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Prof. Dr. Wandinger 4. Tragwerke TM 2 4.1-1

12.05.20

1. Stabsysteme

1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme

1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme

1.3 Stabsysteme mit starren Körpern


12.05.20


● Längenänderung eines Stabs:– Die Verschiebungen der Stab-

knoten können in eine Kompo-nente u parallel zur Stabachse und eine Komponente v senk-recht zur Stabachse aufgeteilt werden.

– Für kleine Verschiebungen gilt:● Geometrische Überlegungen

dürfen an der unverformten Struktur durchgeführt werden.

x

1

2

ϕu

1

u2

v1

v2

x

y

y


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● Die Verschiebungen senkrecht zur Stabachse beschreiben eine Drehung, bei der sich die Länge des Stabs nicht ändert.

● Nur die Verschiebungen paral-lel zur Stabachse führen zu ei-ner Längenänderung des Stabs:

– Für die Verschiebung parallel zur Stabachse gilt:

v1

v2

1 2

ϕϕ

uk

vk

uk

x

Δ L=ū2−ū1

ūk=uk cos(ϕ)+vk sin (ϕ) , k=1, 2


12.05.20


– Damit gilt für die Längenänderung:

– Die Längenänderung setzt sich zusammen aus● einer Längenänderung ΔLN infolge der Normalkraft,● einer Längenänderung ΔLT infolge einer Temperaturänderung,● einer Anfangsverlängerung ΔL0 infolge einer Fertigungsunge-

nauigkeit:

● Für ΔL0 > 0 ist der Stab zu lang und für ΔL0 < 0 zu kurz.

Δ L= (u2−u1 ) cos(ϕ)+ (v2−v1 ) sin(ϕ)

Δ L=Δ LN+Δ LT+Δ L0


12.05.20


● Stabgleichungen:– Für einen Stab mit konstanter Dehnsteifigkeit EA gilt:

– Auflösen nach der Normalkraft ergibt:

Δ L=L ( NE A +αT ΔT )+Δ L 0

N =E A( Δ LL −Δ L0L −αT ΔT )


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● Beispiel:– Gegeben:

● Länge a, Winkel α● Dehnsteifigkeit EA● Kraft F

– Gesucht:● Verschiebungen uC und vC von

Punkt Ca

αA

B

C

F

ϕ

x

y

EA

EA


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– Stabkräfte:

– Längenänderungen:

α

F

NAC

NBC

x

y

C∑ F y=0 : N BC sin (α)−F=0

→ N BC=F

sin (α)

∑ F x=0 : −N AC−N BC cos(α)=0→ N AC=−N BC cos(α)=−F cot (α)

uA=uB=0vA=vB=0ϕ=−α } →

Δ LAC=uCΔ LBC=uC cos(ϕ)+vC sin (ϕ)

=uC cos(α)−vC sin (α)


12.05.20


– Stabgleichungen:

– Für die Verschiebungen folgt:

uC=Δ LAC=−F aE A cot (α)

vC=1

sin (α) (uC cos(α)−Δ LBC )=−F aE A (cot2(α)+ 1sin2(α)cos(α))

=− F aE Acos3(α)+1

sin2 (α)cos(α)

Δ LAC=N AC aE A =−

F aE A cot (α)

Δ LBC=N BCE A

acos(α)=

F aE A sin(α)cos(α)


12.05.20


● Beispiel: Fachwerk– Gegeben:

● Länge a● Kraft F● Temperaturänderung ΔTAB● Anfangsverlängerung ΔL0DE● Dehnsteifigkeit EA● Wärmeausdehnungskoeffizient αT

– Gesucht:● Verschiebungen der Knoten B, C und E

aa

a

A B C

D E

F

x

y


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– Stabkräfte (z. B. mit Knotenpunktverfahren):

C

FNBC

NCE

NDE

NCE

NBE N

BC

NBE

NAB

E

B

NBD

N CE=√2 FN BC=−F

N BE=−N CE√2 =−F

N DE=N CE√2 =F

N BD=−√2 N BE=√2 FN AB=N BC−

N BD√2 =−2 F


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– Verschiebungen:● Stab AB:

● Stab DB:

● Stab DE:

uB=Δ LAB=a( N ABE A +αT ΔT AB)=a (αT ΔT AB− 2 FE A )√22 (uB−vB )=Δ LBD=√2 a

N BDE A =

2 F aE A

→ vB=uB−2√2 F a

E A =a (αT ΔT AB−2 (1+√2 ) FE A )

uE=Δ LDE=a ( N DEE A + Δ L0 DEa )=a( FE A +Δ L0 DEa )

(ϕ=−45°)


12.05.20


● Stab BE:

● Stab BC:

● Stab EC:

vE−vB=Δ LBE=N BE aE A =−

F aE A

→ vE=vB−F aE A=a(αT ΔT AB−(3+2√2 ) FE A )

uC−uB=Δ LBC=N BC aE A =−

F aE A

→ uC=uB−F aE A=a (αT ΔT AB− 3 FE A )

√22 (uC−uE−vC+vE )=Δ LCE=

√2 a N CEE A =

2 F aE A

(ϕ=−45 °)

(ϕ=90 ° )


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uC−uE+vE−2√2 F a

E A =vC

→ vC=a(2αT ΔT AB−Δ L0 DEa −( 7+4√2 ) FE A )● Bei ebenen Fachwerken gilt:

– Es gibt zwei Verschiebungskomponenten pro Knoten und damit insgesamt 2K Verschiebungskomponenten.

– Davon sind L Verschiebungskomponenten an den Lagern null.

– Zur Ermittlung der 2K – L unbekannten Verschiebungskom-ponenten stehen S Stabgleichungen zur Verfügung.


12.05.20


– Bei statisch bestimmten Fachwerken gilt:

– Alle unbekannten Verschiebungskomponenten können aus den Stabgleichungen bestimmt werden.

– Dabei empfiehlt es sich, nach Möglichkeit Stäbe zu betrach-ten, bei denen die Verschiebungen an einem Knoten bereits bekannt sind.

2 K=L+S → 2 K−L=S


12.05.20


● Beispiel: Abgestufter Stab– Gegeben:

● Abmessung a● Dehnsteifigkeiten EA1

und EA2● Anfangsverlängerung

ΔL0 von Stab BC– Gesucht:

● Stabkräfte

a 2a

EA1 EA2 , ΔL0A B C


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– Gleichgewicht:

– Kinematik:

a 2a

A B CB

N N N N

Δ L=Δ LAB+Δ LBC=0

N AB=N BC=N

N AB aE A1

+2 a N BC

E A2+Δ L0=0 →

aE ( 1A1 + 2A2 )N=−Δ L0

→ N=−Δ L0

aE

1/A1+2 /A2=−

Δ L0a

E A1 A2A2+2 A1


12.05.20


● Bei statisch unbestimmten Stabsystemen gilt:– Die Gleichgewichtsbedingungen allein reichen nicht aus,

um die Stabkräfte zu ermitteln.– Zusätzlich müssen die kinematischen Beziehungen ver-

wendet werden.– Fertigungsungenauigkeiten und Temperaturlasten führen zu

Stabkräften.


12.05.20


● Beispiel: Fachwerk– Gegeben:

● Abmessung a● Dehnsteifigkeit EA● Wärmeausdehungskoef-

fizient αT● Kraft F● Temperaturlast ΔT im

Stab BE

– Gesucht:● Verschiebung von Punkt

B● Stabkräfte

aaF

a

A C

B

D E

ΔT

x

y


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– Gleichgewicht am Knoten B:

– Stabgleichungen:● Stab AB:

● Stab BC:

FN

ABN

BC

NBD

NBE

B

y

x

∑ F x=0 : N BC−N AB+ √22 ( N BE−N BD )=0

∑ F y=0 : −F−√22 ( N BD+N BE )=0

uB=Δ LAB=a N ABE A → N AB=E A

uBa

−uB=Δ LBC=a N BCE A → N BC=−E A

uBa


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● Stab DB:

● Stab BE:

– Einsetzen der Stabgleichungen in die Gleichgewichtsbedin-gungen:

√22 (uB+vB )=Δ LBD=

√2 a N BDE A → N BD=E A

uB+vB2 a

√22 (−uB+vB )=Δ LBE=√2 a ( N BEE A +αT ΔT )

→ N BE=−E A( uB−vB2 a +αT ΔT )

∑ F x=0 : E Aa [−2 uB−√22 ( uB−vB2 +aαT ΔT + uB+vB2 )]=0


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→ −√22 aαT ΔT=(2+ √22 )uB → uB=−√2 a αT ΔT4+√2

∑ F y=0 : −F−√22E Aa ( uB+vB2 − uB−v B2 −a αT ΔT )=0

→ √22 E AαT ΔT−F=√22

E Aa v B

→ vB=aαT ΔT−√2F aE A


12.05.20


– Stabkräfte:

N AB=E AuBa =−

√2 E AαT ΔT4+√2 , N BC=−E A

uBa =

√2 E AαT ΔT4+√2

N BD=E AuB+vB

2 a =E A2 (1− √24+√2 )αT ΔT −√22 F

=2 E AαT ΔT

4+√2 −√22 F

N BE=−E A( uB−v B2 a +αT ΔT )=E A( 12 √24+√2 −12 )αT ΔT −√22 F=−

2 E AαT ΔT4+√2 −

√22 F


12.05.20


● Statisch unbestimmte Fachwerke:

– Die Stabkräfte können nicht unabhängig von den Verschie-bungen bestimmt werden.

Unbekannt: Gleichungen:Lagerkräfte: L Gleichgewicht am

Knoten:2K

Stabkräfte: S Stabgleichungen: S

Verschiebungen: 2K - L

Gesamt: 2K + S 2K + S


12.05.20


● Bauteile, deren Verformungen klein sind im Vergleich zu den Verformungen der übrigen Bauteile, aus denen ein Tragwerk zusammengesetzt ist, können als starre Körper betrachtet werden.

● Kinematik des starren Körpers:– Die Bewegung eines starren Körpers setzt sich aus einer

Translation und einer Rotation zusammen.– Im Folgenden wird vorausgesetzt, dass der Winkel, um den

sich der starre Körper dreht, so klein ist, dass Kreisbögen durch die Tangente ersetzt werden dürfen.


12.05.20


– Bei einer kleinen Drehung um einen festen Punkt A gilt:

α

α

r

AB

PC

δP v

P

uP

vB

uC

xA

xP

yA

yP

x

y

ϕϕϕ

x P−xA=r cos(α)yP−yA=r sin (α)

δP=r tan (ϕ)≈r ϕuP=−δP sin (α)

=−r ϕ sin (α)=−( yP−yA ) ϕ=uC

vP=δP cos(α)=r ϕ cos(α)=( xP−x A ) ϕ=vB


12.05.20


– Wenn sich der Punkt A selbst verschiebt, so muss die Ver-schiebung von Punkt A addiert werden.

– Damit gilt allgemein:

uP = uA− ( yP−yA ) ϕvP = vA+ ( x P−xA ) ϕ

P uP

vP

uA

vA

x

y

ϕ A


12.05.20


● Beispiel 1:– Gegeben:

● Abmessung a● Dehnsteifigkeit EA des

Stabs CD● Kraft F

– Gesucht:● Stabkraft NCD● Kräfte im Lager A● Verschiebungen uB und vB

von Punkt B

AB

C

Da

4a

2a

2a starr

EA

F

x

y


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AB

C

4a

2a

2a starr F

x

y

AyA

x

NCD

✄


– Gleichgewicht am starren Körper:

∑ F x=0 : Ax=0

∑ M A=0 :−2 a N CD−4 a F=0

→ N CD=−2 F

∑ F y=0 : −Ay−N CD−F=0

→ Ay=−N CD−F=F Zugkräfte zeigen vom starren Körper weg.

Zugkräfte zeigen vom starren Körper weg.


12.05.20


– Stabgleichung:

– Kinematik:

vC=Δ LCD=N CD aE A =−

2 F aE A

uA=v A=0

vC=2 aϕ=−2 F aE A

uB=0

vB=4 a ϕ=−4 F aE A

A

B

C

4a

2a

2a starr

x

yv

C

vB

ϕ

→ ϕ=− FE A


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12.05.20



● Abmessung a● Dehnsteifigkeit EA der Stä-

be BC und DE● Kraft F

– Gesucht:● Stabkräfte NBC und NDE● Verschiebungen uF und vF

von Punkt F

A B

C

D

a 2a

2a starr

EA

F

x

y

2a a

a

EA

E

F


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– Die Kräftegleichgewichte liefern zwei weitere Glei-chungen mit zwei weite-ren Unbekannten.

– Das System ist statisch unbestimmt.

A B

2a

2a

starr

F

x

y

2a

E

F

Ax

Ay

NBC

NDE

45°✄

∑ M A=0 :2√2 a N DE−2 a N BC−4 a F=0→ √2 N DE−N BC=2 F


12.05.20


– Kinematik:

A

B

2a

2a

starr

x

y

2a

E

F

vB

δE

45°

vF

uF

ϕ

δE=2 √2 a ϕ

uA=v A=0

vB=2 a ϕ

uF=−2 a ϕ

vF=4 a ϕ


12.05.20


– Stabgleichungen:

– Mit den kinematischen Beziehungen folgt:

– Einsetzen in das Momentengleichgewicht ergibt:

δE=−Δ LDE=−√2 a N DE

E A , vB=Δ LBC=a N BCE A

N DE=−E A√2 a δE=−2 E Aϕ , N BC=

E Aa vB=2 E A ϕ

E A (−2 √2−2 ) ϕ=2 F → ϕ=− 1√2+1F

E A=−(√2−1 )F

E A


12.05.20


– Damit gilt für die Stabkräfte:

– Für die Verschiebung von Punkt F folgt:

– Aus den übrigen beiden Gleichgewichtsbedingungen kön-nen die Lagerkräfte im Punkt A ermittelt werden.

N DE=2 (√2−1 ) F , N BC=−2 (√2−1 ) F

uF=2 (√2−1 )F aE A , vF=−4 (√2−1 )

F aE A


12.05.20



12.05.20



● Abmessung a● Dehnsteifigkeit EA aller

Stäbe● Kraft F

– Gesucht:● Stabkräfte● Verschiebungen uF und

vF von Punkt F

A B

C

2a

2a starr

EA

F

x

y

4a

EA

E

F

a EA

EA

D

G H

a


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– Das System ist statisch unbestimmt.

2a

A B

C

2a starr

F

x

y

4a FNCD

NAE

NAG

NBH

∑ F x=0 : −N CD−N AE=0

∑ F y=0 :−N AG−N BH−F=0

∑ M A=0 :−2 a N BH−4 a F +2 a N CD=0


12.05.20


– Kinematik:

– Stabgleichungen: 2aA B

C

2a starr

x

y

4aFuC

uA

vA vB

vF

uF

ϕ

vB=vA+2 a ϕuC=uA−2 a ϕuF=uA−2 aϕvF=vA+4 a ϕ

uA=Δ LAE=N AE aE A

vA=Δ LAG=N AG aE A

vB=Δ LBH=N BH aE A

uC=Δ LCD=N CD aE A


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– Mit der Kinematik folgt aus den Stabgleichungen:

– Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingungen ergibt:

N AE=E Aa uA , N AG=

E Aa v A

N BH=E Aa (vA+2 a ϕ ) , N CD=

E Aa (uA−2 a ϕ )

∑ F x=0 : −E Aa (uA−2 a ϕ+uA )=0

∑ F y=0 : − E Aa (vA+vA+2 a ϕ )=F

∑ M A=0 : 2 E A (−vA−2 a ϕ+uA−2 a ϕ )=4 a F


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– Daraus folgt:

– Auflösen ergibt:

2 uA −2 a ϕ = 0 (1)2 vA +2 a ϕ = −

F aE A (2)

uA −v A −4 aϕ =2 F aE A (3)

(1) → uA=a ϕ , (2) → v A=−12

F aE A−a ϕ

in (3): (1+1−4 ) aϕ= F aE A (2−12 ) → ϕ=−34 FE A(1) → uA=−

34

F aE A , (2) → vA=−( 12− 34 ) F aE A =14 F aE A


12.05.20


– Damit gilt für die Stabkräfte:

– Für die Verschiebung von Punkt F folgt:

N AE=−34 F , N AG=

14 F

N BH=( 14 −32 )F=−54 F , N CD=(−34 + 32 )F=34 F

uF=(−34 + 32 ) F aE A= 34 F aE A , vF=( 14 −3) F aE A=−114 F aE A


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