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1. Stabsysteme
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme 1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme 1.3 Stabsysteme mit starren Körpern
Prof. Dr. Wandinger
4. Tragwerke
TM 2 4.1-1
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme ●
Längenänderung eines Stabs: –
–
Die Verschiebungen der Stabknoten können in eine Komponente u parallel zur Stabachse und eine Komponente v senkrecht zur Stabachse aufgeteilt werden. Für kleine Verschiebungen gilt: ●
Geometrische Überlegungen dürfen an der unverformten Struktur durchgeführt werden.
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4. Tragwerke
x
v2 y
2
u2
y v1
φ 1
u1 x
TM 2 4.1-2
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme ●
●
Die Verschiebungen senkrecht zur Stabachse beschreiben eine Drehung, bei der sich die Länge des Stabs nicht ändert. Nur die Verschiebungen parallel zur Stabachse führen zu einer Längenänderung des Stabs: Δ L=ū 2 −ū1
–
v2 2
1 v1 uk vk
Für die Verschiebung parallel zur Stabachse gilt:
x
φ φ uk
ū k =u k cos (ϕ)+ v k sin (ϕ) , k=1,2 Prof. Dr. Wandinger
4. Tragwerke
TM 2 4.1-3
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme –
Damit gilt für die Längenänderung: Δ L=( u 2 −u 1 ) cos (ϕ)+ ( v 2 −v1 ) sin (ϕ)
–
Die Längenänderung setzt sich zusammen aus ●
einer Längenänderung ΔLN infolge der Normalkraft,
●
einer Längenänderung ΔLT infolge einer Temperaturänderung,
●
●
einer Anfangsverlängerung ΔL0 infolge einer Fertigungsungenauigkeit: Δ L=Δ L N +Δ L T +Δ L 0 Für ΔL0 > 0 ist der Stab zu lang und für ΔL0 < 0 zu kurz.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-4
1.1 Statisch bestimmte Stabsystem –
Für einen Stab mit konstanter Dehnsteifigkeit EA gilt: Δ L=L
–
(
N +αT Δ T +Δ L 0 EA
)
Auflösen nach der Normalkraft ergibt: Δ L Δ L0 N =E A − −αT Δ T L L
(
–
19.11.15
)
Diese Gleichungen werden im Folgenden als Stabgleichungen bezeichnet.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-5
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme ●
Beispiel: –
Gegeben: ●
–
B
Länge a, Winkel α
●
Dehnsteifigkeit EA
●
Kraft F
φ x EA
Gesucht: ●
Verschiebungen uC und vC von Punkt C
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y
4. Tragwerke
A
EA a
α
C F
TM 2 4.1-6
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme –
Stabkräfte: NBC
∑ F y=0
: N BC sin (α)−F =0 F → N BC = sin (α)
∑ F x =0
: − N AC − N BC cos (α)=0 → N AC =−N BC cos (α)=−F cot (α)
–
NAC
α
y
C F
x
Längenänderungen: u A=u B =0 v A=v B =0 ϕ=−α
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Δ L AC =u C Δ L BC =u C cos (ϕ)+ vC sin (ϕ) =u C cos (α)−v C sin (α) 4. Tragwerke
TM 2 4.1-7
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme
–
–
N AC a Fa =− cot (α) Stabgleichungen: Δ L AC = EA EA N BC a Fa Δ L BC = = E A cos(α) E A sin(α) cos(α)
Für die Verschiebungen folgt: Fa u C =Δ L AC =− cot (α) EA 1 Fa 1 vC = u C cos(α)−Δ L BC )=− cot 2 (α)+ 2 ( sin (α) EA sin (α)cos(α)
(
)
3 F a cos (α)+1 =− E A sin 2 (α)cos(α)
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-8
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme ●
Beispiel: Fachwerk –
–
Gegeben: ●
Länge a
●
Kraft F
●
Temperaturänderung ΔTAB
●
Anfangsverlängerung ΔL0DE
●
Dehnsteifigkeit EA
●
Wärmeausdehnungskoeffizient αT
D
E
A
B
a y
a
C a
F
x
Gesucht: ●
Verschiebungen der Knoten B, C und E
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-9
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme –
19.11.15
Stabkräfte (z.B. mit Knotenpunktverfahren): NDE
NCE
E
NCE
C NBC
F
N CE = √ 2 F N BC =−F
NBE
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NBD NAB
N BE =− N DE =
NBE
N CE
√2
N CE
√2
=−F
=F
4. Tragwerke
B N BC
N BD =−√ 2 N BE = √ 2 F N BD N AB =N BC − =−2 F √2
TM 2 4.1-10
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme –
Verschiebungen: ●
●
Stab AB:
Stab DB: (ϕ=−45 °)
N AB 2F u B =Δ L AB=a +αT Δ T AB =a αT Δ T AB − EA EA
(
) (
N BD 2 F a u B −v B ) =Δ L BD =√ 2 a = ( 2 EA EA
√2
2√2 F a F → v B =u B − =a αT Δ T AB−2 ( 1+ √ 2 ) EA EA
(
●
Stab DE:
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)
N DE Δ L 0 DE F Δ L 0 DE u E =Δ L DE =a + =a + EA a EA a
(
4. Tragwerke
) (
)
)
TM 2 4.1-11
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme
●
Stab BE: (ϕ=90 ° )
●
Stab BC:
N BE a Fa v E −v B =Δ L BE = =− EA EA Fa F → v E =v B − =a α T Δ T AB −( 3+2 √ 2 ) EA EA
(
N BC a Fa uC −u B =Δ L BC = =− EA EA → uC =u B −
●
Stab EC: (ϕ=−45 °)
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)
√2 2
Fa 3F =a αT Δ T AB− EA EA
(
( uC −u E −vC +v E )=Δ L CE = 4. Tragwerke
)
√ 2 a N CE EA
2F a = EA TM 2 4.1-12
19.11.15
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme 2 √2 F a =vC EA Δ L 0 DE F → vC =a 2 αT Δ T AB − −( 7+4 √ 2 ) a EA uC −u E +v E −
(
●
)
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 Verschiebungskomponenten stehen S Stabgleichungen zur Verfügung.
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TM 2 4.1-13
1.1 Statisch bestimmte Stabsysteme –
19.11.15
Bei statisch bestimmten Fachwerken gilt: 2 K =L+S → 2 K −L=S
–
Alle unbekannten Verschiebungskomponenten können aus den Stabgleichungen bestimmt werden.
–
Dabei empfiehlt es sich, nach Möglichkeit Stäbe zu betrachten, bei denen die Verschiebungen an einem Knoten bereits bekannt sind.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-14
19.11.15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme ●
Beispiel: Abgestufter Stab –
Gegeben: ●
●
●
–
A
EA1
B
EA2 , ΔL0
C
Abmessung a Dehnsteifigkeiten EA 1 und EA 2
a
2a
Anfangsverlängerung ΔL0 von Stab BC
Gesucht: ●
Stabkräfte
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TM 2 4.1-15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme –
N AB =N BC =N
Gleichgewicht: A
B
N
B
N
C
N
N
a –
Kinematik:
19.11.15
2a
Δ L=Δ L AB +Δ L BC =0
N AB a 2 a N BC a 1 2 + +Δ L 0 =0 → + N =−Δ L 0 E A1 E A2 E A1 A 2
(
)
Δ L0 Δ L 0 E A1 A2 E → N =− =− a 1/ A 1 +2/ A 2 a A 2 +2 A 1 Prof. Dr. Wandinger
4. Tragwerke
TM 2 4.1-16
19.11.15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme ●
Bei statisch unbestimmten Stabsystemen gilt: –
Die Gleichgewichtsbedingungen allein reichen nicht aus, um die Stabkräfte zu ermitteln.
–
Zusätzlich müssen die kinematischen Beziehungen verwendet werden.
–
Fertigungsungenauigkeiten und Temperaturlasten führen zu Stabkräften.
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TM 2 4.1-17
19.11.15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme ●
Beispiel: Fachwerk –
F
●
Abmessung a
●
Dehnsteifigkeit EA
●
● ●
a
A
Gegeben:
B a
Kraft F Temperaturlast ΔT im Stab BE
–
E
Gesucht: ●
●
4. Tragwerke
x
D
C
ΔT
y
Wärmeausdehungskoeffizient αT
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a
Verschiebung von Punkt B Stabkräfte TM 2 4.1-18
19.11.15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme –
Gleichgewicht am Knoten B:
√ 2 N −N =0 F =0 : N −N + ( BE ∑ x BC AB BD ) 2
∑ F y =0 : −F −
√ 2 N + N =0 ( BD BE ) 2
F
NAB
NBC
B NBD
y
NBE x
–
Stabgleichungen: ●
●
Stab AB:
a N AB uB u B =Δ L AB = → N AB =E A EA a
Stab BC:
a N BC uB −u B =Δ L BC = → N BC =−E A EA a
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TM 2 4.1-19
19.11.15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme
●
●
Stab DB:
√ 2 ( u +v )=Δ L = √ 2 a N BD → N =E A u B +v B BD BD 2 B B EA 2a
Stab BE:
√ 2 (−u +v ) =Δ L = √ 2 a N BE +α Δ T B B BE T 2
→ N BE –
(EA u −v =−E A ( +α Δ T ) 2a B
B
)
T
Einsetzen der Stabgleichungen in die Gleichgewichtsbedingungen:
[
)]
u B +v B EA 2 u B −v B √ ∑ F x =0 : a −2 u B − 2 2 + a αT Δ T + 2 = 0 Prof. Dr. Wandinger
(
4. Tragwerke
TM 2 4.1-20
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1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme
√ 2 a αT Δ T 2 2 √ √ → − a αT Δ T = 2+ u B → u B =− 2 2 4+ √ 2
(
)
2 E A u B +v B u B −v B √ − −a αT Δ T =0 ∑ F y =0 : −F − 2
a
(
2
2
)
2 2 EA √ √ → E A αT Δ T −F = vB 2
2
→ v B =a αT Δ T − √ 2
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a
Fa EA
4. Tragwerke
TM 2 4.1-21
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme –
19.11.15
Stabkräfte: uB u B √ 2 E A αT Δ T √ 2 E A αT Δ T N AB =E A =− , N BC =−E A = a a 4+ √ 2 4+ √ 2 u B +v B E A 2 2 N BD =E A = 1− √ αT Δ T − √ F 2a 2 2 4+ √ 2 2 E A αT Δ T √ 2 = − F 2 4+ √ 2
(
)
u B −v B 1 √2 1 2 N BE =−E A +αT Δ T =E A − αT Δ T − √ F 2a 2 4+ √ 2 2 2 2 E A αT Δ T √ 2 =− − F 2 4+ √ 2
(
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)
4. Tragwerke
(
)
TM 2 4.1-22
19.11.15
1.2 Statisch unbestimmte Stabsysteme ●
Statisch unbestimmte Fachwerke:
–
Unbekannt: Lagerkräfte:
L
Stabkräfte:
S
Verschiebungen:
2K - L
Gesamt:
2K + S
Gleichungen: Gleichgewicht am Knoten: Stabgleichungen:
2K S 2K + S
Die Stabkräfte können nicht unabhängig von den Verschiebungen bestimmt werden.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-23
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern ●
●
19.11.15
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.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-24
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern Bei einer kleinen Drehung um einen festen Punkt A gilt:
– y
yP
δP
x P −x A =r cos(α) y P −y A=r sin (α)
vP α
uC
δ P =r tan (ϕ)≈r ϕ
uP
C
P
u P =−δ P sin (α) =−r ϕ sin (α) =−( y P −y A ) ϕ=uC
r φ yA
vB φ
A xA
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φ α
B xP 4. Tragwerke
x
v P =δ P cos(α) =r ϕ cos(α) =( x P −y P ) ϕ=v B TM 2 4.1-25
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Wenn sich der Punkt A selbst verschiebt, so muss die Verschiebung von Punkt A addiert werden.
–
Damit gilt allgemein: vP
y
u P = u A −( y P −y A ) ϕ v P = v A+ ( x P − x A ) ϕ
vA A φ
P
uP
uA x
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-26
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern ●
Beispiel 1: –
Gegeben: ● ●
●
–
4a
Abmessung a Dehnsteifigkeit EA des Stabs CD
A starr
2a
Kraft F
●
Stabkraft NCD
●
Kräfte im Lager A
F
C
Gesucht:
●
B
2a
y x
EA
a
D
Verschiebungen uB und vB von Punkt B
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-27
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Gleichgewicht am starren Körper:
∑ F x =0
: A x =0
Ax
Ay
4a
A
A M ∑ =0 : −2 a N CD −4 a F =0
starr
2a
2a
: −A y −N CD −F =0
→ A y =−N CD −F =F
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F y
C
→ N CD =−2 F
∑ F y =0
B
4. Tragwerke
x NCD
Zugkräfte Zugkräftezeigen zeigenvom vom starren starrenKörper Körperweg. weg. TM 2 4.1-28
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern
–
Stabgleichung:
–
Kinematik:
N CD a 2Fa v C =Δ L CD = =− EA EA
u A=v A =0
2F a v C =2 a ϕ=− EA F → ϕ=− EA
φ
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B
A
starr
2a
y
vC
u B =0 v B =4 a ϕ=−
vB
4a
2a
C
x
4F a EA 4. Tragwerke
TM 2 4.1-29
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern ●
Beispiel 2: –
● ●
●
–
D
Gegeben: Abmessung a
a
Dehnsteifigkeit EA der Stäbe BC und DE Kraft F
●
starr
2a A
Stabkräfte NBC und NDE Verschiebungen uF und vF von Punkt F
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2a
EA
F
E
Gesucht: ●
a
4. Tragwerke
F B
2a
y x
EA
a
C
TM 2 4.1-30
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Gleichgewicht am starren Körper:
∑M
NDE
A
=0 : 2 √ 2 a N DE −2 a N BC −4 a F =0 → √ 2 N DE −N BC =2 F
–
Die Kräftegleichgewichte liefern zwei weitere Gleichungen mit zwei weiteren Unbekannten.
F
E
starr 2a
F A
–
2a
45°
y
B
Ax
2a Ay
NBC
x
Das System ist statisch unbestimmt.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-31
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Kinematik: δE
u A=v A =0
v B =2 a ϕ
uF
vB φ
A
F
E
starr 2a
u F =−2 a ϕ
2a
45°
δ E =2 √ 2 a ϕ
vF
B 2a
y x
v F =4 a ϕ
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-32
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Stabgleichungen: δ E =−Δ L DE =−
–
√ 2 a N DE EA
a N BC , v B =Δ L BC = EA
Mit den kinematischen Beziehungen folgt: EA EA N DE =− δ DE =−2 E A ϕ , N BC = v B =2 E A ϕ a √2 a
–
Einsetzen in das Momentengleichgewicht ergibt: 1 ( ) E A −2 √ 2−2 ϕ=2 F → ϕ=−
F F ( ) =− √ 2−1 EA √ 2+1 E A
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-33
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
19.11.15
Damit gilt für die Stabkräfte: N DE =2 ( √ 2−1 ) F , N BC =−2 ( √ 2−1 ) F
–
Für die Verschiebung von Punkt F folgt: Fa Fa ( ) ( ) u F =2 √ 2−1 , v F =−4 √ 2−1 EA
–
EA
Aus den übrigen beiden Gleichgewichtsbedingungen können die Lagerkräfte im Punkt A ermittelt werden.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-34
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern ●
Beispiel 3: –
Gegeben: ● ●
●
–
D
Abmessung a
●
EA E
a
Verschiebungen uF und vF von Punkt F
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starr
2a
Kraft F Stabkräfte
F
C
Dehnsteifigkeit EA aller Stäbe
Gesucht: ●
4a
EA
4. Tragwerke
A
F y
B
EA
EA
G
x
H 2a
TM 2 4.1-35
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Gleichgewicht am starren Körper:
∑ F x =0
: −N CD −N AE =0
4a
NCD
F
C
∑ F y =0
: −N AG −N BH −F =0
A
A M ∑ =0 : −2 a N BH −4 a F +2 a N CD =0
–
starr
2a
NAE
NAG
F y
B 2a
x NBH
Das System ist statisch unbestimmt.
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4. Tragwerke
TM 2 4.1-36
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Kinematik: v B =v A +2 a ϕ u C =u A −2 a ϕ u F =u A −2 a ϕ v F =v A + 4 a ϕ
–
A
Stabgleichungen: N AE a u A=Δ L AE = EA N AG a v A =Δ L AG = EA
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uC
C
2a vA
4a
vF
F
uF
starr φ uA 2a
vB
y B
x
N BH a v B =Δ L BH = EA N CD a u C =Δ L CD = EA 4. Tragwerke
TM 2 4.1-37
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Mit der Kinematik folgt aus den Stabgleichungen: EA EA N AE = u A , N AG = vA a a EA EA N BH = ( v A +2 a ϕ ) , N CD = ( u A −2 a ϕ ) a a
–
Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingungen ergibt: EA ∑ F x =0 : − a ( u A −2 a ϕ+u A )=0 EA F =0 : − v A +v A +2 a ϕ )=F ( ∑ y a
∑ M A=0 Prof. Dr. Wandinger
19.11.15
: 2 E A (−v A −2 a ϕ+u A−2 a ϕ )=4 a F 4. Tragwerke
TM 2 4.1-38
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Daraus folgt:
2 uA
−2 a ϕ = 2vA
uA
–
Auflösen ergibt:
−v A
0 Fa +2 a ϕ = − EA 2Fa −4 a ϕ = EA
(2) (3)
1 Fa (1) → u A=a ϕ , (2) → v A =− −a ϕ 2 EA
Fa 1 in (3): ( 1+1−4 ) a ϕ= 2− EA 2
( )
(1) → u A=− Prof. Dr. Wandinger
(1)
3 F → ϕ=− 4 EA
3 Fa 1 3 Fa 1 Fa , (2) → v A =− − = 4 EA 2 4 EA 4 EA
(
4. Tragwerke
)
TM 2 4.1-39
19.11.15
1.3 Stabsysteme mit starren Körpern –
Damit gilt für die Stabkräfte: 3 1 N AE =− F , N AG = F 4 4 1 3 5 3 3 3 N BH = − F =− F , N CD = − + F = F 4 2 4 4 2 4
(
–
)
(
)
Für die Verschiebung von Punkt F folgt: 3 3 Fa 3 Fa 1 Fa 11 F a uF= − + = , v F = −3 =− 4 2 EA 4 EA 4 EA 4 EA
(
Prof. Dr. Wandinger
)
( )
4. Tragwerke
TM 2 4.1-40
