19.05.20 4. Ebene Fachwerkewandinger.userweb.mwn.de/TM1/v3_4.pdf · Tragwerksanalyse TM 1 3.4-12 19.05.20 F 2F F A α x A y B y x y A 1 2 B 3 4 S A1 S A1 S 12 S 12 S B2 S B2 4.1 Knotenpunktverfahren

Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-1

20.11.20

4. Ebene Fachwerke


20.11.20

4. Ebene Fachwerke

● Ein Fachwerk ist ein Tragwerk, bei dem die folgenden vereinfachenden Annahmen zulässig sind:

– Das Tragwerk besteht aus gelenkig miteinander verbunde-nen Trägern.

– Jeder Träger ist an genau zwei Gelenken angeschlossen.

– Äußere Kräfte greifen nur in den Gelenken an.

● Dann sind alle Träger Pendelstützen.

● Die Träger eines Fachwerks werden als Stäbe und die Gelenke als Knoten bezeichnet.


20.11.20

4. Ebene Fachwerke

Knoten

Stab

● Bei realen Konstruktionen sind die Annahmen nur ange-nähert erfüllt.


20.11.20

4. Ebene Fachwerke

Foto: Rainer Knäpper, Lizenz Freie Kunst (http://artlibre.org/licence/lal/de)


20.11.20

4. Ebene Fachwerke

● Idealisierungen:

– Über die Knoten übertragene Momente sind klein, wenn die Biegesteifigkeit der Stäbe klein gegenüber der Dehnsteifig-keit ist.

– Längs der Stäbe verteilte Lasten werden durch statisch gleichwertige Kräftegruppen an den benachbarten Knoten ersetzt.

– Beispiel: Stabgewicht

mg/L ½mg ½mg

L


20.11.20

4. Ebene Fachwerke

4.1 Knotenpunktverfahren

4.2 Rittersches Schnittverfahren

4.3 Fachwerk-Systeme


20.11.20


● Beim Knotenpunktverfahren werden die Stabkräfte aus den Gleichgewichtsbedingungen für die Knoten berech-net:

– Freischneiden der Knoten

– Die am Knoten angreifenden Kräfte bilden ein zentrales Kraftsystem.

– Gleichgewichtsbedingungen: ∑ F x=0, ∑ F y=0


20.11.20


● Statisch bestimmte Fachwerke:

– Ein Fachwerk heißt statisch bestimmt, wenn sich die Kräfte in den Stäben aus den Gleichgewichtsbedingungen ermit-teln lassen.

– Sei S die Anzahl der Stäbe, K die Anzahl der Knoten und L die Anzahl der Lagerkräfte.

– Ein Fachwerk ist statisch bestimmt, wenn gilt:● Ebenes Fachwerk: S + L = 2K● Räumliches Fachwerk: S + L = 3K


20.11.20


● Vorgehen:

– Ermittlung der Lagerkräfte aus Gesamtgleichgewicht

– Nummerierung der Knoten

– Nummerierung der Stäbe:● z. B. Stab 12 verbindet die Knoten 1 und 2

– Stabkräfte an den Knoten einzeichnen:● Werden die Kräfte von den Knoten weg

zeigend eingezeichnet, dann sindZugkräfte positiv.

– Kräftegleichgewicht an Knoten aufstellen

Zugkraft (positiv)


20.11.20


2a2a2a

F

F2F

α

a

● Beispiel:

– Gegeben:● F = 1500 N

– Gesucht:● Lagerkräfte und Stab-

kräfte


20.11.20

2a2a2a

F

F2F

αAx

Ay

By

x

y

A B

✄a


– Lagerkräfte:

∑ M A=0 : 6 a By−4 a F−2 a⋅2 F−a F=0 → By=

32

F=2250 N

∑ M B=0 : −6 a Ay−a F+4 a⋅2 F +2 a F=0 → Ay=

32

F=2250 N

∑ F x=0 : Ax+F=0 → Ax=−F=−1500 N


20.11.20

F

F2F

αAx

Ay

By

x

y

A B1 2

3 4

SA1

SA1

S12

S12

SB2

SB2


– Stabkräfte:

● Geometrie: tan(α)=a

2 a=12

, cos(α)=1

√1+ tan2(α)

=2√5

sin (α)=tan(α)cos(α)=1√5


20.11.20


● Knoten A:

α

SA3

Ay

Ax

SA1

✄

A

∑ F y=0 : Ay+S A 3 sin(α)=0

→ S A3=−Ay

sin(α)=−√5 Ay=−

3√52

F

∑ F x=0 : Ax+S A1+S A3 cos(α)=0

→ S A1=−Ax+Ay

tan (α)=−A x+2 Ay

=(1+3 ) F=4 F


20.11.20


● Knoten 1:

SA1

S13

2F

S12

✄1

∑ F x=0 : −S A 1+S 12=0

→ S 12=S A1=4 F

∑ F y=0 : −2 F +S 13=0

→ S 13=2 F


20.11.20


● Knoten 3:

∑ F y=0 :−S A3 sin(α)−S 13−S 23 sin (α)=0

F

S34

S13

S23S

A3

✄ 3

→ S 23=−S A 3−S 13

sin(α)=−SA 3−√5 S 13

=( 32−2)√5 F=−

√52

F

∑ F x=0 : F+S 34+(S 23−S A 3)cos(α)=0

→ S 34=−F− (S 23−S A 3) cos (α)=−F−2√5

(S 23−S A 3)

=−F−2√5 (−√5

2+

32 √5)F=−3 F


20.11.20


● Knoten 4:

S34

S24 S

B4

α

✄

4∑ F x=0 : −S 34+S B 4 cos(α)=0

→ S B 4=S34

cos(α)=

√52

S 34

=−3√5

2F

∑ F y=0 : −S 24−S B 4 sin (α)=0

→ S24=−SB 4 sin(α)=3√5

21√5

F=32

F


20.11.20


● Knoten B:

● Knoten 2 liefert zwei weitere Gleichungen zur Probe.

SB2

By

SB4

α

✄

B

∑ F x=0 : −S B 2−S B 4 cos(α)=0

→ S B 2=−SB 4 cos(α)=−2√5

S B 4

=2√5

3√52

F=3 F

Probe: ∑ F y=S B 4 sin(α)+B y=(− 3√52

1√5

+32 )F=0


20.11.20


Stab Kraft

A1 4F = 6000 N Zug

12 4F = 6000 N Zug

B2 3F = 4500 N Zug

34 -3F = -4500 N Druck

A3 -3√5F/2 = -5031 N Druck

13 2F = 3000 N Zug

23 -√5F/2 = -1677 N Druck

24 3F/2 = 2250 N Zug

B4 -3√5F/2 = -5031 N Druck


20.11.20


● Nullstäbe:

– Nullstäbe sind Stäbe, deren Kraft null ist.

– Es gelten folgende Regeln:

1) Sind an einem unbelasteten Knoten zwei Stäbe angeschlos-sen, die nicht in gleicher Richtung liegen, dann sind beide Stäbe Nullstäbe.

2) Sind an einem belasteten Knoten zwei Stäbe angeschlossen und greift die äußere Last in Richtung des einen Stabes an, dann ist der andere Stab ein Nullstab.

3) Sind an einem unbelasteten Knoten drei Stäbe angeschlos-sen, von denen zwei in der gleichen Richtung liegen, dann ist der dritte Stab ein Nullstab.


20.11.20


Regel 1Regel 3

Regel 3Regel 2F1

F2


20.11.20


● Das Rittersche Schnittverfahren ist vorteilhaft, wenn nur einige Stabkräfte zu bestimmen sind.

● Vorgehen:

– Teilfachwerke werden so freigeschnitten, dass maximal drei Stäbe mit unbekannten Kräften geschnitten werden, die nicht alle zum gleichen Knoten gehören.

– Die Stabkräfte werden aus den drei Gleichgewichtsbedin-gungen für die Teilfachwerke bestimmt.

● Das Rittersche Schnittverfahren eignet sich auch als Kon-trolle für das Knotenpunktverfahren.


20.11.20


● Beispiel:

– Für das abgebildete Fachwerk sollen die Kräfte in den Stä-ben 12, 34 und 23 bestimmt werden.

2a2a2a

F

F

2F

αAx

Ay

By

x

y

A B

✄

a

1 2

3 4


20.11.20


– Lagerkräfte (vgl. Abschnitt 4.1):

– Geometrie (vgl. Abschnitt 4.1):

Ax=−F=−1500 N , Ay=32

F=2250 N , By=32

F=2250 N

tan (α)=a

2 a =12

, cos(α)=1

√1+tan2(α)

=2√5

sin (α)=tan (α)cos(α)=1√5


20.11.20


– Stabkräfte:

2a2a2a

F

F2F

αAx

Ay

By

x

y

A B

a

1 2

3 434

12

23


20.11.20


2aF By

x

y

4

2

S34

S23

S12

a

✄

– Gleichgewicht am rechten Teilfachwerk:

∑ M 2=0 : a S 34+2 a By=0

S 34=−2⋅32

F=−3 F=−4500 N

∑ F y=0 : S 23 sin (α)−F+B y=0

S 23=(1−32 )√5 F=−

√52

F=−1677 N

∑ F x=0 : −S 34−S23 cos(α)−S12=0

S 12=(2⋅32+

√52

2

√5 )F=4 F=6000 N


20.11.20


● Komplizierte Fachwerke lassen sich leichter berechnen, wenn sie in Teilfachwerke zerlegt werden.

● Zuerst werden wie bei der Tragwerksanalyse die Lager-kräfte und die Zwischenreaktionen ermittelt.

● Anschließend können die Stabkräfte berechnet werden.


20.11.20


aaaa

x

yG

F1

F2

AB

a

a a

● Beispiel:

– Gegeben:● F1 = F2 = 10 kN

– Gesucht:● Kräfte im Gelenk G● Stabkräfte


20.11.20


– Gesamtfachwerk:● 22 Stäbe, 4 Lagerkräfte, 13 Knoten

● aber: Lagerkräfte können nicht vorab aus Gleichgewicht am Gesamtfachwerk bestimmt werden

– Aufschneiden am Knoten G● 4 Lagerkräfte, 2 Zwischenreaktionen (Gelenkkräfte Gx , Gy ),

2 Bauteile

S +L=22+4=26=2⋅13=2⋅K → statisch bestimmt

L+Z=4+2=6=3⋅2=3⋅N → statisch bestimmt


20.11.20


F1

F2

Ax

Ay

Gx

Gx

Gy

Gy

By

Bx

x

y

System 1:System 2:

✄


20.11.20


– Es stehen 2∙3 Gleichgewichtsbedingungen zur Bestimmung der 6 unbekannten Kräfte zur Verfügung.

– Es ist jedoch nicht möglich, die Kräfte für jedes Teilsystem allein zu ermitteln.

– Die Rechnung vereinfacht sich durch Aufteilung in 2 Lastfäl-le:

● Lastfall 1: Nur Kraft F1 auf System 1

● Lastfall 2: Nur Kraft F2 auf System 2

– Die tatsächlichen Kräfte ergeben sich durch Überlagerung der beiden Lastfälle.


20.11.20


– Lastfall 1, System 1:● System 2 ist eine Pendelstütze.

2a

F1

A1x

A1y

y

α

G1

x

G

A

✄a

a

α

tan (α)=13

: cos(α)=3

√10, sin(α)=

1√10


20.11.20


∑ F x=0 : A1 x−G1 cos(α)=0 → A1 x=G 1 cos(α)=F 1

∑ F y=0 : A1 y−F 1+G1 sin (α)=0 → A1 y=F 1−G 1 sin (α)=23

F 1

→ G 1 (3+3 )=2 √10 F 1

→ G 1=√10

3F 1

∑ M A=0 : 3 a G 1 sin (α)+a G 1 cos(α)−2 a F 1=0

G 1 x=G 1 cos(α)=3

√10G 1=F 1

G 1 y=−G 1 sin (α)=−1

√10G1=−

F 1

3


20.11.20

G1

α

x

y

G

B✄

3aB

1


– Lastfall 1, System 2: Pendelstütze

B1=G1

B1 x=−B1 cos(α)=−F 1 , B1 y=B1 sin (α)=F 1

3


20.11.20


– Lastfall 2, System 2:● System 1 ist eine Pendelstütze.

2aa

B2x B

2y

α

x

y

GG

2

α

F2

B

✄

a


20.11.20


∑ M B=0 : −3 a G 2 sin (α)−a G 2 cos(α)+2 a F 2=0

∑ F x=0 : G 2 cos(α)+B2 x=0 → B2 x=−G 2 cos(α)=−F 2

∑ F y=0 : G 2 sin(α)−F 2+B2 y=0 → B2 y=F 2−G 2 sin (α)=23

F 2

→ G 2 (3+3 )=2 √10 F 2

→ G 2=√10

3F 2

G 2 x=G 2 cos(α)=3

√10G 2=F 2

G 2 y=G 2 sin (α)=1

√10G 2=

F 2

3


20.11.20

A2

yα

α

x

G

A

✄G

2


– Lastfall 2, System 1: Pendelstütze

A2 x=A2 cos(α)=F 2 , A2 y=A2 sin(α)=F 2

3

A2=G2


20.11.20


– Ergebnis:

Lastfall 1 Lastfall 2 Überlagerung Zahlenwert

Ax

F1

F2

F1 + F

220 kN

Ay

2F1 /3 F

2 /3 (2F

1 + F

2 )/3 10 kN

Bx

-F1

-F2

-F1 - F

2-20 kN

By

F1 /3 2F

2 /3 (F

1 + 2F

2 )/3 10 kN

Gx

F1

F2

F1 + F

220 kN

Gy

-F1 /3 F

2 /3 (F

2 – F

1 )/3 0 kN


20.11.20


– Ermittlung der Stabkräfte:● Übung

19.05.20 4. Ebene Fachwerkewandinger.userweb.mwn.de/TM1/v3_4.pdf · Tragwerksanalyse TM 1 3.4-12 19.05.20 F 2F F A α x A y B y x y A 1 2 B 3 4 S A1 S A1 S 12 S 12 S B2 S B2 4.1 Knotenpunktverfahren

Documents