Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-2
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.
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-3
20.11.20
4. Ebene Fachwerke
Knoten
Stab
● Bei realen Konstruktionen sind die Annahmen nur ange-nähert erfüllt.
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20.11.20
4. Ebene Fachwerke
Foto: Rainer Knäpper, Lizenz Freie Kunst (http://artlibre.org/licence/lal/de)
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-5
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
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20.11.20
4. Ebene Fachwerke
4.1 Knotenpunktverfahren
4.2 Rittersches Schnittverfahren
4.3 Fachwerk-Systeme
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-7
20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-8
20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
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20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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)
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20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
2a2a2a
F
F2F
α
a
● Beispiel:
– Gegeben:● F = 1500 N
– Gesucht:● Lagerkräfte und Stab-
kräfte
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-11
20.11.20
2a2a2a
F
F2F
αAx
Ay
By
x
y
A B
✄a
4.1 Knotenpunktverfahren
– 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-12
20.11.20
F
F2F
αAx
Ay
By
x
y
A B1 2
3 4
SA1
SA1
S12
S12
SB2
SB2
4.1 Knotenpunktverfahren
– Stabkräfte:
● Geometrie: tan(α)=a
2 a=12
, cos(α)=1
√1+ tan2(α)
=2√5
sin (α)=tan(α)cos(α)=1√5
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20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
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20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
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20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-16
20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
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20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-18
20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-19
20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
● 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.
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-20
20.11.20
4.1 Knotenpunktverfahren
Regel 1Regel 3
Regel 3Regel 2F1
F2
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-21
20.11.20
4.2 Rittersches Schnittverfahren
● 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.
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20.11.20
4.2 Rittersches Schnittverfahren
● 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-23
20.11.20
4.2 Rittersches Schnittverfahren
– 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-24
20.11.20
4.2 Rittersches Schnittverfahren
– Stabkräfte:
2a2a2a
F
F2F
αAx
Ay
By
x
y
A B
a
1 2
3 434
12
23
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-25
20.11.20
4.2 Rittersches Schnittverfahren
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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-26
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
● 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.
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-27
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
aaaa
x
yG
F1
F2
AB
a
a a
● Beispiel:
– Gegeben:● F1 = F2 = 10 kN
– Gesucht:● Kräfte im Gelenk G● Stabkräfte
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-28
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
– 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-29
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
F1
F2
Ax
Ay
Gx
Gx
Gy
Gy
By
Bx
x
y
System 1:System 2:
✄
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-30
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
– 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.
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-31
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
– 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-32
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
∑ 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-33
20.11.20
G1
α
x
y
G
B✄
3aB
1
4.3 Fachwerk-Systeme
– Lastfall 1, System 2: Pendelstütze
B1=G1
B1 x=−B1 cos(α)=−F 1 , B1 y=B1 sin (α)=F 1
3
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-34
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
– Lastfall 2, System 2:● System 1 ist eine Pendelstütze.
2aa
B2x B
2y
α
x
y
GG
2
α
F2
B
✄
a
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-35
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
∑ 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
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-36
20.11.20
A2
yα
α
x
G
A
✄G
2
4.3 Fachwerk-Systeme
– Lastfall 2, System 1: Pendelstütze
A2 x=A2 cos(α)=F 2 , A2 y=A2 sin(α)=F 2
3
A2=G2
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.4-37
20.11.20
4.3 Fachwerk-Systeme
– 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