaan van het

eerste volplastische scharnier is het gedrag nog steeds lineair-elastisch en is er

een lineair verband tussen F en w, maar is de stijfheid kleiner1. Zodra het tweede

volplastische scharnier zich heeft ontwikkeld ontstaat een bezwijkmechanisme en

komt men uit op tak e (1e orde SP).

In het geval van een tweede-orde berekening wordt tot het optreden van het

eerste volplastische scharnier evenwichtstraject c gevolgd (2e orde LE). Na het

tweede volplastische scharnier is er een bezwijkmechanisme en wordt

evenwichtstraject e gevolgd (2e orde SP).

Tussen het ontstaan van het eerste en tweede volplastische scharnier, kan men het

verband tussen F en w inschetsen in het - -diagramF w . Bij de belasting cF F=

treedt bezwijken door instabiliteit op. Merk op dat dit gebeurt voordat het tweede

volplastische scharnier zich heeft ontwikkeld.

De uiterste draagkracht cF kan globaal worden benaderd met de formule van

Merchant. Met de formule van Merchant kan de gevoeligheid voor tweede-orde

effecten worden nagegaan. Is de eerste-orde bezwijkbelasting pF veel kleiner

dan de knikbelasting kF dan heeft een fout in de grootte van de knikbelasting

weinig invloed op de grootte van de tweede-orde bezwijklast cF van de

constructie. De constructie is dan weinig gevoelig voor tweede-orde effecten2.

1 Dit uit zich in de kleinere helling in het - -diagramF w .

2 Bij staalconstructies bedraagt pF veelal 10 tot 30% van kF .

Module : Stabiliteit van het evenwicht Deel 1 : Theorie...

Documents

Transcript of Module : Stabiliteit van het evenwicht Deel 1 : Theorie...