Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-2
Ein räumliches Tragwerk ist statisch bestimmt gelagert, wenn die Lagerreaktionen aus den 6 Gleichgewichts- bedingungen berechnet werden können.
∑ F
x= 0
∑ F
y= 0
∑ F
z= 0
∑ M
Bx= 0
∑ M
yB= 0
∑ M
zB= 0
Räumliche Lager:
–
Seil:
–
Glatte Fläche:
F
1-wertig: Kraft F wirkt vom Bauteil weg in Richtung des Seils
1-wertig: Kraft F steht
senkrecht auf Kontaktfläche
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-4 –
Kugelgelenk:
–
Radiallager:
3-wertig:
Kräfte F
x, F
y, F
zFz
Fx Mz
Mx
4-wertig:
Kräfte F
x, F
zMomente M
x, M
zFx Fy
Fz
–
Schublager:
–
Festes Gelenklager:
Fx
Fz Mx
Mz My
5-wertig:
Kräfte F
x, F
z
Momente M
x, M
y, M
zF
Fy Fz
My
M
5-wertig:
Kräfte F
x, F
y, F
zMomente M
y, M
zProf. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-6 –
Feste Einspannung:
Fx Fy
Fz
Mx My
Mz
6-wertig:
Kräfte F
x, F
y
, F
z
Momente M
x, M
y, M
zBeispiel: Winde
A r
B
a b
c α
m
F
d g
–
Lager A: Kugelgelenk
●
verhindert Verschiebun- gen in allen 3 Richtun- gen (Festlager)
–
Lager B: Kugelgelenk
●
verhindert Verschiebun-
gen senkrecht zur Welle
(Loslager)
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-8 –
Gegeben:
●
Masse m = 100 kg
●
Abstände a = 0,3 m, b = 0,5 m, c = 0,4 m, d = 0,3 m
●
Radius r = 0,1 m
●
Winkel α = 30°
–
Gesucht:
●
Kraft F
●
Lagerkräfte
–
Freischnitt:
A r
B
a b
c α
F Ax Az
Ay
By Bz
x y
z mg d
✄
–
Gleichgewicht:
∑ F
x= 0 : A
x= 0
∑ F
y= 0 : A
y+ B
y= 0
→ B
y=− A
y∑ F
z= 0 :
A
z+ B
z− m g − F = 0
→ A
z= F + m g − B
zProf. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-10
∑ M
Ax= 0 : m g r − d cos (α) F = 0 → F = d cos m g r (α )
∑ M
yA= 0 : m g a − ( a + b ) B
z+ ( a + b + c ) F = 0
→ B
z= m g a + ( a + b + c ) F a + b
∑ M
zA= 0 : ( a + b ) B
y= 0 → B
y= 0
–
Zahlenwerte:
A
x= 0 N , A
y=− B
y= 0 N F = 100 kg ⋅ 9,81 m / s
2⋅ 0,1 m
0,3 m ⋅ cos ( 30 ° ) = 377,6 N
B
z= 100 kg ⋅ 9,81 m / s
2⋅ 0,3 m + ( 0,3 m + 0,5 m + 0,4 m ) ⋅ 377,6 N 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 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-12
Beispiel: Rahmen
A
B
C
D
E a
a b
F1
F2
M a
G
–
Lagerung:
●
Punkte A, D, E und G:
feste Kugelgelenke
●
Die Träger BE und BD sind im Punkt B gelenkig angeschlossen.
●
Der Träger CG ist im Punkt C gelenkig ange- schlossen.
–
Gegeben:
●
Kräfte F
1und F
2●
Moment M
●
Abmessungen a und b
–
Gesucht:
●
Gelenkkräfte in den
Punkten A, B und C
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-14 –
Freischnitt:
A
B
C
a
a b
F1
F2
M
x y
z Ax
Ay
Az
Bz
Cz Bx
✄
a
∑ M
yA= 0 : − M + a C
z= 0 → C
z= M a
∑ M
Ax= 0 : − b F
1+ 2 a C
z− 2 a B
z= 0 → B
z= C
z− 2 b a F
1= M a − 2 b a F
1∑ M
zA= 0 : − a F
1+ a F
2− 2 a B
x= 0 → B
x= 1 2 ( F
2− F
1)
∑ F
x= 0 : A
x+ B
x− F
2= 0 → A
x= F
2− B
x= 1 2 ( F
2+ F
1)
∑ F
y= 0 : − A
y+ F
1= 0 → A
y= F
1∑ F = 0 : − A − B + C = 0 → A = C − B = b F
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-16
Beispiel: Räumliches Fachwerk
–
Gegeben: a, F
–
Gesucht: Stabkräfte
–
Koordinaten:
a
a
2a
3a a
F A
B
C D
z
x
y E
A = ( 1, 0, 0 ) a B = ( − 1, 0, 0 ) a C =( 0, √ 3 , 0 ) a
D = ( 0, 0, 3 ) a
E = ( 0,1,3 ) a
–
Richtungsvektoren der Stäbe:
A
B
C D
z
x
y E
eAC
eAE eCE
eBC eBE eDE
[ ⃗ e
AC] = 1 2 [ −1 √ 0 3 ] , [ ⃗ e
BC] = 1 2 [ √ 1 0 3 ]
[ ⃗ e
AE] = 1
√ 11 [ −1 1 3 ] , [ ⃗ e
BE] = √ 1 11 [ 1 1 3 ]
[ ⃗ e
CE] = 3,088 1 [ − 0,7321 0 ] = [ − 0,2371 0 ] [ ⃗ e
DE] = [ 0 1 ]
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-18 –
Knoten C:
A
B
C D
z
x
y E
SAC
SCE SBC
F
∑ F ⃗ =⃗ 0 : ⃗ S
AC+ ⃗ S
BC+⃗ S
CE+ ⃗ F =⃗ 0
− S
AC⃗ e
AC− S
BC⃗ e
BC+ S
CE⃗ e
CE− F ⃗ e
z=⃗ 0
∑ F
x= 0 : 1 2 S
AC− 1 2 S
BC= 0
∑ F
y= 0 :
− √ 3
2 ( S
AC+ S
BC) − 0,2371 S
CE= 0
∑ F
z= 0 : 0,9715 S
CE− F = 0
∑ F
z= 0 → S
CE= 0,9715 1 F =1,029 F
∑ F
x= 0 → S
BC= S
AC∑ F
y= 0 → √ 3 S
AC=− 0,2371 S
CE=− 0,2441 F
→ S
AC= S
BC=− 0,1410 F
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-20 –
Knoten E:
A
B
C D
z
x
y E
SAE
SCE SBE SDE
∑ F ⃗ =⃗ 0 : ⃗ S
AE+⃗ S
BE+⃗ S
DE+⃗ S
CE=⃗ 0
− S
AE⃗ e
AE− S
BE⃗ e
BE− S
DE⃗ e
DE− S
CE⃗ e
CE=⃗ 0
∑ F
x= 0 : √ 1 11 ( S
AE− S
BE) = 0
∑ F
y= 0 : − √ 1 11 ( S
AE+ S
BE) + 0,2371 S
CE− S
DE= 0
∑ F
z= 0 :
− 3
√ 11 ( S
AE+ S
BE) − 0,9715 S
CE= 0
∑ F
x= 0 → S
BE= S
AE∑ F
z= 0 → 6 S
AE=−0,9715 √ 11 S
CE=−3,222 S
CE→ S
AE= S
BE=−0,5370 ⋅ 1,029 F =− 0,5526 F
∑ F
y=0 → S
DE= 0,2371 S
CE− 2
√ 11 S
AE→ S
DE= ( 0,2371 ⋅ 1,029 + √ 2 11 ⋅ 0,5526 ) F = 0,5772 F
Prof. Dr. Wandinger 3. Tragwerksanalyse TM 1 3.5-22 –