F - Prof. Dr.-Ing. Johannes Wandinger

4. Ebene Fachwerke
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
15.07.15
TM 1 3.4-1
15.07.15
4. Ebene Fachwerke
●
●
●
Ein Fachwerk ist ein Tragwerk, bei dem die folgenden
vereinfachenden Annahmen zulässig sind:
–
Das Tragwerk besteht aus gelenkig miteinander verbundenen 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.
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-2
4. Ebene Fachwerke
15.07.15
Knoten
Stab
●
Bei realen Konstruktionen sind die Annahmen nur angenähert erfüllt.
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-3
4. Ebene Fachwerke
15.07.15
Foto: Rainer Knäpper, Lizenz Freie Kunst (http://artlibre.org/licence/lal/de)
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-4
4. Ebene Fachwerke
●
15.07.15
Idealisierungen:
–
Über die Knoten übertragene Momente sind klein, wenn die
Biegesteifigkeit der Stäbe klein gegenüber der Dehnsteifigkeit ist.
–
Längs der Stäbe verteilte Lasten werden durch statisch
gleichwertige Kräftegruppen an den benachbarten Knoten
ersetzt.
–
Beispiel: Stabgewicht
L
mg/L
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½mg
3. Tragwerksanalyse
½mg
TM 1 3.4-5
4. Ebene Fachwerke
●
15.07.15
Statisch bestimmte Fachwerke:
–
Ein Fachwerk heißt statisch bestimmt, wenn sich die Kräfte
in den Stäben aus Gleichgewichtsbetrachtungen ermitteln
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
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-6
4. Ebene Fachwerke
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
4.2 Rittersches Schnittverfahren
4.3 Fachwerk-Systeme
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-7
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
●
Beim Knotenpunktverfahren werden die Stabkräfte aus
den Gleichgewichtsbedingungen für die Knoten berechnet:
–
Freischneiden der Knoten
–
Die am Knoten angreifenden Kräfte bilden ein zentrales
Kraftsystem.
–
Gleichgewichtsbedingungen:
∑ F x =0, ∑ F y =0
Bei statisch bestimmten Fachwerken können alle Stabkräfte und Lagerkräfte aus den Gleichgewichtsbedingungen für die Knoten bestimmt werden.
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-8
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Vorgehen:
–
Ermittlung der Lagerkräfte aus Gesamtgleichgewicht
–
Nummerierung der Knoten
–
Nummerierung der Stäbe:
●
–
Stabkräfte an den Knoten einzeichnen:
●
–
z.B. Stab 12 verbindet die Knoten 1 und 2
Werden die Kräfte von den Knoten weg
zeigend eingezeichnet, dann sind
Zugkräfte positiv.
Zugkraft (positiv)
Kräftegleichgewicht an Knoten aufstellen
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3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-9
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Beispiel:
F
a
α
2F
2a
–
Gegeben:
●
F
2a
–
Gesucht:
F = 1500 N
Prof. Dr. Wandinger
2a
●
3. Tragwerksanalyse
Lagerkräfte und Stabkräfte
TM 1 3.4-10
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
–
Lagerkräfte:
F

y
a
x
Ax
α
A
2a
2a
2F
Ay
F
2a
B
By
3
∑ M =0 : 6 a B y −4 a F−2 a⋅2 F −a F =0 → B y = 2 F =2250 N
3
B
∑ M =0 : −6 a Ay −a F + 4 a⋅2 F +2 a F =0 → Ay = 2 F =2250 N
A
∑ F x =0
: A x + F=0 → A x =−F=−1500 N
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-11
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
–
Stabkräfte:
F
3
y
4
x
Ax
A
SA1
Ay
●
Geometrie:
Prof. Dr. Wandinger
SB2
S12
α
SA1
1
2F
S12
2
F
SB2
B
By
a 1
1
2
tan (α)= = , cos (α)=
=
2
2a 2
√ 1+tan (α) √ 5
1
sin(α)=tan (α) cos(α)=
√5
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-12
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Knoten A:
∑ F y =0

: A y +S A 3 sin(α)=0
Ay
→ S A 3=−
=−√ 5 A y
sin (α)
∑ F x =0
SA3
Ax
α
A
SA1
Ay
: A x +S A 1 +S A 3 cos(α)=0
Ay
→ S A1 =−A x +
=−A x +2 A y
tan (α)
Zahlenwerte:
S A 3=−√ 5⋅2250 N=−5031 N
S A 1=1500 N+2⋅2250 N=6000 N
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-13
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Knoten 1:
∑ F x =0
: −S A 1 +S 12 =0
→ S 12 =S A1
∑ F y =0
: −2 F +S 13=0
S13

SA1
S12
1
2F
→ S 13=2 F
Zahlenwerte:
S 12 =6000 N
S 13=2⋅1500 N=3000 N
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-14
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Knoten 3:
∑ F y =0
:
−S A 3 sin(α)−S 13−S 23 sin(α)=0
S 13
→ S 23 =−S A 3 −
=−S A 3− √ 5 S 13
sin (α)
∑ F x =0
F
SA3
S34
3
S13
S23
: F +S 34 +(S 23 −S A 3 )cos (α)=0
2
→ S 34 =−F −( S 23−S A3 ) cos(α)=−F − ( S 23−S A 3 )
√5
Zahlenwerte:
S 23 =√ 5 ( 2250−3000 ) N=−√ 5⋅750 N=−1677 N
S 34 =−1500 N−2 (−750+2250 ) N=−4500 N
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-15
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Knoten 4:
∑ F x =0
: −S 34 +S B 4 cos(α)=0
S 34
5
√
→ S B 4=
= S 34
cos(α) 2
∑ F y =0
S34
4

S24
α
SB4
: −S 24 −S B 4 sin(α)=0
1
→ S 24 =−S B 4 sin(α)=−S 34 tan(α)=− S 34
2
Zahlenwerte:
SB 4
5
√
=− ⋅4500 N=−
2
√ 5⋅2250 N=−5031 N
1
S 24 = ⋅4500 N=2250 N
2
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-16
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
●
Knoten B:
∑ F x =0
: −S B 2 −S B 4 cos(α)=0
2
→ S B 2 =−S B 4 cos(α)=− S B 4
√5
Zahlenwert:
Probe:
●
SB4
S B 2 =2⋅2250 N=4500 N
α
B
SB2

By
∑ F y =S B 4 sin (α)+B y=−2250 N+2250 N=0 N
Knoten 2 liefert zwei weitere Gleichungen zur Probe.
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3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-17
4.1 Knotenpunktverfahren
–
15.07.15
Ergebnis:
Stab
A1
12
B2
34
A3
13
23
24
B4
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Kraft [N]
6000
6000
4500
-4500
-5031
3000
-1677
2250
-5031
3. Tragwerksanalyse
Zug
Zug
Zug
Druck
Druck
Zug
Druck
Zug
Druck
TM 1 3.4-18
4.1 Knotenpunktverfahren
●
15.07.15
Nullstäbe:
–
Nullstäbe sind Stäbe, deren Kraft null ist.
–
Es gelten folgende Regeln:
1) Sind an einem unbelasteten Knoten zwei Stäbe angeschlossen, 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 angeschlossen, von denen zwei in der gleichen Richtung liegen, dann
ist der dritte Stab ein Nullstab.
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3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-19
15.07.15
4.1 Knotenpunktverfahren
Regel 3
F1
Prof. Dr. Wandinger
Regel 2
Regel 1
Regel 3
3. Tragwerksanalyse
F2
TM 1 3.4-20
4.2 Rittersches Schnittverfahren
●
●
●
15.07.15
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 Gleichgewichtsbedingungen für die Teilfachwerke bestimmt.
Das Rittersche Schnittverfahren eignet sich auch als Kontrolle für das Knotenpunktverfahren.
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3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-21
15.07.15
4.2 Rittersches Schnittverfahren
●
Beispiel:
–
Für das abgebildete Fachwerk sollen die Kräfte in den Stäben 12, 34 und 23 bestimmt werden.

y
F
3
4
x
a
Ax
α
A
Ay
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2
1
2a
2a
2F
3. Tragwerksanalyse
F
2a
B
By
TM 1 3.4-22
15.07.15
4.2 Rittersches Schnittverfahren
–
Lagerkräfte (vgl. Abschnitt 4.1):
3
3
A x =−F =−1500 N , A y = F =2250 N , B y = F =2250 N
2
2
–
Geometrie (vgl. Abschnitt 4.1):
a 1
1
2
tan = = , cos=
=
2
2a 2
 1tan   5
1
sin =tan cos =
5
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3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-23
15.07.15
4.2 Rittersches Schnittverfahren
Stabkräfte:
y
F
3
34
x
Ax
23
1
α
A
Ay
Prof. Dr. Wandinger
4
2a
12
2a
2F
3. Tragwerksanalyse
a
2
F

–
2a
B
By
TM 1 3.4-24
15.07.15
4.2 Rittersches Schnittverfahren
–
Gleichgewicht am rechten Teilfachwerk:
S34
4

S23
y
S12
a
2
F
x
2a
By
2
M
∑ =0 : a S 34 +2 a B y =0
3
S 34=−2⋅ F =−4500 N
2
∑ F y =0
: S 23 sin (α)−F + B y =0
3
F
S 23= 1−
=−1677 N
2 sin(α)
( )
∑ F x =0
: −S 34−S 23 cos(α)−S 12=0
3 1
S 12= 2⋅ + cot (α) F =6000 N
2 2
(
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
)
TM 1 3.4-25
4.3 Fachwerk-Systeme
●
●
●
15.07.15
Komplizierte Fachwerke lassen sich leichter berechnen,
wenn sie in Teilfachwerke zerlegt werden.
Zuerst werden wie bei der Tragwerksanalyse die Lagerkräfte und die Zwischenreaktionen ermittelt.
Anschließend können die Stabkräfte berechnet werden.
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-26
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
●
Beispiel:
F2
F1
a
a
a
a
a
a
G
h
y
α
A
–
Gegeben:
●
●
x
–
B
Gesucht:
F1 = F2 = 10 kN
α = 20°
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
●
Kräfte im Gelenk G
●
Stabkräfte
TM 1 3.4-27
4.3 Fachwerk-Systeme
–
15.07.15
Gesamtfachwerk:
●
22 Stäbe, 4 Lagerkräfte, 13 Knoten
S L=224=26=2⋅13=2⋅K  statisch bestimmt
●
–
aber: Lagerkräfte können nicht vorab aus Gleichgewicht am
Gesamtfachwerk bestimmt werden
Aufschneiden am Knoten G
●
4 Lagerkräfte, 2 Zwischenreaktionen (Gelenkkräfte Gx , Gy ),
2 Bauteile
L Z =42=6=3⋅2=3⋅N  statisch bestimmt
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3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-28
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme

System 1:
Gy
F1
System 2:
F2
Gx
Ax
Gx
Ay
Gy
y
Bx
x
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
By
TM 1 3.4-29
4.3 Fachwerk-Systeme
15.07.15
–
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 Lastfälle:
–
●
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.
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-30
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
–
Lastfall 1, System 1:
●
System 2 ist eine Pendelstütze.

F1
2a
a
α
G
A1x
A
Prof. Dr. Wandinger
α
G1
y
x
A1y
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-31
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
A
M
∑ =0 : 3 a G 1 sin (α)+3 a tan (α)G 1 cos (α)−2 a F 1=0
F1
→ G 1=
3sin (α)
∑ F x =0
F1
→ G 1 x =G 1 cos(α)=
3 tan (α)
F1
G 1 y =−G1 sin (α)=−
3
: A1 x −G 1 cos(α)=0
∑ F y =0 : A1 y −F 1+ B1 sin (α)=0
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
F1
→ A1 x =
3 tan(α)
2
→ A1 y = F 1
3
TM 1 3.4-32
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
–
Lastfall 1, System 2: Pendelstütze
G
G1

α
y
3a
x
B
B1
B1 =G 1
F1
F1
B1 x =−B 1 cos (α)=−
, B 1 y =B1 sin (α)=
3 tan(α)
3
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-33
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
–
Lastfall 2, System 2:
●
System 1 ist eine Pendelstütze.

F2
a
α
G2
2a
G
y
x
Prof. Dr. Wandinger
B
α
3. Tragwerksanalyse
B2x
B2y
TM 1 3.4-34
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
B
M
∑ =0 : −3 a G 2 sin (α)−3 a tan(α)G 2 cos (α)+2 a⋅F 2=0
F2
F2
F2
→ G2=
→ G 2 x=
, G 2 y=
3sin α
3 tan (α)
3
∑ F x =0
: G 2 cos(α)+ B 2 x =0
F2
→ B 2 x =−G 2 cos(α)=−
3 tan(α)
∑ F y =0
: G 2 sin(α)−F 2 + B 2 y =0
2
→ B 2 y =F 2 −G 2 sin (α)= F 2
3
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-35
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
–
Lastfall 2, System 1: Pendelstütze
G

A
G2
α
y
α
x
A2
A2 =G 2
A2 x = A2 cos(α)=
Prof. Dr. Wandinger
F2
3 tan (α)
, A2 y = A2 sin (α)=
3. Tragwerksanalyse
F2
3
TM 1 3.4-36
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
–
Ergebnis:
Ax
Ay
Bx
Lastfall 1
Lastfall 2
F1
3 tan(α)
F2
3 tan(α)
F 1+ F 2
3 tan(α)
2
F1
3
F1
−
3 tan (α)
F2
3
F2
−
3 tan (α)
2
1
F1 + F 2
3
3
F 1+ F 2
−
3 tan (α)
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
Überlagerung
TM 1 3.4-37
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
Lastfall 1
By
Gx
Lastfall 2
Überlagerung
F1
3
F1
3 tan(α)
2
F2
3
F2
3 tan(α)
1
2
F1+ F2
3
3
F 1+ F 2
3 tan(α)
F1
−
3
F2
3
F 2 −F 1
3
Gy
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-38
15.07.15
4.3 Fachwerk-Systeme
–
Zahlenwerte:
10 kN+10 kN
=18,32 kN
3 tan (20 °)
2⋅10 kN 10 kN
Ay=
+
=10 kN
3
3
10 kN+10 kN
B x =−
=−18,32 kN
3 tan (20 °)
10 kN 2⋅10 kN
B y=
+
=10 kN
3
3
Ax =
A x + B x =0 kN
A y + B y =20 kN=F 1 + F 2
10 kN+10 kN
Gx=
=18,32 kN
3 tan(20 °)
–
10 kN−10 kN
G y=
=0 kN
3
Ermittlung der Stabkräfte als Übung
Prof. Dr. Wandinger
3. Tragwerksanalyse
TM 1 3.4-39

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