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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
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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
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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
≈
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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
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(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.
 = F1  F2
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 cos1 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
cos30 °−=
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:
 = Fx  F y = F x ex  F y ey
F
y
Fy
F
F x = F cos  , F y = F sin 
Fy
2
2
F =  F x F y , tan =
Fx
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1. Kräfte und Momente
ey
α
ex
x
Fx
Statik 1.2-10
2.1 Zentrale Kraftsysteme in der Ebene
●
Addition in Komponenten:
 = F1  F2= F
 1 x F
 1 y F
 2 xF
2y
F
=  F 1 x F 2 x  ex   F 1 y  F 2 y  ey
=F x ex F y ey
–
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⋅cos60 ° = 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 ex F y ey
 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
cos20 ° 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 ex  F y ey  F z ez
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.
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1. Kräfte und Momente
Statik 1.2-25
2.2 Zentrale Kraftsysteme im Raum
●
Richtungsvektoren:
r A H =1 m e x 1 m ey 4 m e z , ∣r A H∣=  18 m=3  2 m
r B H =−1 m e x 1 m ey 4 m e z , ∣r B H∣=  18 m=3  2 m
r C H =−1 m ey 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
32
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
32
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 1G 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 1G 2
G1
=
a
G 1G 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 1G 2
G1
a
G 1G 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=
 bc 
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 
GF
G
F
 bc −c=
 a−c   G  bc − GF  c= F  a−c 
GF
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
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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
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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
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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
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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  −  ab  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
:
ab
ab
2 a B z =  ab  F  B z =
F , Cz=
F
2a
2a
in
–
∑ F z =0 : A z = B z C z −F =
ab−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 m2 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−  ab  B z   abc  F =0
 Bz=
∑ M  A z =0
m g a  abc  F
ab
:  ab  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 m0,5 m0,4 m ⋅377,6 N
Bz=
0,3 m0,5 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 12 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 2F 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 1a 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
 1tan   5
2a
α
y
A
a
a
B
cos=
a
1
2
1tan


=
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 12 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
 1tan   5
1
 5 =0,8944
cos =
=2
 1tan 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 1S 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  =
=
 1tan 2   5
tan  =
cos =
Prof. Dr. Wandinger
1
 5 =0,8944
=2
 1tan 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=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
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
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