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Statik Skript: Prof. Dr. J. Wandinger Literatur ● ● Gross, Hauger, Schnell, Schröder, Technische Mechanik 1, Springer Holzmann, Meyer, Schumpich, Technische Mechanik Band 1: Statik, Teubner ● Hibbeler, Technische Mechanik 1, Pearson ● Dankert, Dankert, Technische Mechanik, Teubner ● Assmann, Technische Mechanik 1, Oldenbourg Prof. Dr. Wandinger Einleitung Statik 0-2 Übersicht Technische Mechanik Dynamik Statik Kinematik Festigkeitslehre Prof. Dr. Wandinger Kinetik Einleitung Statik 0-3 Übersicht ● Statik: – ● Festigkeitslehre: – ● Kräfte und Verformungen am elastisch verformbaren Körper Kinematik: – ● Gleichgewicht am starren Körper Bewegungslehre Kinetik: – Zusammenhang zwischen den Kräften und der von ihnen verursachten Bewegung Prof. Dr. Wandinger Einleitung Statik 0-4 Inhalt 1. Kräfte und Momente 2. Grundlagen der Tragwerksanalyse 3. Fachwerke 4. Statik des Balkens 5. Haftung und Reibung 6. Schwerpunkt Prof. Dr. Wandinger Einleitung Statik 0-5 Kräfte und Momente 1. Grundbegriffe 2. Zentrale Kraftsysteme 3. Allgemeine Kraftsysteme Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1-1 1. Grundbegriffe ● ● ● Kräfte beschreiben den Einfluss der Umgebung auf die betrachtete Struktur. Zur Ermittlung der Kräfte wird die Struktur aus ihrer Umgebung freigeschnitten. Beispiel: Brücke Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-1 1. Grundbegriffe ● ● Kräfte erkennt man an ihrer Wirkung: – Bewegungsänderung → Kinetik – Formänderung → Festigkeitslehre Die Statik untersucht das Gleichgewicht am starren Körper: – Starrer Körper: Die Verformungen des Körpers werden vernachlässigt. – Gleichgewicht: Die Bewegung des Körpers ändert sich nicht. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-2 1. Grundbegriffe ● ● Eine Kraft ist bestimmt durch – Betrag – Richtung – Angriffspunkt – Der Betrag gibt die Größe der wirkenden Kraft an. Prof. Dr. Wandinger Der Betrag der Gewichtskraft eines Körpers ist proportional zu seiner Masse: G=m g Betrag: – – Die Proportionalitätskonstante ist die Erdbeschleunigung: 1. Kräfte und Momente g=9,81 m / s 2 Statik 1.1-3 1. Grundbegriffe – Der Betrag einer beliebigen Kraft kann durch Vergleich mit der Gewichtskraft ermittelt werden: – Bei gleicher Verlängerung der Feder gilt: F =G=m g – Einheit der Kraft: 1 m Prof. Dr. Wandinger kg m =1 N (Newton) 2 s F 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-4 1. Grundbegriffe ● Richtung: – ● Angriffspunkt: Wirkungslinie und Richtungssinn F F ≠ F F Prof. Dr. Wandinger ≠ 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-5 1. Grundbegriffe ● Die Wirkung einer Kraft auf einen starren Körper ändert sich nicht, wenn die Kraft entlang ihrer Wirkungslinie verschoben wird. – – = Starrer Körper: Deformierbarer Körper: Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente ≠ Statik 1.1-6 1. Grundbegriffe ● Gleichgewichtsgruppe: – – Eine Gleichgewichtsgruppe besteht aus zwei Kräften mit ● gleicher Wirkungslinie, ● gleichem Betrag und ● entgegengesetztem Richtungssinn. Bilden die am starren Körper angreifenden Kräfte eine Gleichgewichtsgruppe, dann ist er im Gleichgewicht. F F Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-7 1. Grundbegriffe – Wird zu einem Kraftsystem eine Gleichgewichtsgruppe hinzugefügt, so ändert sich die Wirkung nicht: F1 F F1 F2 F2 = F Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-8 1. Grundbegriffe ● Einzelkräfte: – Einzelkräfte greifen an einem Punkt des Körpers an. – Sie sind Idealisierungen für reale Kräfte, die nur auf einem kleinen Bereich des Körpers wirken. F ≈ Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-9 1. Grundbegriffe ● Volumenkräfte: – Volumenkräfte sind Kräfte, die über das Volumen eines Körpers verteilt sind. – Die Gewichtskraft ist eine Volumenkraft. – Für Gleichgewichtsbetrachtungen am starren Körper können Volumenkräfte durch äquivalente Einzelkräfte ersetzt werden. – Die zur Gewichtskraft äquivalente Einzelkraft greift im Schwerpunkt an. – Die Einheit einer Volumenkraft ist Kraft pro Volumen (N/m3). Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-10 1. Grundbegriffe ● Flächenkräfte: – Flächenkräfte treten in der Berührungsfläche zweier Körper auf. – Beispiele: ● Wasserdruck auf eine Staumauer ● Schneelast auf einem Dach – Auch Flächenkräfte dürfen zur Ermittlung des Gleichgewichts am starren Körper durch äquivalente Einzelkräfte ersetzt werden. – Die Einheit der Flächenkraft ist Kraft pro Fläche: 1 Pa=1 N /m 2 Prof. Dr. Wandinger (Pascal) 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-11 1. Grundbegriffe ● Streckenlasten: – Streckenlasten sind Kräfte, die entlang einer Linie kontinuierlich verteilt sind. – Sie sind Idealisierungen für Flächenkräfte, die auf einen schmalen Streifen konzentriert sind. – Für Gleichgewichtsbetrachtungen am starren Körper können Streckenlasten durch äquivalente Einzelkräfte ersetzt werden. – Die Einheit der Streckenlast ist N/m. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-12 1. Grundbegriffe ● Eingeprägte Kräfte und Reaktionskräfte: – Eingeprägte Kräfte sind vorgegebene Kräfte wie z.B. Gewichtskraft, Winddruck oder Schneelast. – Reaktionskräfte sind Zwangskräfte, die durch die Einschränkung der Bewegungsfreiheit des Körpers durch die Lager entstehen. – Beim Freischneiden werden die Lager durch die dort auftretenden Reaktionskräfte ersetzt. – Die Reaktionskräfte werden durch die eingeprägten Kräfte verursacht. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-13 1. Grundbegriffe Eingeprägte Kräfte → Reaktionskräfte – Wenn die eingeprägten Kräfte entfernt werden, dann verschwinden auch die Reaktionskräfte. – Die Reaktionskräfte können nicht entfernt werden. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-14 1. Grundbegriffe ● Äußere Kräfte ● Innere Kräfte – wirken von außen auf einen Körper ein. – wirken zwischen Teilen eines Tragwerks, – Eingeprägte Kräfte und Reaktionskräfte sind äußere Kräfte. – werden durch Schneiden des Tragwerks sichtbar, – beschreiben die Materialbeanspruchung. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-15 1. Grundbegriffe ● Wechselwirkungsgesetz: – Die Kräfte, die zwei Körper aufeinander ausüben, sind gleich groß, entgegengesetzt gerichtet und haben die gleiche Wirkungslinie. – Wird ein Körper geschnitten, so sind die Schnittkräfte an den beiden Schnittufern entgegengesetzt gleich groß. S S Actio Actio==Reactio Reactio Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.1-16 2. Zentrale Kraftsysteme ● Definition: – – Ein Kraftsystem, bei dem sich die Wirkungslinien aller Kräfte in einem Punkt schneiden, wird als zentrales Kraftsystem bezeichnet. Die Kräfte dürfen entlang ihrer Wirkungslinie in den gemeinsamen Angriffspunkt verschoben werden. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente F3 F2 F4 F1 F3 F2 F4 F1 Statik 1.2-1 2. Zentrale Kraftsysteme – Beispiel: Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-2 2. Zentrale Kraftsysteme 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-3 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Addition zweier Kräfte: – – Die resultierende Kraft hat die gleiche Wirkung wie die beiden Einzelkräfte. F2 Die Addition erfolgt nach der Parallelogrammregel. = F1 F2 F – F F Aneinanderfügen der Kraftpfeile führt zum gleichen Ergebnis. Prof. Dr. Wandinger F1 1. Kräfte und Momente F2 F2 F1 F F1 Statik 1.2-4 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Kraftvektoren: – Pfeile, für die eine Addition nach der Parallelogrammregel definiert ist, erfüllen die Rechengesetze für Vektoren. – Kräfte sind Vektoren, die entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden dürfen. – Sie werden daher als linienflüchtige Vektoren bezeichnet. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-5 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Lageplan: – ● Im Lageplan werden die Kräfte so eingezeichnet, wie sie am Körper angreifen: Kräfteplan: – Im Kräfteplan werden die Kräfte zum Kräftepolygon zusammengesetzt: F F2 F F1 Prof. Dr. Wandinger F2 F1 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-6 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Beispiel: Öse – – – Lageplan: Gegeben: ● F1 = 250N, α1 = 30˚ ● F2 = 375N, α2 = 45˚ α1 Gesucht: ● F1 Resultierende Kraft F, α α F α2 F2 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-7 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene – Kräfteplan: – Kosinussatz: F 2=F 21 F 22−2 F 1 F 2 cos1 2 F1 α1 – α1 α 2 α F2 F Prof. Dr. Wandinger Sinussatz: sin 90 °−1 sin 1 2 = F2 F F2 cos 1−= sin 1 2 F 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-8 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene – Zahlenwerte: F 2=250 2 N 2 3752 N 2−2⋅250 N⋅375 N cos 75° =154600 N 2 F =393,2 N 375 cos30 °−= sin 75°=0,9212 393,2 =30°−22,90 °=7,100 ° Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-9 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Zerlegung von Kräften: – ● F Eine Kraft kann eindeutig in ihre Komponenten entlang von zwei vorgegebenen Wirkungslinien zerlegt werden. F2 F1 Kartesische Komponenten: = Fx F y = F x ex F y ey F y Fy F F x = F cos , F y = F sin Fy 2 2 F = F x F y , tan = Fx Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente ey α ex x Fx Statik 1.2-10 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Addition in Komponenten: = F1 F2= F 1 x F 1 y F 2 xF 2y F = F 1 x F 2 x ex F 1 y F 2 y ey =F x ex F y ey – F x = F 1 x F 2 x F y= F 1 y F 2 y Vorzeichenregel: ● y Komponenten in Koordinatenrichtung werden positiv gezählt, Komponenten entgegen der Koordinatenrichtung werden negativ gezählt. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Fy + Fx x Fx - Fy Statik 1.2-11 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Beispiel: Öse – – y Gegeben: ● F1 = 250N, α1 = 30˚ ● F2 = 375N, α2 = 45˚ Gesucht: ● F1 α1 α Resultierende Kraft F, α α2 x F F2 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-12 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene – Zerlegung der Kräfte in ihre Komponenten: F 1 x = F 1 cos 90 °− 1 = F 1 sin 1 F 1 y = F 1 sin 90 °− 1 = F 1 cos 1 F 2 x = F 2 cos 90 °− 2 = F 2 sin 2 F 2 y =−F 2 sin 90 °− 2 =−F 2 cos 2 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente y F1 F1y α1 F1x F2x x F2y α2 F2 Statik 1.2-13 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene Resultierende Kraft: – F 1 x = 250 N⋅cos60 ° = 125,0 N F 2 x = 375 N⋅cos 45° = 265,2 N Fx = 390,2 N F 1 y = 250 N⋅sin 60 ° = 216,5 N F 2 y = −375 N⋅sin 45° = −265,2 N Fy = −48,7 N y F = 390,2 48,7 N =393,2 N 2 Fx α Fy Prof. Dr. Wandinger x F tan = 2 −48,7 =−0,1248 =−7,114 ° 390,2 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-14 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Addition mehrerer Kräfte: – Zeichnerische Lösung: Lageplan Kräfteplan F3 F2 F3 F4 F (F2 ) F4 F2 F1 – F (F3 ) F1 Die Reihenfolge der Addition ist beliebig. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-15 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene – Rechnerische Lösung ● Zerlegung der Einzelkräfte in x- und y-Komponenten ● (skalare) Addition der einzelnen Komponenten ● (vektorielle) Addition der Gesamtkomponenten Fx = Fy = Prof. Dr. Wandinger ∑ Fnx n ∑ Fn y n } =F x ex F y ey F 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-16 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Gleichgewichtsbedingung: – Ein zentrales Kraftsystem ist im Gleichgewicht, wenn die Vektorsumme aller Kräfte null ist. Lageplan: Kräfteplan: F4 F4 F5 F3 F1 F5 F2 Prof. Dr. Wandinger F3 ∑ F =0 : ∑ F x =0 ∑ F y =0 F2 F1 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-17 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● Beispiel: – Eine Kugel liegt auf einer glatten schiefen Ebene und wird von einer glatten Wand gehalten. – Gegeben: – ● Gewicht G = 100N ● Winkel α = 20° α Gesucht: ● G Kräfte zwischen Kugel und Wänden Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-18 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene – Schritt 1: Freischneiden der Kugel ● ● Die Wände werden entfernt. Die Kräfte, die die Wände auf die Kugel ausüben, werden als unbekannte Kräfte eingetragen. α N1 G α N2 Eine Eineglatte glatteWand Wandkann kannnur nurKräfte Kräftesenkrecht senkrecht zu zuihr ihrausüben. ausüben. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-19 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene – Schritt 2: Gleichgewichtsbedingung ● ● Die unbekannten Kräfte werden so bestimmt, dass die Gleichgewichtsbedingung erfüllt ist Mit Kräfteplan: α N2 G G=N 2 cos N 2= cos N 1= N 2 sin =G tan G N1 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-20 2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene ● In Komponenten: ∑ F y =0 : −G N 2 cos =0 G N 2= cos α N1 y ∑ F x =0 G N2 : N 1 −N 2 sin =0 N 1 =G tan x ● Zahlenwerte: Prof. Dr. Wandinger 100 N 100 N = =106,4 N cos20 ° 0,9397 N 1=100 N⋅tan 20° =100 N⋅0,3640=36,4 N N 2= 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-21 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum ● Kräfte im Raum: – z Komponenten: = F x ex F y ey F z ez F Fz F = F F F 2 x F – 2 y 2 z Addition: F x =∑ F nx , F y =∑ F ny , n n F z = ∑ F nz Fx n Fy y x Prof. Dr. Wandinger – Gleichgewicht: ∑ F x =0, ∑ F y =0, ∑ F z =0 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-22 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum ● Beispiel: – Eine Last hängt an drei Seilen, die an einem Haken befestigt sind. – Die Wirkungslinie der Gewichtskraft geht durch den Haken. H C A G Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente B Statik 1.2-23 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum – Gegeben: ● Koordinaten der Punkte: z A= 0, 0,0 m B= 2,0,0 m C = 1, 2,0 m H = 1,1, 4 m ● – y C A Gewicht G = 10kN Gesucht: ● H B x Kräfte in den Seilen Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-24 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum – Schritt 1: Freischneiden – Schritt 2: Komponenten der Kräfte r A H S A= SA ∣r A H∣ r B H S B= SB ∣r B H∣ r C H SC= SC ∣r C H∣ H z SC SA =−G e z G y C A SB G B x Ein EinSeil Seilüberträgt überträgtnur nurZugkräfte Zugkräfteininseiner seinerRichtung. Richtung. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-25 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum ● Richtungsvektoren: r A H =1 m e x 1 m ey 4 m e z , ∣r A H∣= 18 m=3 2 m r B H =−1 m e x 1 m ey 4 m e z , ∣r B H∣= 18 m=3 2 m r C H =−1 m ey 4 m e z , ∣r C H∣= 17 m ● Komponenten der Seilkräfte: S A x =S A 1 3 2 1 S A y =S A 32 4 S A z =S A 3 2 Prof. Dr. Wandinger S B x =−S B 1 3 2 1 S B y =S B 32 4 S B z =S B 3 2 1. Kräfte und Momente S C x =0 1 S C y =−S C 17 4 S C z =S C 17 Statik 1.2-26 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum – – Schritt 3: Gleichgewichtsbedingungen 1 1 F =0 : S − SB ∑ x A 3 2 3 2 1 1 ∑ F y =0 : 3 2 S A 3 2 S B − 4 4 ∑ F z =0 : 3 2 S A 3 2 S B = 0 1 SC = 0 17 4 S C −G = 0 17 Schritt 4: Lösung des Gleichungssystems ● Aus der 1. Gleichung folgt: S B =S A ● Addition der ersten beiden Gleichungen liefert: 1 2 17 S A− S C =0 S C = SA 3 2 3 2 17 2 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-27 2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum ● Einsetzen in die 3. Gleichung ergibt: ● Für die anderen beiden Seilkräfte folgt daraus: S B=S A =3 ● 2⋅4 4 2 17 16 2 S A=G S A =G S A =3 G 16 3 2 17 3 2 3 2 2 G , S = 2 17 3 2 G= 17 G C 16 8 3 2 16 Zahlenwerte: S A =2,65 kN , S B =2,65 kN , S C =5,15 kN Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente Statik 1.2-28 3. Allgemeine Kraftsysteme 3.1 Parallele Kräfte 3.2 Kräftepaar und Moment 3.3 Gleichgewicht in der Ebene 3.4 Gleichgewicht im Raum Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-1 3.1 Parallele Kräfte ● ● ● Bei parallelen Kräften in der Ebene schneiden sich die Wirkungslinien nicht. Beispiel: Waage Fragen: G1 G2 – Lassen sich die beiden Kräfte zu einer resultierenden Kraft zusammenfassen? – Wo liegt der Angriffspunkt der resultierenden Kraft? – Wo muss die Waage gelagert werden, damit sie im Gleichgewicht ist? Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-2 3.1 Parallele Kräfte ● Lösung: – Der Balken der Waage wird freigeschnitten. G1 – G2 Es wird eine Gleichgewichtsgruppe hinzugefügt. ● ● Der Betrag der Kraft K ist beliebig. Die Wirkungslinien sind senkrecht aufeinander. Prof. Dr. Wandinger K K G1 1. Kräfte und Momente G2 1.3-3 3.1 Parallele Kräfte – Die Wirkungslinien der Teilresultierenden R1 und R2 schneiden sich. R x = R 1 x R 2 x =−K K =0 R2 R1 R K K y R1 Prof. Dr. Wandinger G2 G1 x 1. Kräfte und Momente R y =R 1 y R 2 y =−G 1−G 2 R2 1.3-4 3.1 Parallele Kräfte – Aus R x =0 folgt: – Für den Betrag gilt: – Geometrie: 1 ∥ G 2 R ∥ G R=G 1G 2 h G1 tan = = a1 K h K β α a1 G1 Prof. Dr. Wandinger K a a2 h G2 tan = = a2 K G2 1. Kräfte und Momente 1.3-5 3.1 Parallele Kräfte – – Hebelgesetz von Archimedes: h G1 = h K =a 1 G 1 a1 K h G2 = h K =a 2 G 2 a2 K a 1 G 1 =a 2 G 2 Berechnung der Abstände: ∣ ∣ a1 + a2 = a ⋅G 2 ⋅G 1 a 1 G 1 − G 2 a 2 = 0 ⋅1 ⋅(−1) a1 a 1 ( G 1 +G 2 ) = a G2 a 2 ( G 1+G 2 ) = a G1 a2 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente G2 = a G 1G 2 G1 = a G 1G 2 1.3-6 3.1 Parallele Kräfte ● Ergebnis: a a1 a2 G1 a1 = G2 G 1 + G2 Prof. Dr. Wandinger a2 = 1. Kräfte und Momente G2 a G 1G 2 G1 a G 1G 2 1.3-7 3.2 Kräftepaar und Moment ● Kräftepaar: – Ein Kräftepaar ist ein Paar paralleler Kräfte, die entgegengesetzt gleich groß sind. – Der Abstand a der Wirkungslinien wird senkrecht zu den Wirkungslinien gemessen. Er wird als Hebelarm bezeichnet. – Beispiele: a F ● Lenkrad ● Schraubenschlüssel Prof. Dr. Wandinger F 1. Kräfte und Momente 1.3-8 3.2 Kräftepaar und Moment – – Für jede Gleichgewichtsgruppe sind die Wirkungslinien der resultierenden Kräfte parallel. Ein Kräftepaar kann daher nicht durch eine resultierende Kraft ersetzt werden. R F K K F Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente R 1.3-9 3.2 Kräftepaar und Moment – Das Kräftepaar (F, a) versucht, den Körper zu drehen. – Damit der Körper im Gleichgewicht ist, muss ein zweites Kräftepaar (G, b) am Körper angreifen. G F c b F G a Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-10 3.2 Kräftepaar und Moment – Gegeben: Kräftepaar (F, a) und Abmessungen b und c – Gesucht: Kraft G für Gleichgewicht – Lösung: ● Die beiden nach oben zeigenden Kräfte lassen sich zu einer Kraft R zusammenfassen: R d c b F G Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-11 3.2 Kräftepaar und Moment ● ● Aus dem Hebelgesetz folgt für den Abstand d: G d= bc G F Ebenso lassen sich die nach unten zeigenden Kräfte zu einer Kraft R zusammenfassen: R d-c R Prof. Dr. Wandinger a-c 1. Kräfte und Momente 1.3-12 3.2 Kräftepaar und Moment ● Damit Gleichgewicht herrscht, müssen die beiden Kräfte am gleichen Angriffspunkt angreifen. ● Aus dem Hebelgesetz folgt: ● Einsetzen für d ergibt: d −c= F a−c GF G F bc −c= a−c G bc − GF c= F a−c GF G F ● Ergebnis: Prof. Dr. Wandinger G b=F a G=F a b 1. Kräfte und Momente 1.3-13 3.2 Kräftepaar und Moment – Damit ist gezeigt: ● Zwei Kräftepaare (F, a) und (G, b) mit parallelen Wirkungslinien sind im Gleichgewicht, wenn ihr Drehsinn entgegengesetzt ist und gilt: a F =b G ● Auf die Angriffspunkte der Kräfte kommt es dabei nicht an. G F b F G a Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-14 3.2 Kräftepaar und Moment – – Wird zum Kräftepaar eine Gleichgewichtsgruppe hinzugefügt, so ändert sich seine Wirkung nicht. Aus folgt: – F G φ b F cos= = a G K b G=a F Die Wirkung des Kräftepaares hängt nur vom Produkt a F ab. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente b φ K a F G 1.3-15 3.2 Kräftepaar und Moment ● Moment: – Das Moment M eines Kräftepaares (F, a) ist definiert durch M =a F – Die Wirkung eines Kräftepaares hängt ab ● vom Moment und ● vom Drehsinn: – – positiv entgegen dem Uhrzeigersinn (linksdrehend) negativ im Uhrzeigersinn (rechtsdrehend) + - Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-16 3.2 Kräftepaar und Moment – Für das Gleichgewicht des starren Körpers kommt es nicht darauf an, wo das Moment angreift. F F = a a F M F M = Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-17 3.2 Kräftepaar und Moment ● Parallelverschiebung einer Kraft: – – Gegeben ist die Kraft F mit Wirkungslinie durch Punkt A. Sie soll durch die Kraft F mit Wirkungslinie durch Punkt B sowie ein Moment ersetzt werden, so dass die Wirkung die gleiche ist. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente F A a B 1.3-18 3.2 Kräftepaar und Moment F A F a B F MB B Prof. Dr. Wandinger Am Punkt B wird eine Gleichgewichtsgruppe mit Betrag F hinzugefügt. – Das Kräftepaar (F , a ) entspricht dem Moment M B =a F ● F A – ● MB ist das Moment der Kraft F um den Bezugspunkt B. a ist der Hebelarm der Kraft F bezüglich Punkt B. Er ist gleich dem senkrechten Abstand des Punkts B von der Wirkungslinie. 1. Kräfte und Momente 1.3-19 3.2 Kräftepaar und Moment Beispiel: Schraubenschlüssel – Gegeben: ● Länge L = 15cm ● Kraft F = 200N ● Winkel α = 50° ● Winkel β = 30° γ β F Gesucht: ● Moment MA L – a ● α A Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-20 3.2 Kräftepaar und Moment – Lösung: = a= L sin = L sin M A =a F = L sin F – Zahlenwert: M A =0,15 m⋅sin 80° ⋅200 N =29,54 Nm MA A Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente F 1.3-21 3.2 Kräftepaar und Moment ● Berechnung aus den kartesischen Komponenten der Kraft: y F Fy yP P yA Fx A O x xA xP M A=( x P − x A ) F y −( y P − y A ) F x Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-22 3.2 Kräftepaar und Moment Beispiel: Schraubenschlüssel – – Gegeben: y ● Länge L = 15cm ● Kraft F = 200N ● Winkel α = 50° ● Winkel β = 30° Fx β L ● Fy F Gesucht: ● Moment MA α x A Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-23 3.2 Kräftepaar und Moment – Lösung: F x =−F cos , F y = F sin M A =L cos F y − L sin F x =L F cos sin sin cos =L F sin Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-24 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● ● ● Alle am starren Körper angreifenden Kräfte können in Gedanken an einen beliebig gewählten Bezugspunkt B verschoben werden. Dabei müssen die Momente der Kräfte um den Bezugspunkt B berücksichtigt werden. Der Körper ist im Gleichgewicht, wenn – die Resultierende aller Kräfte am Bezugspunkt B verschwindet, – die Summe der Momente aller Kräfte um den Bezugspunkt B verschwindet. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-25 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● Gleichgewichtsbedingungen: F3 F3 ΣMBi F4 F2 F4 F2 B F1 F1 ∑ F x =0, ∑ F y =0, ∑ M ( B)=0 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-26 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● Beispiel 1a: – Gegeben: ● – F F = 1000N b ● α = 60° ● a = 3m, b = 1m, c = 1m Gesucht: ● Ax , Ay , By Prof. Dr. Wandinger y x α Ax c A Ay 1. Kräfte und Momente a B By 1.3-27 3.3 Gleichgewicht in der Ebene – Lösung: ∑ F x =0 : −F cos A x =0 ∑ F y =0 : −F sin A y B y =0 ∑ M A=0 ∑ F x =0 : c F cos −b F sin a B y =0 A x =F cos b sin −c cos ∑ M A=0 B y = F⋅ a ∑ F y =0 Prof. Dr. Wandinger A y = F sin − B y 1. Kräfte und Momente 1.3-28 3.3 Gleichgewicht in der Ebene – Zahlenwerte: A x =1000 N⋅cos 60 °=500 N 1 m⋅sin 60 °−1 m⋅cos 60 ° B y =1000 N⋅ 3m =1000 N⋅0,1220=122,0 N A y =1000 N⋅sin 60° −122,0 N =866,0 N −122,0 N =744,0 N Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-29 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● Alternative Gleichungen 1: – 1 Kraftgleichung und 2 Momentengleichungen um verschiedene Bezugspunkte – Die Verbindungslinie der Bezugspunkte darf nicht senkrecht auf der Richtung für die Kräftegleichung stehen. Falsch: ΣF Σ M(A) A Prof. Dr. Wandinger Σ M(B) ΣF Σ M(A) Σ M(B) A B B 1. Kräfte und Momente 1.3-30 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● Alternative Gleichungen 2: – 3 Momentengleichungen um verschiedene Bezugspunkte – Die 3 Bezugspunkte dürfen nicht auf einer Geraden liegen. Σ M(C) Σ M(A) A Prof. Dr. Wandinger Falsch: C Σ M(B) Σ M(A) Σ M(C) Σ M(B) A C B B 1. Kräfte und Momente 1.3-31 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● Beispiel 1b: F b y x α Ax ∑ F x =0 : −F cos A x =0 c A Ay a ∑ M A=0 : c F cos −b F sin a B y =0 ∑ M B=0 : −a A y c F cos a−b F sin =0 [ b c A y =F 1− sin cos a a Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente B By ] 1.3-32 3.3 Gleichgewicht in der Ebene ● Beispiel 2: Seil über reibungsfrei gelenkig gelagerte Rolle – – Gegeben: ● Radius r ● Winkel α und β ● Seilkraft S1 y Gesucht: S2 Ax x ● Seilkraft S2 ● Lagerkräfte Ax, Ay Prof. Dr. Wandinger r β 1. Kräfte und Momente A α S1 Ay 1.3-33 3.3 Gleichgewicht in der Ebene – Lösung: ∑ M A=0 ∑ F x =0 : r S 2 −r S 1=0 S 2 =S 1 : −S 2 cos A x S 1 cos =0 A x =S 1 cos −cos ∑ F y =0 : −S 2 sin A y −S 1 sin =0 → A y =S 1 ( sin (β)+sin (α) ) – Eine reibungsfrei gelenkig gelagerte Rolle lenkt die Seilkraft um, ohne ihren Betrag zu ändern. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-34 3.4 Gleichgewicht im Raum ● Momentenvektor: – z Kraft in xy-Ebene: M Oz = x P F y − y P F x MOz Oz =M Oz e z M O y P Fy xP yP x Prof. Dr. Wandinger Fx 1. Kräfte und Momente F 1.3-35 3.4 Gleichgewicht im Raum MOz x y RechthandRechthand-oder oderKorkenzieherregel: Korkenzieherregel: Das Daspositive positiveMoment MomentMMOzOzdreht drehtrechts rechtsum umdie diez-Achse. z-Achse. Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente 1.3-36 3.4 Gleichgewicht im Raum – Beliebige Kraft im Raum: Fz z M Ox = M Oy = M Oz = y P F z− z P F y z P F x− x P F z x P F y− y P F x O =r P × F M P rP Fx zP y MOz MOy O MOx Prof. Dr. Wandinger Fy 1. Kräfte und Momente xP yP x 1.3-37 3.4 Gleichgewicht im Raum ● Gleichgewichtsbedingungen: Prof. Dr. Wandinger ∑ F x =0 ∑ M B x =0 ∑ F y =0 ∑ M B y =0 ∑ F z =0 ∑ M B z =0 1. Kräfte und Momente 1.3-38 3.4 Gleichgewicht im Raum ● Beispiel: – ● ● – z Gegeben: ● ● Ay a = 1m, b = 2m, e = 1m Gesucht: ● F F = 10kN Ax , Ay , Az By , Bz Cz Prof. Dr. Wandinger Ax e Az a x C A e B Bz 1. Kräfte und Momente b By Cz y 1.3-39 3.4 Gleichgewicht im Raum – Lösung: ∑ F x =0 ∑ F y =0 ∑ F z =0 : A x =0 : − A y B y =0 A y = B y : − A z B z C z − F =0 ∑ M A x =0 : a B z C z − ab F =0 ∑ M A y =0 : e C z −B z =0 C z = B z ∑ M A z =0 : e B y =0 B y =0 Prof. Dr. Wandinger 1. Kräfte und Momente A y =0 1.3-40 3.4 Gleichgewicht im Raum ∑ M ( A) y =0 in ∑ M ( A) x =0 : ab ab 2 a B z = ab F B z = F , Cz= F 2a 2a in – ∑ F z =0 : A z = B z C z −F = ab−a b F Az = F a a Zahlenwerte: A x = 0 kN A y = 0 kN 2m Az = ⋅10 kN =20 kN 1m Prof. Dr. Wandinger B y = 0 kN 1 m2 m Bz = ⋅10 kN =15 kN 2⋅1 m C z = 15 kN 1. Kräfte und Momente 1.3-41 Grundlagen der Tragwerksanalyse ● ● In der Tragwerksanalyse werden Kräfte und Momente in Lagern und Gelenken von Tragwerken ermittelt. Lager und Gelenke schränken die Bewegungsmöglichkeit eines Bauteils ein. – Um eine Verschiebung zu unterdrücken, muss das Lager eine Kraft auf das Bauteil ausüben. – Um eine Verdrehung zu unterdrücken, muss das Lager ein Moment auf das Bauteil ausüben. – Die Kräfte in den Gelenken zwischen einzelnen Bauteilen sorgen dafür, dass die Bauteile zusammen bleiben. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2-1 Grundlagen der Tragwerksanalyse 1. Einfache ebene Tragwerke 2. Mehrteilige ebene Tragwerke 3. Räumliche Tragwerke 4. Überlagerung Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2-2 1. Einfache ebene Tragwerke ● Beispiel: – – B Loslager a Gegeben: ● Gewicht G = 5000N ● Höhe h = 3m ● Abstand a = 2,5m h Gesucht: ● G Reaktionskräfte in den Lagern A und B A Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Festlager Statik 2.1-1 1. Einfache ebene Tragwerke – Freischneiden: ● ● ● ● Bx B Die Lager werden entfernt. a Die Kräfte, die die Lager auf das Bauteil ausüben, werden eingezeichnet. Die Pfeilrichtung legt die positive Richtung fest. Ergibt die Rechnung einen negativen Zahlenwert, so wirkt die Kraft entgegen der Pfeilrichtung. Prof. Dr. Wandinger h G y A Ax 2. Tragwerksanalyse x Ay Statik 2.1-2 1. Einfache ebene Tragwerke – Gleichgewichtsbedingungen: ● Zur Bestimmung der 3 unbekannten Kräfte Ax, Ay und Bx stehen die 3 Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. ∑ F x =0 : A x −B x =0 A x =B x ∑ F y =0 : A y −G=0 A y =G h B x −a G=0 a Bx= G h ∑ M A=0 : 2,5 A x =B x = ⋅5000N=4167 N 3 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse A y =5000 N Statik 2.1-3 1. Einfache ebene Tragwerke ● Statisch bestimmte Lagerung: – Eine Lagerung heißt statisch bestimmt, wenn sich die Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmen lassen. – Wenn die Gleichgewichtsbedingungen nicht zur Bestimmung der Lagerreaktionen ausreichen, heißt die Lagerung statisch unbestimmt. – Bei ebenen Tragwerken gilt: ● ● Treten 3 Lagerreaktionen auf, so ist das Tragwerk statisch bestimmt gelagert. Treten mehr als 3 Lagerreaktionen auf, so ist das Tragwerk statisch unbestimmt gelagert. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.1-4 1. Einfache ebene Tragwerke ● Beispiel: – statisch bestimmt: – statisch unbestimmt: ✄ 3 Lagerreaktionen Prof. Dr. Wandinger ✄ 4 Lagerreaktionen 2. Tragwerksanalyse Statik 2.1-5 1. Einfache ebene Tragwerke ● Wertigkeit: – Die Wertigkeit eines Lagers gibt an, wie viele Bewegungsmöglichkeiten das Lager unterdrückt: ● ● ● Ein 1-wertiges Lager unterdrückt eine Bewegungsmöglichkeit. Es tritt eine Reaktionslast auf. Ein 2-wertiges Lager unterdrückt zwei Bewegungsmöglichkeiten. Es treten zwei Reaktionslasten auf. Ein 3-wertiges Lager unterdrückt drei Bewegungsmöglichkeiten. Es treten drei Reaktionslasten auf. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.1-6 1. Einfache ebene Tragwerke Feste Einspannung: Festlager: Loslager: Glatte Wand: Seil: Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.1-7 2. Mehrteilige ebene Tragwerke ● Beispiel: – Gegeben: ● ● – Kraft F = 10kN Abmessungen a = 2m, b = 3m, c = 5m, h = 1m F A Gesucht: ● ● a C h b Reaktionskräfte in den Lagern A und B B c Kräfte im Gelenk C Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-1 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – ✄ ● y F a Ax Freischneiden: A ● x C ● h Ay b B c Prof. Dr. Wandinger By 4 unbekannte Lagerkräfte 3 Gleichgewichtsbedingungen zusätzliche Bedingung: Gelenk überträgt kein Moment Bx 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-2 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Freischneiden der einzelnen Bauteile: ✄ Träger AC: F a Ax ✄ Träger BC: A C Ay Cx Cx Cy C B h Cy b y y By x x Prof. Dr. Wandinger c-b Bx 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-3 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Mit den Gelenkkräften Cx und Cy treten 2 weitere Unbekannte auf. Diese Kräfte werden als Zwischenreaktionen bezeichnet. – Damit sind insgesamt 6 Unbekannte zu bestimmen – Für jeden der beiden Träger müssen 3 Gleichgewichtsbedingungen erfüllt sein. – Damit stehen 6 Gleichungen zur Verfügung. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-4 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Gleichgewicht am Träger BC: ∑ F x =0 ∑ F y =0 Cx : C x − B x =0 C x = B x : −C y B y =0 C y =B y C Cy y x ∑ M C =0 : c−b B y −h B x =0 By h = =tan B x c−b B h φ c-b By B Bx Bx By Bx h φ By c-b Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-5 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Pendelstütze: ● ● Ein Träger, der in zwei Punkten gelenkig gelagert ist und auf den keine äußeren Kräfte wirken, wird als Pendelstütze bezeichnet. Bei einer Pendelstütze verläuft die Wirkungslinie der Gelenkkräfte durch die beiden Gelenke. F F F Prof. Dr. Wandinger F 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-6 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Gleichgewicht am Träger AC: ∑ F x =0 : A x − B x =0 A x =B x ∑ F y =0 : ∑ M A=0 F a Ax A y B y −F =0 y : −a F b B y =0 a B y= F b By h c−b c−b a = Bx= B y= F B x c−b h h b A C Ay Bx By b x b−a A y =F −B y = F b Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-7 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Zahlenwerte: B y= 2m ⋅10 kN =6,67 kN 3m 5 m−3 m 2 m Bx= ⋅10 kN =13,33 kN 1m 3m C y =6,67 kN C x =13,33 kN A x =13,33 kN A y= 3 m−2 m ⋅10 kN =3,33 kN 3m Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-8 2. Mehrteilige ebene Tragwerke ● Statisch bestimmte Tragwerke: – Ein aus starren Körpern zusammengesetztes Tragwerk heißt statisch bestimmt, wenn sich alle Lagerreaktionen und Zwischenreaktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmen lassen. – Regel: ● Ein ebenes Tragwerk aus N starren Körpern mit L Lagerreaktionen und Z Zwischenreaktionen ist statisch bestimmt, wenn gilt: LL++ZZ==3N 3N Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-9 2. Mehrteilige ebene Tragwerke ● Beispiel: Hebebühne F B D E a a C a A a Prof. Dr. Wandinger a H 2a 2. Tragwerksanalyse 2a Statik 2.2-10 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Überprüfung auf statische Bestimmtheit: ● ● ● ● ● – In den Punkten A und H liegen Festlager vor. Die Lagerung besteht aus zwei 2-wertigen Lagern. Damit liegen 4 unbekannte Lagerreaktionen vor: L = 4 In den 4 Gelenken B, C, D und E treten je 2 unbekannte Zwischenreaktionen auf: Z = 4 ∙ 2 = 8 Das Tragwerk besteht aus 4 starren Körpern: N = 4 Die Beziehung L + Z = 3N ist erfüllt. Das Tragwerk ist statisch bestimmt. Identifikation von Pendelstützen: ● Die Träger CD und EH sind Pendelstützen. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-11 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Gleichgewicht am Gesamtsystem: ● Es wird ausgenutzt, dass der Träger EH eine Pendelstütze ist. ✄ y F B D E x a a C a Ax a Prof. Dr. Wandinger A a Ay 45° 2a 2. Tragwerksanalyse 2a H H Statik 2.2-12 2. Mehrteilige ebene Tragwerke 2 H =0 H = F M =0 : −a F 4 a ∑ A 2 2 2 2 H= F 2 2 ∑ F x =0 : A x − H =0 A x = H 1 Ax= F 4 2 H − F =0 A =F − 2 H F =0 : A ∑ y y y 3 A y= F 4 2 2 2 Prof. Dr. Wandinger 2 2. Tragwerksanalyse 4 Statik 2.2-13 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Gleichgewicht am Träger BE: ● Es wird ausgenutzt, dass der Träger CD eine Pendelstütze ist. 3a B Bx By F D H E D E H 2a 4a ✄ H y x Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse H Statik 2.2-14 2. Mehrteilige ebene Tragwerke ∑ M B=0 : 2 a 2 D−3 a F 4 a 2 H =0 2 2 3 2 2 D= F −2 H = 3 − F 2 2 2 D= 2 F 2 2 ∑ F x =0 : B x D− H =0 2 2 2 2 2 Bx= H − D =− ⋅3 F 2 Prof. Dr. Wandinger 2 2. Tragwerksanalyse 4 3 B x =− F 4 Statik 2.2-15 2. Mehrteilige ebene Tragwerke 2 2 ∑ F y =0 : B y D−F H =0 2 2 2 2 2 2 5 B y= F − H D = F − 2 F = 1− ⋅ 2 F 2 2 4 2 4 1 B y =− F 4 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-16 2. Mehrteilige ebene Tragwerke – Probe am Träger AB: Bx D y By 2 ∑ F x =−B x A x − D B 2 x D a C D C a Ax a ✄ ∑ F y =−B y − A a 3 1 = −1 F =0 4 4 = Ay 2 D A 2 y 1 3 −1 F =0 4 4 3 1 1 3 M =a B B A A =a − − F =0 ∑ C x y x y 4 4 4 4 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.2-17 3. Räumliche Tragwerke ● Ein räumliches Tragwerk ist statisch bestimmt gelagert, wenn die Lagerreaktionen aus den 6 Gleichgewichtsbedingungen berechnet werden können. Prof. Dr. Wandinger ∑ F x =0 ∑ M B x =0 ∑ F y =0 ∑ M B y =0 ∑ F z =0 ∑ M B z =0 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-1 3. Räumliche Tragwerke ● Lagerungen im Raum: – Seil: F – 1-wertig: Kraft F wirkt vom Bauteil weg in Richtung des Seils Glatte Fläche: 1-wertig: Kraft F steht senkrecht auf Kontaktfläche F Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-2 3. Räumliche Tragwerke – Kugelgelenk: Fz Fy Fx – 3-wertig: Kräfte Fx, Fy, Fz Radiallager: Mz Mx Prof. Dr. Wandinger Fz Fx 2. Tragwerksanalyse 4-wertig: Kräfte Fx, Fz Momente Mx, Mz Statik 2.3-3 3. Räumliche Tragwerke – Schublager: Mz My Fx Mx – Fz 5-wertig: Kräfte Fx, Fz Momente Mx, My, Mz Festes Gelenklager: Mz Fz Fx Prof. Dr. Wandinger My Fy 2. Tragwerksanalyse 5-wertig: Kräfte Fx, Fy, Fz Momente My, Mz Statik 2.3-4 3. Räumliche Tragwerke – Feste Einspannung: Mz Fz Fx Mx Prof. Dr. Wandinger 6-wertig: Kräfte Fx, Fy, Fz Momente Mx, My, Mz Fy My 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-5 3. Räumliche Tragwerke ● Beispiel: Winde r A F b a B – Lager A verhindert Verschiebungen in allen 3 Richtungen (Festlager). – Lager B verhindert Verschiebungen senkrecht zur Welle (Loslager). d c α m Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-6 3. Räumliche Tragwerke – – Gegeben: ● Masse m = 100kg ● Abstände a = 0,3m, b = 0,5m, c = 0,4m, d = 0,3m ● Radius r = 0,1m ● Winkel α = 30° Gesucht: ● Kraft F ● Lagerkräfte Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-7 3. Räumliche Tragwerke – Freischneiden: Az Ax A Ay z – ✄ r Gleichgewicht: F B mg By y d Bz c : A y B y =0 ∑ F z =0 α : A z B z −m g−F =0 A z = F m g− B z x Prof. Dr. Wandinger : A x =0 B y =− A y b a ∑ F x =0 ∑ F y =0 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-8 3. Räumliche Tragwerke mgr ∑ M A x =0 : m g r−d cos F =0 F = d cos ∑ M A y =0 : m g a− ab B z abc F =0 Bz= ∑ M A z =0 m g a abc F ab : ab B y =0 B y =0 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-9 3. Räumliche Tragwerke – Zahlenwerte: A x =0 N , A y =−B y =0 N 100 kg⋅9,81 m / s 2⋅0,1 m F= =377,6 N 0,3 m⋅cos 30 ° 100 kg⋅9,81 m / s 2⋅0,3 m 0,3 m0,5 m0,4 m ⋅377,6 N Bz= 0,3 m0,5 m =934,3 N A z =377,6 N 100 kg⋅9,81 m / s 2−934,3 N =424,3 N Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-10 3. Räumliche Tragwerke ● Beispiel: Rahmen F1 b A M a a C F2 B a D Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse E Statik 2.3-11 3. Räumliche Tragwerke – Lagerung: ● ● ● ● – Gegeben: Punkte A, D und E: feste Kugelgelenke Punkt C: in der Ebene frei verschiebbares Kugelgelenk – ● Kräfte F1 und F2 ● Moment M ● Abmessungen a und b Gesucht: Die Träger BE und BD sind im Punkt B gelenkig angeschlossen. ● Lagerkräfte in den Punkten A, B und C Die Träger BE und BD sind Pendelstützen. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-12 3. Räumliche Tragwerke – Freischneiden: ✄ F1 b Az Ay A Ax a M a C F2 B a z Bx x Prof. Dr. Wandinger Cz Bz y 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-13 3. Räumliche Tragwerke ∑ M A y =0 : − M a C z =0 ∑ M A x =0 : −b F 12 a C z −2 a B z =0 b B z =C z − F1 2a C z= M a M b Bz= − F1 a 2a ∑ F x =0 : A x B x −F 2=0 A x =F 2−B x 1 B x = F 2− F 1 2 1 A x = F 2F 1 2 ∑ F y =0 ∑ F z =0 : − A y F 1 =0 A y =F 1 : − A z −B z C z =0 A z =C z − B z b Az = F1 2a ∑ M A z =0 : −a F 1a F 2−2 a B x =0 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalyse Statik 2.3-14 4. Überlagerung ● Aufgabenstellung: – Ein starrer Körper wird durch zwei verschiedene Lastfälle belastet. – Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Lagerkräften, die sich einstellen, wenn beide Lastfälle gemeinsam wirken, und den Lagerkräften, die sich einstellen, wenn jeweils nur ein Lastfall wirkt? Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-1 4. Überlagerung – Lastfall 1: – Lastfall 2: F1 F2 B B b b A A a y x Prof. Dr. Wandinger a y x 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-2 4. Überlagerung ● Freigeschnitten: – ● Lastfall 1: – ✄ F1 Lastfall 2: ✄ B B1x A A1x A1y B B2x A A2x y A2y x Prof. Dr. Wandinger F2 y x 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-3 4. Überlagerung ● Gleichgewicht: – Lastfall 1: – Lastfall 2: ∑ F x =0 : A1 x − B1 x =0 A2 x −B 2 x =0 ∑ F y =0 : A1 y −F 1 =0 A2 y − F 2 =0 ∑ M A=0 : b B1 x =0 B1 x =0 A1 x =0, A 1 y =F 1 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse b B 2 x −a F 2=0 a B2 x= F 2 b a A2 x = F 2 , A 2 y = F 2 b Statik 2.4-4 4. Überlagerung ● Addition der Gleichgewichtsgleichungen: ∑ F x =0 : A1 x A 2 x − B1 x B 2 x =0 ∑ F y =0 : A1 y A2 y − F 1 F 2 =0 ∑ M A=0 Prof. Dr. Wandinger : b B 1 x B2 x −a F 2=0 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-5 4. Überlagerung ● Beide Lasten gleichzeitig: – Gleichgewicht: ∑ F x =0 : ∑ F y =0 : ∑ M A=0 – A x −B x =0 A y −F 1−F 2=0 : b B x −a F 2=0 Vergleich mit den addierten Gleichgewichtsgleichungen: ✄ F1 F2 B Bx A Ax Ay y x A x = A1 x A 2 x , A y = A1 y A2 y , B x = B1 x B 2 x Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-6 4. Überlagerung ● Überlagerungssatz: – Allgemein gilt: InInder derStatik Statikstarrer starrerKörper Körperkönnen könnendie dieReaktionslasten Reaktionslasten einer einerGesamtbelastung Gesamtbelastungdurch durchAddition Additionder derReaktionslasten Reaktionslasten infolge infolgeder derTeilbelastungen Teilbelastungenberechnet berechnetwerden. werden. – Dieser Satz wird auch als Superpositionsprinzip bezeichnet. – Mit dem Überlagerungssatz lassen sich die Reaktionslasten für komplizierte Belastungen einfach ermitteln. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-7 4. Überlagerung ● Beispiel: Geometrie: – tan = C E D 2a =2 a tan 2 sin = = 2 1tan 5 2a α y A a a B cos= a 1 2 1tan = 1 5 x Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-8 4. Überlagerung – Lasten: ● Lastfall 1: ● F1 C E D y y A B A x Prof. Dr. Wandinger F2 C E D Lastfall 2: B x 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-9 4. Überlagerung Träger CE freigeschnitten: – Lastfall 1: ● ✄ C1 F1 D C α ● D1y C2 x Prof. Dr. Wandinger F2 D C α E D1x y ✄ Lastfall 2: E D2x y D2y x 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-10 4. Überlagerung ● Lastfall 1: ● Lastfall 2: ∑ F x =0 : −C 1 cos D 1 x =0 −C 2 cos D 2 x − F 2 =0 ∑ F y =0 : −C 1 sin D 1 y −F 1=0 −C 2 sin D 2 y =0 ∑ M D =0 : a C 1 sin −a F 1=0 a C 2 sin =0 F1 5 F C 1= = 1 sin 2 C 2=0 1 D 1 y =2 F 1 , D 1 x = F 1 2 D 2 y =0 , D 2 x = F 2 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-11 4. Überlagerung – Träger BD freigeschnitten: Lastfall 1: ● Lastfall 2: ✄ D1y ✄ D2y y D y D ● D1x x x B B1x Prof. Dr. Wandinger D2x B MB1 B1y 2. Tragwerksanalalyse B2x MB2 B2y Statik 2.4-12 4. Überlagerung ● Lastfall 1: ● Lastfall 2: ∑ F x =0 : B1 x −D 1 x =0 B 2 x − D 2 x =0 ∑ F y =0 : B1 y − D 1 y =0 B 2 y − D 2 y =0 ∑ M B=0 : 2 a D 1 x − M B 1=0 1 B1 x =D 1 x = F 1 2 B1 y =D 1 y =2 F 1 M B 1=2 a D 1 x =a F 1 Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse 2 a D 2 x − M B 2=0 B2 x = D2 x = F 2 B 2 y = D 2 y =0 M B 2 =2 a D 2 x =2 a F 2 Statik 2.4-13 4. Überlagerung – Träger AC freigeschnitten: ● Lastfall 1: ● y y C1 x C2 C ✄ x C ✄ A A A1 A2 A1=C 1= 5 F 1 /2 Prof. Dr. Wandinger Lastfall 2: 2. Tragwerksanalalyse A2 =C 2=0 Statik 2.4-14 4. Überlagerung – Ergebnis: Lastfall 1 A 5 F Bx By Prof. Dr. Wandinger Lastfall 2 Überlagerung 0 5 F 1 F1 2 F2 1 F 1 F 2 2 2F1 0 2F1 2 1 2. Tragwerksanalalyse 2 1 Statik 2.4-15 4. Überlagerung Lastfall 1 C 5 F Dx Lastfall 2 Überlagerung 0 5 F 1 F1 2 F2 1 F 1 F 2 2 Dy 2F1 0 2F1 MB a F1 2a F2 a F 12 F 2 Prof. Dr. Wandinger 2 1 2. Tragwerksanalalyse 2 1 Statik 2.4-16 4. Überlagerung ● Superposition in der Praxis: – Reale Bauteile sind einer Vielzahl von Lastfällen unterworfen. – Es muss untersucht werden, welche Lastfallkombination die größten Reaktionslasten verursacht. – Die kritische Lastfallkombination kann für jede Reaktionslast eine andere sein. Prof. Dr. Wandinger 2. Tragwerksanalalyse Statik 2.4-17 Fachwerke Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3-1 Fachwerke Knoten Stab Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3-2 Fachwerke ● ● ● Ein Fachwerk ist ein Tragwerk, das aus geraden Stäben besteht. Beim idealen Fachwerk gilt: – Die Stäbe sind an den Knoten gelenkig miteinander verbunden. – Äußere Kräfte greifen nur in den Knoten an. – Daraus folgt, dass Stäbe nur auf Zug oder Druck beansprucht werden. Bei realen Konstruktionen sind die Idealisierungen nur angenähert erfüllt. Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3-3 Fachwerke ● ● ● 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 mg Prof. Dr. Wandinger ½mg 3. Fachwerke ½mg Statik 3-4 Fachwerke ● 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. Fachwerke Statik 3-5 Fachwerke 1. Knotenpunktverfahren 2. Rittersches Schnittverfahren 3. Fachwerk-Systeme Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3-6 1. Knotenpunktverfahren ● ● ● Sämtliche Knoten werden freigeschnitten. Für jeden Knoten werden die Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt. – Ebene Fachwerke: ∑ F x =0, ∑ F y =0 – Räumliche Fachwerke: ∑ F x =0, ∑ F y =0, ∑ F z =0 Bei statisch bestimmten Fachwerken können alle Stabkräfte und Lagerkräfte aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden. Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.1-1 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 im Fachwerk einzeichnen: Zugkraft (positiv) – Druckkraft (negativ) Kräftegleichgewicht an Knoten aufstellen Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.1-2 1. Knotenpunktverfahren ● Beispiel: F a α F 2F 2a Prof. Dr. Wandinger 2a 3. Fachwerke 2a Statik 3.1-3 1. Knotenpunktverfahren – Gegeben: F = 1500N – Gesucht: Lagerkräfte und Stabkräfte – Geometrie: a 1 tan = = =26,57° 2a 2 tan 5 sin = = =0,4472 2 1tan 5 1 5 =0,8944 cos = =2 1tan 2 5 Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.1-4 1. Knotenpunktverfahren Lagerkräfte: – ✄ y F x a Ax α A B Ay 2a Prof. Dr. Wandinger F 2F 2a 3. Fachwerke By 2a Statik 3.1-5 1. Knotenpunktverfahren ∑ M A=0 : 6 a⋅B y −a⋅F −4 a⋅F −2 a⋅2 F =0 ∑ M B=0 ∑ F x =0 : −6 a⋅A y −a F 2 a⋅F 4 a⋅2 F =0 A x =−F =−1500 N : A x F =0 Prof. Dr. Wandinger 3 B y = F =2250 N 2 3 A y = F =2250 N 2 3. Fachwerke Statik 3.1-6 1. Knotenpunktverfahren – Stabkräfte: y F 3 4 x Ax A SA1 SA1 1 S12 2F Ay 2a Prof. Dr. Wandinger SB2 S12 α a 2a 3. Fachwerke 2 F SB2 B By 2a Statik 3.1-7 1. Knotenpunktverfahren ● Knoten A: ● Knoten 1: SA3 ✄ Ax S13 ✄ α SA1 Ay SA1 2F ∑ F y =0 : A y S A 3 sin =0 Ay S A 3 =− =−5031 N sin ∑ F x =0 : A x S A 1S A 3 cos =0 Ay S A 1=− A x − =6000 N tan Prof. Dr. Wandinger S12 3. Fachwerke ∑ F x =0 : −S A 1 S 12 =0 S 12=S A1 =6000 N ∑ F y =0 −2 F S 13=0 S 13 =2 F =3000 N Statik 3.1-8 1. Knotenpunktverfahren ● Knoten 3: S34 F ✄ ✄ SA3 S13 : −S A 3 sin −S 13 −S 23 sin =0 S 23 S 23 =−S A 3 − =−1677 N sin : F S 34 S 23 −S A 3 cos =0 S 34 =−F − S 23 −S A 3 cos=−4500 N Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke α S34 S23 ∑ F y =0 ∑ F x =0 Knoten 4: ● S24 SB4 ∑ F x =0 : −S 34 S B 4 cos =0 S 34 S B 4= =−5031 N cos ∑ F y =0 : −S 24 −S B 4 sin =0 S 24 =−S B 4 sin =2250 N Statik 3.1-9 1. Knotenpunktverfahren ● Knoten B: ● SB4 ✄ Kräftegleichgewicht in yRichtung und an Knoten 2 als Probe (Übung) α SB2 By ∑ F x =0 : −S B 2−S B 4 cos =0 S B 2=−S B 4 cos=4500 N Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.1-10 1. Knotenpunktverfahren – Ergebnis: Stab A1 12 B2 34 A3 13 23 24 B4 Prof. Dr. Wandinger Kraft [N] 6000 6000 4500 -4500 -5031 3000 -1677 2250 -5031 3. Fachwerke Zug Zug Zug Druck Druck Zug Druck Zug Druck Statik 3.1-11 1. Knotenpunktverfahren ● Nullstäbe: – Nullstäbe sind Stäbe mit der Stabkraft null. – 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. Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.1-12 1. Knotenpunktverfahren Regel 3 F1 Prof. Dr. Wandinger Regel 2 Regel 1 Regel 3 3. Fachwerke F2 Statik 3.1-13 2. Rittersches Schnittverfahren ● ● ● Das Rittersche Schnittverfahren ist vorteilhaft, wenn nur einige Stabkräfte zu bestimmen sind. Vorgehen: – Schnitt des Fachwerks durch maximal 3 Stäbe mit unbekannten Kräften, die nicht alle zum gleichen Knoten gehören – Bestimmung der Stabkräfte aus den 3 Gleichgewichtsbedingungen für das linke oder rechte Teilfachwerk Das Rittersche Schnittverfahren eignet sich auch als Kontrolle für das Knotenpunktverfahren. Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.2-1 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 Ax a α 1 A 2a B F 2F Ay Prof. Dr. Wandinger 2 2a 3. Fachwerke By 2a Statik 3.2-2 2. Rittersches Schnittverfahren – Lagerkräfte (vgl. Kapitel 3.1): A x =−F =−1500 N , – 3 3 A y = F =2250 N , B y = F =2250 N 2 2 Geometrie (vgl. Kapitel 3.1): a 1 = =26,57° 2a 2 tan 5 =0,4472 sin = = 1tan 2 5 tan = cos = Prof. Dr. Wandinger 1 5 =0,8944 =2 1tan 2 5 3. Fachwerke Statik 3.2-3 2. Rittersches Schnittverfahren – Stabkräfte: ✄ y 3 F x 34 4 23 a Ax 1 2a 2 F 2F Ay Prof. Dr. Wandinger 12 2a 3. Fachwerke By 2a Statik 3.2-4 2. Rittersches Schnittverfahren – Gleichgewicht am rechten Teilfachwerk: S34 ∑ M 2=0 ✄ 4 3 S 34 =−2⋅ F =−4500 N 2 S23 a 2 F S12 y By 2a x Prof. Dr. Wandinger : a S 34 2 a B y =0 ∑ F y =0 : S 23 sin − F B y =0 S 23 = 1− ∑ F x =0 3 F =−1677 N 2 sin : −S 34 −S 23 cos−S 12 =0 3 1 S 12 = 2⋅ cot F =6000 N 2 2 3. Fachwerke Statik 3.2-5 3. Fachwerk-Systeme ● ● ● Komplizierte Fachwerke lassen sich leichter berechnen, wenn sie in einfachere Fachwerke unterteilt werden. Zuerst werden wie bei zusammengesetzten Bauteilen die Lagerkräfte und die Zwischenreaktionen ermittelt. Anschließend können die Stabkräfte berechnet werden. Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-1 3. Fachwerk-Systeme ● Beispiel: F2 F1 G h α B A L/3 y L/2 x 2L/3 L Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-2 3. Fachwerk-Systeme – Gesamtfachwerk: ● 22 Stäbe, 4 Lagerkräfte, 13 Knoten S L=224=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 LZ =42=6=3⋅2=3⋅N statisch bestimmt Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-3 3. Fachwerk-Systeme System 1: Gy F1 System 2: F2 Gx Ax Gx Ay Gy y ✄ Prof. Dr. Wandinger Bx x 3. Fachwerke By Statik 3.3-4 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 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. Fachwerke Statik 3.3-5 3. Fachwerk-Systeme – Lastfall 1, System 2: ● G – B1 ✄ y α L/2 – B B1 ● x ● System 2 ist eine Pendelstütze: ● Kräfte im Lager B: B 1 x =−B1 cos B 1 y = B1 sin Prof. Dr. Wandinger Das System ist in den beiden Punkten B und G gelenkig gelagert. Es wirken keine äußeren Kräfte auf das System. Die Wirkungslinie der Gelenkkräfte geht durch die beiden Gelenke. Kräfte im Gelenk G: G 1 x = B1 cos G 1 y =−B 1 sin 3. Fachwerke Statik 3.3-6 3. Fachwerk-Systeme – Lastfall 1, System 1: F1 ✄ G α B1 A1x A α A1y L/3 y L/2 x Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-7 3. Fachwerk-Systeme L L L B 1 sin tan B 1 cos − F 1=0 2 2 3 F1 F1 B 1= B 1 x =−B 1 cos=− 3sin 3 tan F1 B1 y = B 1 sin = 3 G 1 x =−B 1 x , G 1 y =−B 1 y ∑ M A=0 : ∑ F x =0 : A1 x −B 1 cos =0 ∑ F y =0 : A1 y − F 1 B1 sin =0 Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke F1 A1 x = 3 tan 2 A1 y = F 1 3 Statik 3.3-8 3. Fachwerk-Systeme – Lastfall 2, System 1: Pendelstütze ✄ A2 G A α y α x A2 ● Kräfte im Lager A: A2 x = A 2 cos , A2 y = A2 sin ● Kräfte im Gelenk G: G 2 x = A2 cos , G 2 y = A2 sin Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-9 3. Fachwerk-Systeme – Lastfall 2, System 2: ✄ F2 G α A2 y B α B2x x B2y L/3 L/2 Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-10 3. Fachwerk-Systeme L L L ∑ M B=0 : − 2 A2 sin − 2 tan A2 cos 3 ⋅F 2 =0 F2 A2 = 3sin ∑ F x =0 ∑ F y =0 F2 F2 A2 x =G 2 x = , A2 y =G 2 y = 3 tan 3 : A2 cos B 2 x =0 F2 B 2 x =−A2 cos =− 3 tan : A 2 sin −F 2 B 2 y =0 2 B 2 y = F 2 − A 2 sin = F 2 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-11 3. Fachwerk-Systeme – Ergebnis: Lastfall 1 Ax F1 3 tan Ay 2 F 3 1 Bx F1 − 3 tan Prof. Dr. Wandinger Lastfall 2 F2 3 tan F2 3 F2 − 3 tan 3. Fachwerke Überlagerung F 1 F 2 3 tan 2 1 F 1 F 2 3 3 F 1 F 2 − 3 tan Statik 3.3-12 3. Fachwerk-Systeme Lastfall 1 Lastfall 2 Überlagerung By F1 3 2 F2 3 1 2 F 1 F 2 3 3 Gx F1 3 tan F2 3 tan F 1 F 2 3 tan Gy F1 − 3 F2 3 F 2− F 1 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-13 3. Fachwerk-Systeme – Zahlenrechnung: F1 = F2 = 10kN, α = 20° 10 kN 10 kN Ax= =18,32 kN 3 tan 20 ° 10 kN 10 kN B x =− =−18,32 kN 3 tan 20 ° A x B x =0 kN G x= – 2⋅10 kN 10 kN A y= =10 kN 3 3 10 kN 2⋅10 kN B y= =10 kN 3 3 A y B y =20 kN = F 1 F 2 10 kN 10 kN =18,32 kN 3 tan 20 ° 10 kN −10 kN G y= =0 kN 3 Ermittlung der Stabkräfte als Übung Prof. Dr. Wandinger 3. Fachwerke Statik 3.3-14
