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DER UNTERRICHT AN BAUüEWERKSCHUlEN

BAND 48

A. SCHAU

STATIK

IIIA FÜR DIE HOCHBAUABTEILUNGEN

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K.

Der Unterricht an Baugewerkschulen

— (ft +Pi)*(' + y) — +

C. Eingespannte Träger auf zwei Stützen, a) Allgemeines.

C. Berechnung der Säulen- und Stützenköpfe.

C. Biegung und Zug.

kz = ('iy)1

D. Der Kern als Darstellung der Widerstandsmomente.

Außer dem vorliegenden Buch erschien von Reg.-Baum

Der Unterricht an Baugewerkschulen

Der Unterricht an Baugewerkschulen

Rechnen

Die Grundlagen des gewerblichen Rechnens. Von Baugewerkschullehrer Fr. Mensing.

3. Auflage. (Bd. 19.) M. 13.40. Antwortenheft nur für Lehrer M. 18.40.

Die bürgerlichen Rechnungsarten und deren Anwendung auf baugewerbliche Aufgaben (technisches, geschäftliches und volkswirtschaftliches Rechnen). Von Baugewerkschullehrer Fr. Mensing. 2. Auflage. (Bd. 29.) M. 10.20. Antwortenheft für Lehrer M. 13.60. Technisches, geschäftliches und volkswirtschaftliches Rechnen. (Kalkulationen.) Von Baugewerkschullehrer Fr. Mensing. Mit 5 Tafeln. (Bd. 30.) M. 16.—. Antwortenheft M. 5.—.

Geschäftskunde

Schriftverkehr und Geschäftskunde für Baugewerken. Mit 1 Anhang zur deutschen Sprachlehre. Von Oberlehrer E. Petzold. (Bd. 4.) M. 19.20.

P. Niehus. (Bd. 6.) M. 14.40l

Einfache Buchführung und Wechsellehre. Von Baugewerkschullehrern P. Niehus und Fr. Mensing. 2. Auflage. (Bd. 5.) M. 11.20.

Doppelte Buchführung. Von Baugewerkschullehrer

Das Veranschlagen von Hochbauten. Von Architekt Studienrat Q. Blume. 5. Auflage. Mit 5 Tafeln und 20 Abbildungen im Text. (Bd. 26.) M. 15.—

Das Veranschlagen von Tiefbauten. Von Architekt Studiemat O Blume und Oberlehrer Dr.V. Hortig. Mit Tafeln und Figuren. (Bd.52.) [ Jnter der Presse 1922.]

Mathematik

Leitfadend.bautechnischen Algebra. V.Prof.M.CiirndL4.Aufl. M.29Fig.u.2Taf. (Bd 25,)M. 11.20. Sammlung bautechnisch-algebraischer Aufgaben nebst kurzem Abrisse der Theorie. Von Professor M. Girndt. 2. Auflage. (Bd. 28.) M. 21.60.

Raumlehre für Baugewerkschulen und verwandte bautechnische Lehranstalten. In 2 Teilen. Von Professor M. Girndt (Bd. 20/21.) Teil 1: Lehre von den ebenen Figuren. 6. Auflage. Mit 253 Fig. i. Text u. 209 Aufgaben. M. 14.70. Teil II: Dreiecksberechnung und Körperlehre. 5. neubearb. Aufl. Mit 105 Fig. im Text u. zahlr. Aufgaben a.d.Baupraxis. M. 11.20. Feldmessen und Nivellieren. Von Dir.Prot.G.Volquardts. 4.verb.Aufl. Mit56Abb.im Text. (Bd. 13.) M. 6.40.

Das Feldmessen des Tiefbautechnikers. Von Dipl.-Ing. Prof. H. Friedrichs, ln 2 Teilen. (Bd. 14 u. 22.) Teil 1 : Horizontalmessvngen. 3 Aufl. bearbeitet von Prof. G. Reinecke. Mit 209 Textabbildungen und2Taieln. M. 37.50. Teil II: Flächen- u. Höhenautnahmen. 2. Aufl. bearbeitet von Prof. G. Reinecke. Mit 92 Textabbildungen und 3 Tafeln. M. 30.—.

Physik und Chemie

Bautechnische Physik. Von Prol. P.Himmel. 3. Aufl.v.Prof.K.Strohmeyer. Mit344Fig. (Bd. 23.) M. 27 20.

Leitfaden d. bautechnischen Chemie. Von Prof.M.Girndt. 3.Aufl. MU31 Fig. (Bd.2.) M.9.60.

Mechanik

Statik. Von GewerbeschulratReg.-Baumeistei Direktor A.Schau. !n3Tei!en. (Bd.46—48b.) Teil I: Grundgesetze, Anwendungen der statischen Gesetze aut Trägerordnungen, einfache Stabkonstruktionen und ebene Fachwerkträger. 3. Aufl. Mit 185 Abb. M. 28 50. Teil II: Festigkeitslehre. Zug- und Druckfestigkeit, Schubfestigkeit, Biegungsfestigkeit und Knickfestigkeit. 3. Aufl. Mit 209 Abbild, im 1 ext. M.36.—. Teil lila: Für die Hochbauabteilungen. Mit 238 Abb. i. Text M. 28.50. III b: Für die Tiefbauabteilungen Mit 379 Abb.i.TexL (Unter der Presse 1922.] IVa: Die Statik der Eisenbetonbauten. Mit 113 Abb.i.Text. M.33.—. IV b: Für die Tiefbauabteilungen. (In Vorbereitung 1922.1

Tabellen und Tafeln

Logarithmen- und Kurventabellen für den Gebrauch an Tiefbauschulen. Von Professor M. Girndt und Oberlehrer Liebmann. Mit 4 Figuren. (Bd. 45.) M 9.60. Mathematische und technische Tafeln. Von Prof. M. Girndt, Oberl. A. Liebmann und Oberl. Dr. Nitzsche. 2., neu bearbeitete Aufl. Mit 90 Abbildungen. (Bd 27.) M. 16.— Kontinuierliche Träger auf drei oder vier Stützen. Einfachere Hilfsmittel für deren genaue Berechnung bei beliebigen Stü» / ~ —*⁴ ‘'»•^biorer Belastung. Für Schule und Praxis bearbeitet von Oberlehrer Dr.- Biblioteka Politechniki Krakowskiej

und Berlin

Verlag von B. G.

STATIK

LEITFADEN

FÜR DEN UNTERRICHT AN BAUGEWERKSCHULEN UND VERWANDTEN TECHNISCHEN LEHRANSTALTEN

VON

A. SCHAU

GEWERBESCHULRAT UND REGIERUNGSBAUMEISTER DIREKTOR DER STAATL. BAUGEWERKSCHULE IN ESSEN

TEIL IIIA

FÜR DIE HOCHBAUABTEILUNGEN

MIT 238 ABBILDUNGEN IM TEXT

VERLAG UND DRUCK VON B. G.TEUBNER-LEIPZIG-BERLIN 1921

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ALLE HECHTE, EINSCHLIESSLICH DES OBERSETZUNGSRECHTS, VORBEHALTEN.

Âkc. uf.

Ośtsi :

Vorwort.

Der vorliegende dritte Teil (III a) des Leitfadens der Statik umfaßt den Lehrstoff, der in den beiden obersten Klassen der Hochbauabteilungen der preußischen Baugewerkschulen und der verwandten technischen Lehranstalten zu besprechen sein dürfte.

Als Ergänzung und zur Wiederholung des Gebiets der Klassen IV und III (Teil I und II) sind die Kragträger und die durchlaufenden Gelenkträger untersucht worden. Ein kurzer Hinweis auf die eingespannten Träger auf zwei Stützen, so weit erforderlich, ist erfolgt. Die Biegungslehre wurde durch Anwendungen auf Beispiele des Hochbaus erweitert. Die zusammengesetzte Festigkeit mit ihren Anwendungen auf die wichtigsten Gebiete der Druckverteilung im Mauerwerk wurde einer Besprechung unterzogen, wobei auch der Kern soweit herangezogen wurde, daß dem jungen Techniker die Möglichkeit gegeben ist, alle ihm zufallenden Aufgaben bei Berechnung von Mauerwerkskörpern zu lösen. Erddruck und Wasserdruck wurden ebenfalls, soweit es für den Hochbau nötig, berücksichtigt. Durch eine große Zahl von Aufgaben und Beispielen aus der Praxis wurden die Anwendungen der statischen Gesetze gezeigt. Ein Teil dieser Aufgaben ist für die Wiederholungen und Ergänzungen in der obersten Klasse bestimmt und durch Beifügung einer (I) gekennzeichnet.

In Klasse I ist außer den Wiederholungen in der Hauptsache die Statik der Eisenbetonbauten durchzusprechen. Im vorliegenden Leitfaden geschieht dies in Teil IVa in dem Umfange, wie es für den Hochbautechniker für notwendig gehalten wird, und zwar an Hand der im Anhänge abgedruckten amtlichen Bestimmungen für die Ausführung von Bauwerken aus Eisenbeton. Durch zahlreiche Anwendungsbeispiele ist auch hier versucht worden, alle die Fälle, die in der Regel Vorkommen, dem Verständnis der Schüler und jüngeren Techniker näherzubringen. Die amtlichen Musterbeispiele sind dabei in erster Linie zugrunde gelegt und meist zur Herbeiführung eines besseren Eindringens in das nicht leichte Stoffgebiet eingehender durchgearbeitet worden. Wirtschaftliche Gesichtspunkte wurden berücksichtigt. Im Anhänge sind die zu den Berechnungen nötigen Tabellen zusammengestellt worden.

Von der guten statischen Vorbildung der betreffenden Klassen wird es abhängen, wieweit ihre Fortbildung in dem vorliegenden wichtigen Gebiete sich ermöglichen läßt.

Kann in einem oder anderem Abschnitte das Ziel im Unterrichte nicht ganz erreicht werden, so ist es dem Leser des Leitfadens leicht möglich, an Hand der Bearbeitung und der Aufgaben und Beispiele eine Vervollständigung durch selbständige Arbeit vorzunehmen.

Im Teile IIIb des Leitfadens, der im wesentlichen für die Tiefbauabteilungen der Baugewerkschule bestimmt ist, finden sich etwa wünschenswerte Ergänzungen über die Berechnung größerer Träger (Blechträger usf.), Dach-und Gewölbebauten, Erd- und Wasserdruck, sowie im Teile IVb die Berechnung des Eisenbetons, die für den Hochbau weniger in Frage kommen, wie z. B. Berücksichtigung der Zugspannungen im Beton u. a. m.

Wegen der sonstigen unterrichtlichen Gesichtspunkte möge auf das Vorwort zu Teil I/II hingewiesen werden. Für Anregungen und Verbesserungsvorschläge, die erbeten werden, würde der Unterzeichnete besonders dankbar sein.

Essen, im Oktober 1920.

Schau.

Inhaltsverzeichnis.

I. Ergänzungen zur Berechnung von Trägern.

Seite

A.    Kragträger...........

a)    Kragträger mit einem Kragstück ............

L Auf einen Kragträger wirken

nur Einzellasten......

2.    Auf den Kragträger wirkt eine gleichmäßig verteilte Last .

3.    Anwendungen.......

4.    Berechnung von Baikonen und Erkern mit vieleckiger oder gekrümmter Grundform

b)    Kragträger mit zwei Kragstücken ...........

1.    Der Kragträger wird durch Einzellasten beansprucht . .

2.    Der Kragträger wird durch

eine gleichmäßig verteilte Last beansprucht .....

B.    Durchlaufende Qelenkträger (Gerberträger) ...........

C.    Eingespannte Träger auf zwei

Stützen............

a)    Allgemeines........

b)    Die einzelnen Einspannungsfälle ............

1.    Der beiderseits eingespannte Träger auf zwei Stützen . .

I.    Voll eingespannte Träger

II.    Unvollständigeingepannte

Träger.........

2.    Der einseitig eingespannte,

am anderen Ende freiliegende Träger auf zwei Stützen .........

10

16

22

24

cS cm oo co oo co

II. Weitere Anwendungen der Biegungslehre.

A.    Berechnung von Trägerauflagerplatten .............

a)    Linienkipplager.......

1.    Berechnung der Auflagerfläche ..........

2.    Berechnung der Auflagerstärke ....

b)    Flächenlager . .

B.    Berechnung der    Säulen    und

Stützenfüße..........

a)    Anordnungen aus Gußeisen. . 37

1.    Säulenschaft und Fußplatte sind getrennt gegossen . . 37

2.    Berechnung    nach    dem

Schnittverfahren . .

3.    Berechnung unter der Annahme, daß der Bruch nach der Linie M—N erfolgt... 38

4.    Berechnung der durch Rippen verstärkten Unterlagsplatten und Säulenfüße. . . 42

b)    Anordnung der Fußplatten aus

Flußeisen..........

C.    Berechnung derSäulen undStützen-

köpfe...... ......

III. Zusammengesetzte Festigkeit.

A.    Doppelbiegung.........

B.    Biegung und Druck......

C.    Biegung und Zug.......

D.    Anwendungen........

Seite

33

33

33

33

36

37

. . 37

47

49

49

59

61

62

IV. Exzentrische Druck- und Zugbelastung.

A. Allgemeines . 32 ! B. Anwendungen

67

Seite

71

72

73

73

77

78

81

84

86

89

90

Seile

94

94

101

105

V. Druckvertetlung im Mauerwerk.

A.    Zentrische gerade Belastung . .

B.    Zentrische schiefe Belastung . .

C.    Exzentrische Belastung ....

a)    Rechnerische Bestimmung der

Spannungen ........

b)    Zeichnerische Bestimmung

der Spannungen ......

c)    Anwendungen.......

VI. Berechnung der Spannungen mittels des Kerns.

A.    Allgemeines..........

B. . Zeichnerische Festlegung des

Kerns.......... . .

C.    Anwendungen.........

D.    Der Kern als Darstellung der

Widerstandsmomente.....

Vll. Berechnung der Spannungen in beliebig gestalteten Querschnitten unter Ausschluß von Zugspannungen

VIII. Berechnung der Treppen.

A.    Berechnung der Wangenträger .    93

B.    Berechnung der Podestträger. .    94

a)    Podestträger für freitragende

Stufen...........

b)    Podestträger für Treppen mit beiderseits gestützten Stufen 94

1.    Die Kraft Q sin a verteilt sich auf beide Auflager A und B gleichmäßig ....

2.    Das untere Auflager nimmt die gesamte Kraft Q sin a auf 95

c)    BerechnungeinesEckpodestes 100

IX. Berechnungen auf Erddruck.

A.    Allgemeines.........

B.    Erddruck auf eine lotrechte, glatte Wand bei wagrechter Geländeoberfläche ohne Auflast .... 104

C.    Erddruck auf eine lotrechte, glatte Wand bei wagrechter Geländeoberfläche mit Auflast

X. Wasserdruck .... 107

I. Ergänzungen zur Berechnung von Trägern.

A. Kragträger.

Kragträger finden im Hochbau vielseitige Anwendung, so bei Baikonen und Erkern, bei Pfetten im Dachbau, bei Aneinanderreihung von Trägern usw.

Bei jedem Kragträger ist zu unterscheiden zwischen den Wirkungen der Lasten, die sich auf dem von den Stützen begrenzten Trägerhauptteil (Strecke AB Abb. la) befinden, und den Wirkungen der auf den Kragstücken angreifenden Kräfte.

a) Kragträger mit einem Kragstück.

Da für den zunächst gewichtslos angenommenen Träger ein unbelastetes Kragstück ohne irgendwelchen Einfluß ist, so gelten ohne weiteres für die Strecke AB die im Teil I und II abgeleiteten Gesetze des Trägers auf zwei

Po

Abb. 1 a.

___H'

'..'-'Ali

u

b-

4--b-

-i

Abb. 2.

Endstützen. Bei Belastung der Strecke AB entstehen daher positive, also nach oben wirkende Auflagerdrücke A₀ und B₀, und positive Biegungsmomente M₀ (Abb. 1 b). Der Träger wird nach unten durchgebogen, die unteren Fasern des Trägerstückes AB werden gezogen, die oberen gedrückt (Abb. la).

Ist dagegen AB unbelastet und findet lediglich eine Belastung des Kragstückes statt, wie z. B. durch die Einzellast Px am Kragstückende (Abb. 2), so wird eine Drehung des Trägers um B und somit ein Abheben von der Stütze A erfolgen. Es muß also bei A ein nach abwärts gerichteter Auflagerdruck auftreten, der das Gleichgewicht wiederherstellt. Im folgenden sollen nun die hierdurch bedingten Einwirkungen von Lasten an dem Trägerarm auf die Momente usw. näher untersucht werden.

Mafiar Stellung

'Hin

Abb. 1 b.

i. Auf einen Träger wirken nur Einzellasten.

Der allgemeine Rechnungsgang zur Bestimmung der Auflagerdrücke und Momente usw. für den Träger auf zwei Stützen kann hier angewendet werden (T. I S. 69).

UaBsch48: Schau, Statik lila

a) Es wirke eine Last Px am Kragarm.

I. Bestimmung der Auflagerwiderstände.

Es wird die Gleichgewichtsbedingung III benutzt. SM — 0. Das Moment wird aufgestellt für den Bezugspunkt B, wobei angenommen wird, daß der Wirkungssinn von A nach oben gerichtet ist.

Es wird dann, wenn Ax und Bx die von Px herrührenden Stützenwiderstände sind:

AJ + Pxb = 0;

— Ax = +

Pxb

Abb. 3 a.

Pi

x-

Bx .1

Pfà

Das negative Vorzeichen von Ax bedeutet, der Sinn des Auflagerwiderstandes Ax ist dem der Annahme entgegengesetzt, Ax wirkt also nach unten. DerWirkungs-sinn ist demnach umzukehren (Abb. 3a); dann wird:

rr

Pyb

r*~—

Abb. 3b.

FA

■b-

Das Moment für Bezugspunkt A Bxl-Px(l + b) = 0; PAl+b)

ist:

Abb. 3c.

oder Bx = Px -f-

l\b

A'

B'

Ai

!...

.....

+!

Abb. 4.

Der Stützwiderstand Bx ist also größer als die Last Px.

Die Belastung eines Kragstückes ruft im abgewandten Auflager einen negativen Druck (also eine Entlastung), im benachbarten Auflager einen positiven Auflagerdruck (also eine Belastung) hervor.

Aus SV = 0 ergibt sich: — Ax + Bx — Px — 0: '

Bx — Ax -f P\ ; also danach richtig: Bx — Px- -f- Px .

II. Bestimmung der Querkräfte.

Die Querkraftsdarstellung ist in Abb. 3 c gegeben. Da bei B das Vorzeichen wechselt, die Querkraft also den Wert 0 durchschreitet, tritt bei B das größte Biegungsmoment auf.

III. Bestimmung der Momente.

1. Die Momente am Kragstück hervorgerufen durch Px.

Führt man an einer beliebig gewählten Stelle / im Abstande xx vom Kragstückende einen Schnitt, so wirkt am abgeschnittenen Balkenstücke nur die Kraft Pj ; das Moment für / wird danach:

. (O

Mj = - Pxxx

Bemerkung: Das Vorzeichen ist negativ zu wählen, da es sich um ein rechtsdrehendes Moment am rechten abgeschnittenen Balkenstück handelt, vgl. T. I S. 91.

Die obere Faser wird gezogen, die untere gedrückt.

Mb = — P i‘b.

Gleichung (1) stellt die Gleichung einer geraden Linie dar. Für den Angriffspunkt von Px wird = 0, also Mj — 0, für den Stützpunkt B wird Xj = b, demnach

Das Moment erreicht also für die Stütze den größtmöglichen Wert am Kragstück. Mb ist daher ein Größtmoment (Mmax). Das über der Stütze liegende Größtmoment heißt das Stützenmoment.

Den Verlauf der Momente über einem Träger kann man bildlich dadurch darstellen, daß man von einer Geraden (Nullachse) aus das jedem einzelnen Trägerpunkt entsprechende Moment unter Beachtung des Vorzeichens in dem zugehörigen Punkte der Achse winkelrecht zu ihr aufträgt, wobei ein entsprechender Momentenmaßstab zu wählen ist (z. B. 1 cm = 100000 kgcm).

Die Momentendarstellung über dem Kragstück erhält man somit im vorliegenden Falle nach Ziehen der Geraden CG durch das Dreieck CBG (Abb. 3 b).

2. Die Momente innerhalb der Stützen hervorgerufen durch Px.

An beliebiger Schnittstelle II im Abstande x von B ergibt sich bei Betrachtung des rechten abgeschnittenen Balkenstückes:

Mx = — Px (b 4 x) 4 Bx,

Mx =

— Px {b 4 x) 4 (Pj 4 Pf~)x,

Mx =

Mx = - Pi • b 4

Pi • b — Pj • x + Px • x 4

P,b . x.

l x,

(2)

Das Moment innerhalb der Stützen nimmt also im Vergleich zu Mb ab. Für x — 0 wird: Mx — — Pr • b — MB •

Für x — l wird: Mx = MÄ = 0 .

Auch Gleichung (2) stellt die Gleichung einer Geraden dar.

Zieht man die Gerade AC, so werden die Momente durch das Dreieck ABC dargestellt (Abb. 3b).

EF = — Pj^b • * •

II'E = II'F — EF = — Pi • b 4 P)b = Mx.

Das Dreieck A GC stellt somit die Momentenverteilung infolge der Last Px über den ganzen Träger dar, sämtliche Momente sind im vorliegenden Falle negativ. Abb. 4 stellt die elastische Linie für den vorstehenden Fall dar.

Trägt man im Punkte A die Strecke AD — — Pi-b auf und verbindet C mit D, so ist:

Demnach

Aufgabe 3: Ein flußeiserner Träger wird gemäß Abb.6 mit P₀ = 4000kg und Px = 3000 kg belastet. Die Auflagerwiderstände und die Größtmomente sind zunächst rechnerisch zu bestimmen, die Momente zeichnerisch darzustellen und die Abmessungen festzulegen.

Lösung:

1. Bestimmung der Auflagerwiderstände. Die Auflagerwiderstände infolge von P₀ ergeben sich zu:

A₀ = ~° = B₀ = 2000 kg.

b) Es wirke eine Last P₀ auf dem Trägerhauptteil und Px am Kragarm.

Wirken P₀ und Px gleichzeitig auf den Träger ein, so erhält man die Auflagerwiderstände sowie die Momente für jede beliebige Schnittstelle am Träger durch algebraische Addition der durch jede Last hervorgerufenen entsprechenden Größen.

Aufgabe 1: Auf einen Träger aus Kiefernholz von Z = 4,0 m Stützweite und einer Auslegerlänge b = 1,50 m wirkt am Auslegerende eine Kraft

Abb. 5 a.

M.d.L. 1:100

->

M. d. K.: 1cm — 2000 kg

A\

-à' ,

, A

; all

■4,00*

P>

Abb. 5 b.

; y mai

ST

U-4000 kg Abb. 5 c.

Pj =4000 kg. DiedVIomente sind zu berechnen und darzustellen und die Abmessungen festzulegen.

Aufgabe 2: Für die gleichen Verhältnisse sollen die Auflagerwiderstände und Momente zeichnerisch bestimmt werden. M. d. L. 1 : 100, M. d. K. 1 cm = 2000 kg.

Lösung (vgl. Abb. 5): Man trage P, im gewählten Kräftemaßstabe auf, nehme den Polabstand //==4000kg an, ziehe die Polstrahlen S₀ und und in der Hauptfigur die zugehörigen Seilstrahlen s₀ und sl, die sich auf schneiden müssen. Zur Bestimmung der Auflagerdrücke werden die Seilstrahlen s₀ und sx mit den Stützensenkrechten zum Schnitt gebracht; die Schlußlinie s wird gezogen. Die durch 0 in der Polfigur gezogene Gleichlaufende S schneidet auf P₁ (oder deren Verlängerung wie hier) die Strecken B und A ab. A hat den entgegengesetzten Sinn wie B. Es ist die Strecke DC = B und CA = A (A ist also negativ).

P₁ — B — A.

Es ist:

Die von s₀, sx und s begrenzte Fläche ist die Momentenfläche, M Mn = M

max

liegt unter B.

Es ist:

= H.yB = H.y Mß = 4000 • [150] = [60000] kgcm.

max

max *

Die Kraft Px bringt im gleichen Punkte / ein Moment

Mß

Abb. 9.

Durch Px wird hervorgerufen: Pi-b ₌

Po

Ą = -

= — 1125 kg,

pAb+t)

3000-150

400

Abb. 6 a.

2,00

JtfiO

1,50

p>

3000 -(400+150)

•J

400

= -f 4125 kg.

Der Gesamtauflagerwiderstand: A = A₀ + Ą = 2000 — 1125 = + 875 kg,

B = B₀ Bx = 2000 + 4125 = + 6125 kg.

l =~ 400 cm

Momentendar Stellung

Abb. 6b.

2. Querkräfte.

Durch Aufträgen der Querkraftsfläche findet man, daß zwei gefährliche Querschnitte, und zwar bei / und bei B, vorhanden sind, also auch zwei Größtmomente auftreten.

Quer kraftsfläche

B\

Abb. 6c.

Po

3. Bestimmung der Momente.

Der Einfluß von P₀ auf das Stützenmoment ist = 0. Das Größtmoment über der Stütze

Mb = —3000 • 150 = — 450 000 kgcm.

Das von P₀ hervorgerufene Größtmoment im Punkte / beträgt:

Po :    ;

Elastische Linie • _|_

Abb. 7.

Momentendar Stellung y[

Pol

Abb. 8.

M₀

4000 • 400

■j- 400 000 kgcm.

Mx — —    = -|- 225 000 kgcm

hervor (vgl. Abb. 6 b). Daher ist das Gesamtgrößtmoment infolge gleichzeitiger Wirkung der beiden Kräfte P₀ und Px :

M/==M₉ + 3fx.

Mj — + 4000000 — 225000 = + 175000 kgcm.

Die Auflagerwiderstände und die Momente kann man jedoch auch rechnerisch bestimmen, und zwar in gleicher Weise wie bei jedem Träger auf zwei Stützen; es bedarf hierbei genauer Beachtung des Drehsinns der äußeren Kräfte, wie im folgenden durchgeführt ist.

1. Bestimmung der Auflagerwiderstände.

Festlegung von A: Es ist ZM — 0. Für den Bezugspunkt B wird

A • 400 — 4000 • 200 -f 3000 • 150 = 0.

— 875 kg.

,    4000 • 200 — 3000 • 150

400

A — -

Für den Bezugspunkt A wird B • 400 — 4000 • 200 — 3000 • 550 = 0,

4000 • 200 -f 3000 • 550

400

= 6125 kg.

Probe: A Ą- B — ZP\ also 875 -f 6125 = 4000 -f- 3000

7000 = 7000, also richtig.

2. Bestimmung der Querkräfte.

Sie erfolgt genau wie oben. Die Querkraft wechselt ihr Vorzeichen unter P₁ und über der Stütze. (Abb. 6 c.)

3. Bestimmung der Momente.

Mb == — 30000 - 150 = — 450000 kgcm ; Mj = 875 • 200 = 175000 kgcrn.

In Abb. 6b stellt das Dreieck ADB die Ü^-Fläche, das Dreieck ACG die MB-Fläche dar. Der Punkt E ist ein Momentennullpunkt und als solcher ein Wendepunkt der elastischen Linie (Abb. 7). Im Wendepunkt ist die Krümmung der elastischen Linien = 0, der Krümmungshalbmesser oo groß. Der erhaben (konvex) gekrümmte Teil geht in den hohlen (konkaven) Teil über. Auf der Strecke AE wird die untere Faser gezogen, die obere gedrückt, von E bis G wird dagegen die obere Faser gezogen und die untere gedrückt.

Für Körper aus gleichartigen Baustoffen mit gleicher Zug- und Druckfestigkeit, z. B. für flußeiserne Träger, Holzbalken, werden die Abmesssungen nach dem größten am Träger überhaupt auftretenden Biegungsmoment, ohne Berücksichtigung des Drehsinns, bestimmt. Bei Eisenbetonbauten müssen beide Momente und ihr Drehsinn berücksichtigt werden und nach ihnen insbesondere die Lage und die Abmessungen der Eiseneinlagen festgesetzt werden.

Sollte hier ein flußeiserner Träger gewählt werden, so wird:

max

= 3740 cm*.

_MB __ 450000

1200

Gewählt 2 T-Träger N. P. Nr. 45 mit

Wx = 2 • 2040 = 4080 cm⁵ und G = 2 • 116 = 232 — •

Würde > A₀ werden, so erhält man für A = A₀ — At einen negativen Wert, für sämtliche Punkte der Strecke AB ergeben sich dann negative Momente, so daß demnach auf dem ganzen Träger nur negative Momente auf-treten. Die Af₀-Fläche liegt dann innerhalb der Afß-Fläche (Abb. 8). Das größte Moment = Md tritt in diesem Falle über der Stütze B auf.

Regel: Träger mit Kragarmen können wie gewöhnliche Träger auf zwei Stützen berechnet werden. Auf den Drehsinn der äußeren Teile ist genau zu achten. Ergeben sich bei der Bestimmung der Auflagerdrücke positive Werte für beide Stützenwiderstände, so tritt über der Stütze ein negatives Größtmoment, das Stützenmoment, und zwischen den Stützen ein positives Größtmoment (Feldmoment) auf. Die elastische Linie besitzt einen Wendepunkt (Abb. 7). Ergibt sich für den einen Stützenwiderstand ein negativer Wert, so tritt nur ein Größtmoment auf, und zwar jedesmal über der anderen, der abliegenden Stütze. Dei^Träger wird nur durch negative Momente beansprucht. Er wird nach oben durchgebogen und die elastische Linie hat keinen Wendepunkt (Abb. 9).

Aufgabe 4: Man führe in Aufgabe 3 die Kraft P₀ = 1000 kg ein und löse die Aufgabe dementsprechend rechnerisch.

Aufgabe 5: Man führe die Lösung der Aufgabe zeichnerisch durch.

Aufgabe 6: Man löse die Aufgabe 4 zeichnerisch.

Wirkt statt der Einzellast P₀ auf das Trägerstück AB eine Kräftegruppe, so entstehen die in den früheren Abschnitten besprochenen positiven Mo-mentenflächen Af₀. Ebenso finden für eine am Kragstück wirkende Kräftegruppe die für den Freiträger früher entwickelten Gesichtspunkte (T. II S. 104 ff.) unter sinngemäßer Berücksichtigung des Obenerwähnten Anwendung. (Me = ME.)

Die tatsächlichen Momente ergeben sich aus der algebraischeu Zusammenfügung der M₀-Fläche und der Momentenfläche infolge der Belastung am Kragarm.

2. Auf den Kragträger wirkt eine gleichmäßig verteilte Last.

Vielfach haben die Kragträger eine gleichmäßig verteilte Last aufzunehmen, so in allen Fällen, in denen das Eigengewicht zu berücksichtigen ist.

Da eine gleichmäßig verteilte Last auf den Fall der Belastung mit Einzellasten zurückgeführt werden kann, so gelten nach obigen Darlegungen die für den Träger auf zwei Stützen entwickelten Gesetze auch hier.

A u î g a b e 7 : Ein Träger von der Stützweite / und einer Kragarmlänge b trage eine Last q f. d. lfd. cm. Es sollen die Auflagerwiderstände, die Ouerkräfte und die Momente rechnerisch und zeichnerisch bestimmt werden (Abb. 10 S. 8).

a) Rechnerische Lösung.

1. Bestimmung der Auflagerwiderstände.

Für die Bestimmung von A wird B als Bezugspunkt gewählt, demnach

n> er

A ■ l — ql. ₂ -j- qb •

B ■ l — ql ■ ’₂ +qb-l + q-f

Für die Bestimmung von B wird A als Bezugspunkt gewählt, also B • l — ql •    — qb • (l + y) = 0 ;

b = ^ (i- + 2ib + b!) = ^(; +

A ist positiv, solange l> b; erst wenn l < b wird, erhält A einen negativen Wert.

2. Bestimmung der Querkräfte.

Der Träger hat drei Belastungsfelder. Durch Bestimmung der Querkräfte am Beginn und am Ende der Belastungsfelder erhält man die Querkraftsfläche. (Abb. 10 b; vgl. auch T. I S. 97 ff.)

3. Bestimmung des größten Biegungsmoments.

Die Querkraftstläche zeigt zwei Stellen, an denen die Querkraft den Wert Null durchschreitet, also sind auch zwei Größtmomente vorhanden, und zwar bei B' und bei D'.

Es liegt also ein gefährlicher Querschnitt über der Stütze B. Das entsprechende Stützenmoment ist:

qb²

mb= -Qt>- 2 =

M.d.K. 1 cm - 500 kg ,    M. 1:200

Abb. 10a.

■fr

.Aj I

,r.

..

Abb. 10b.^

kJ

-bl

B,

D’

1.2

Abb. 10 c. A"(

ri

r,

—_

Abb. 10 d.

y-oM

J"r

Al

-»

<K"

F"

L"

'1L

TT

}D

>vj

er

M"

TÏ ' xo. Abb. 11.

Ein zweiter gefährlicher Querschnitt D liegt im Abstande x₀ von A entfernt. Die Querkraft bei D muß = 0 werden, also nach Abb. 11 :

Vx. = A ~ Q ■ *o = 0 ; A = q- x₀

A _ q(F — &*) _ F — b*

oder da A — q • x₀

Mx

Für die Bestimmung der Abmessungen muß geprüft werden, ob Mb oder MXo größer ist; nach dem größten der beiden Werte erfolgt die Wahl der Abmessungen. Für eine gute wirtschaftliche Ausnutzung des Baustoffes ist es am besten, wenn MXo — MB wird.

Also:

qb² _ q (l*—b*)2 “8 P »

4/²/?² = (/² — fr²)²; 2lb = l² — b2 b² — 2 Ib = l²

ö = -/+y/²+Z²;

b = - l + lV2 = /(- 1 -f-]/2) = /(- 1 + 1,414)

6 = 0,414/.

Wird demnach b = 0,4/ gewählt, so wird im vorliegenden Belastungsfalle der Baustoff des Trägers am besten ausgenutzt.

b) Zeichnerische Lösung.

Aufgabe 8: Es seien kieferne Balken als Kragträger mit den Abmessungen / = 4,00 m und b = 2,00 m in 1,00 m Entfernung verlegt und sollen mit ihren überkragenden Enden zur Unterstützung eines Laufgangs dienen. Die

k*.

Gesamtbelastung aus Eigengewicht und Nutzlast betragen Q = 500

M. d. L. 1:200; M. d. K. 1 cm = 1000 kg. Die Lösung ist in Abb. 10 a—c gegeben.

Hinsichtlich der Momentenfläche ist folgendes zu beachten: Nachdem die gleichmäßig verteilte Last Q± über / und Q₂ über b als gedachte Einzellasten eingeführt und das Seileck mit den Seilstrahlen s₀, s₁ und s₂ gezeichnet ist, sind die äußeren Seilstrahlen s₀ und s₂ mit den Stützenlotrechten in A" und M" zum Schnitt zu bringen und die Schlußlinie s einzuzeichnen. Eine Gleichlaufende Szus durch 0 ergibt im Krafteck die Auflagerwiderstände A und B. Die so entstandene Momentenfläche bedarf mit Rücksicht darauf, daß eine gleichförmig verteilte Belastung vorliegt und keine Einzellasten vorhanden sind, noch der Berichtigung.

Für die Strecke AB ist die AT₀-Fläche genau so zu zeichnen wie für einen Träger auf zwei Stützen (T. I S. 98). Die gestrichelte Linie A" B" gibt die Schlußlinie für den Träger auf zwei Stützen AB an; E"G" ist zu halbieren in F", dann kann die Parabel nach T. I S. 98ff. eingezeichnet werden. In ähnlicher Weise wird am Kragstück verfahren. Man zieht B"C\ halbiert J"H" in K" und zeichnet die Parabel nach T. I S. 99 Abb. 143.¹) Die negative Fläche A"L"M"C"K"B"A" stellt die Einwirkung der Lasten des Kragstückes dar, A"F"B"E"A" ist die positive Momentenfläche M₀, der Unterschied beider Momentenflächen gibt die tatsächliche Momentenfläche.

Mm*x= H ' Vmax'* MB== H ‘ Vß'

.2 «ab

■O O'

CS

O.a.8

-I!

gfg-

KT S

g-8§

« g - 1

■2 e 03 *-•

'-‘CC Cö Cd <D CL, c •C

S:

5-g-

?i

i|

o s ~~ ‘ V

5'2

OK!

•— CD C0 —

iS

«'S

s-s

C0 Jg

o

CO

<D C

•o <o

'S g

•o CO

■3 V-— a>

ö*

JS

Den Abstand x des Momentennullpunktes V von A findet man folgendermaßen:

Mx — 0 = A x — qx •

x'

, 2A

x = — = 2x₀.

Sind bei der Berechnung des Kragträgers Verkehrslasten zu berücksichtigen, so ergibt sich auf Grund der Momentenfläche, daß zur Herbeiführung des größten Stützenmomentes und des kleinsten Auflagerdruckes A der Kragarm

qx'

^-V = 0;

-A.

IST

-Ä.

<-

Abb. 12a.

Abb. 12 b.

vollbelastet sein muß, also durch Eigengewicht und Verkehrslast: q — g-\-p f. d. lfd. cm, während der Haupttragteil nur mit g belastet ist (Abb. 12 a). Zur Erzielung des größten positiven Momentes muß der Hauptträgerteil AB mit q = g +p voll belastet werden, während der Kragarm nur das Eigengewicht g aufzunehmen hat (Abb. 12 b).

3. Anwendungen.

Aufgabe 9: Zur Herstellung eines Balkons von b — 1,50 m Ausladung sollen einige kleinere Fußbodenbalken einer Geschoßbalkenlage über die Gebäudeaußenmauer hinausgeführt werden, so daß sie als Kragträger wirken; l = 5,40 m. Innerhalb des Gebäudes betrage die Eigengewichtsbelastung g = 250

9 = g + P = 500 9i = 250

kg

qm

kg

qm

kg

und die Nutzlast p = 250 also die Gesamtlast

kg .

qm

Die Balkonbelastung soll mit einem Eigengewicht

also einer Gesamtlast

und einer Verkehrslast px — 350

kg

kg

qm

in Rechnung gesetzt werden. Das Gewicht der Bal-

Qi = 9i + Pi = 600

konbrüstung betrage für den lfd. m = 120 kg und ist als Einzellast im Abstande 1,60 m von der Stütze B einzuführen. Die Abmessungen der mittleren Kragträger sind zu bestimmen; die Balkenentfernung soll zu 0,70 m angenommen werden.

qm

Lösung:

a) Bestimmung des größten Biegungsmomentes am Kragstück.

Das größte Biegungsmoment am Kragstück tritt über der Stütze B bei voller Belastung des Kragstückes b nach Abb. 13.

Unter Beachtung der Balkenentiernung von 70 cm wird für den lfd. cm Balkenlänge:

250*.0,70-1,0    , ₇c kg

g =---loo—¹’⁷⁵™’ ⁹¹

p =p. — 1,75 wie für g. r ri    cm

350 • 0,70 • 1,0

100

kg

2,45 -2-’ cm

P= 0,70 • 120 = 84 kg.

l. Bestimmung der Auflagerwiderstände.

Zur Bestimmung von A wird der Bezugspunkt B als Momentendrehpunkt gewählt :

A-l-gl-z+^+pJb'^ + P.b^O

— Pb

Ç — (0i +Pi)y

A=    ¹

Im vorliegenden Falle:

1,75 • 540*

160*

(2,45 4- 1,75) ₂ -84-160

540

= 348 kg.

A²

■b

ï!

-ISO—-

U_p

t fP

(£1 +/>,)•£

Abb. 14.

Abb. 13.

Für die Bestimmung von B wird A als Bezugspunkt angenommen. Es ist dann:

B ■ l — gl•

— (ft +Pi)*(' + y) —    +

'2 + te. + p.) » ■ (1 + -f ) + P ■ (' + o>

Im vorliegenden Falle: 1,75 • 540*

f (2,45 -f- 1,75) 160 • (540 +;80) + 84 (540 + 160)

540

1353 kg.

Probe:

A + B = ZP-y

348 + 1353 = 945 4- 672 4- 84

1701 = 1701, also richtig.

2. Bestimmung des größten Stützenmomentes. (Abb. 14.)

MB = p-b + {gl+p₁)b-

Mß = 84 • 160 4- (2,45 4- 1,75) ^ = 67 200

Das im vorliegenden Falle größte Feldmoment zwischen A und B sei MXo und liege im Abstande x₀ von A.

Die Querkraft im gefährlichen Querschnitt wird (Abb. 15):

VX₀ =

K> O-

M.

cm

1-

.    n    A

A — gx ₀ = 0; x₀ = —

348

l,75

199 cm.

Mmax = 348 • 192 — l,75 • 199

= 24602 kgcm.

9 -*0 Abb. 15.

A+B=ZP

Probe:

b) Bestimmung des größten Momentes in der Feldöffnung (Abb. 16).

1. Bestimmung der Auflagerwiderstände A und B.

Für Bezugspunkt B wird unter Beachtung der Lastverteilung nach Abb. 16:

Ä.l—(g +p)l-~- -\~9ib-

A- 540 - (1,75 -f 1,75) • 540 • ~ + 2,45 • 160 • ~ + 84 • 160 = 0 3,50 • 540²

+ P-b = 0.

2,45-

160²

2-540

— 862 kg.

AA

innrTi n ïïiïïrïï i

_sr

-b---

Abb. 16.

"r

(g+p)K'

Abb. 17.

Für Bezugspunkt A wird:

3,50-540*

B- 540

2,45 • 160 • (540 -f- 80) — 84 - 700 = 0

3,50 • 540*

f 382 - 620 + 84 • 700

805940

540

540

= 1494 kg.

862 + 1494 = 1890 -f 382 -f 84 2356 = 2356.

dann

2. Bestimmung des gefährlichen Querschnitts (Abb. 17).

Der gefährliche Querschnitt liege im Abstande x₀' vom linken Auflager; es ist

, A

X°~^g+P    3,50

VXo,= A-(g+p)x₀' = 0;

862

= 246 cm

Afmax= A • x₀' — (g 4-p)x₀

862 - 240 — 3,80 -

240²

= 106149 kgcm.

größer ist als das oben berechnete Stützenmoment Mß, so ist es für die

Da M

Abmessungsbestimmungen zugrunde zu legen.

max

Es ist

c) Bestimmung der Abmessungen.

Afmax

W=

; kb = lOO

kK

qcm

W=

106149

100

= 1062 cm®.

Gewählt ein Normalbalken 16/20 mit Wx— 1067 cm® oder ein Normalbalken 14/24 mit Wx — 1344 cm*.

Für die nicht als Kragträger ausgebildeten Zimmerbalken wird:

Mmax

Mithin:

.    .    3,5-540*

= (g+P) 8 =    8

= 127575 kgcm.

127575

W=

100

= 1276 cm⁸.

Erforderlich sind Balken 14/24 mit Wx= 1344 cm³.

Wenn auch nach den Ergebnissen der Rechnung die Auslegerbalken nur eine geringere Stärke erfordern wie die Zimmerbalken, so wird man doch aus praktischen Gründen beide Balkenarten mit gleichen Abmessungen ausführen, also 14/24 cm wählen.

Bei einfachen Balkenanlagen, bei denen die Deckenbalken bei ent-

:>o\

;go'

oö.

<&/*

V%s

sprechend großer Zimmertiefe zur Herstellung des Balkens benutzt werden, ist demnach eine besondere Berechnung der Kragträger nicht nötig.

Bei Anlage von Baikonen an abgestumpften Hausecken und bei großer Zimmertiefe muß eine Eisenkonstruktion für die Balkonbildung vorgesehen werden, wobei in der Regel gleichlaufend zur abstumpfenden Eckengeraden in etwas größerem Abstande als die Balkonausladung ein Träger verlegt wird, der sein Auflager auf den beiden Hauptfrontmauern hat und der den Decken und Balkonträgern als Auflager dient (Abb. 18).

Aufgabe 10: Für den in nebenstehender Abb. 18 dargestellten Balkon ist die Eisenkonstruktion zu berechnen. Das Gewicht der massiven Decke betrage 290 —

Abb. 18.

yP

Lösung:

qm’

die Nutzlast ist mit 250 kg zu berücksichtigen.

1. Berechnung des Balkonvorderträgers I.

a) Bestimmung der Lasten.

I. Der Träger dient zur Aufnahme einer 0,80 cm hohen, 1 Stein starken Brüstung aus Mauerwerk. Die Gesamtlast ist daher bei Annahme eines Raumgewichts für

Ziegelmauerwerk = 1800

kg

: <?L = 1,80 - 0,27 • 0,80 • 1800 = 700 kg.

cbm

II. Außerdem wirkt die halbe Balkonbelastung:

Qt = 1,80 -    • (290 + 250) = 283 kg .

Demnach ergibt sich als Gesamtbelastung Q — Q₁ -f- Q₃ = 1283 kg.

b) Bestimmung des größten Momentes. Das größte Biegungsmoment bei gleichmäßig verteilter Last ist: 1283 - 180

M -Ql

iUmax =

=28868 kgcm; fcfc=1200

kg

qcm

Mmax

28868 1200

Gewählt wird £ Eisen N. P. Nr. 8 mit Wx — 26,5 cm*.

W=

= 24,1 cm³.

2. Berechnung der Kragträger.

Für die Berechnung sind folgende drei Belastungsfälle zu unterscheiden:

I.    Der Balkon und das Zimmer sind vollbelastet.

II.    Der Balkon ist belastet, das Zimmer ist unbelastet.

III.    Der Balkon ist unbelastet und das Zimmer ist vollbelastet.

I. Belastungsfall. Der Balkon und das Zimmer sind vollbelastet.

a) Bestimmung der Lasten.

0    1283

1.    Der Vorderträger I überträgt den Auflagerdruck y = -y— = 642 kg.

570

2.    Auf das Kragstück von 1,46 m Länge kommt die Brüstungsmauer mit einem Gewicht:

Q& = 0,80 • 1,46 • 0,27 • 1800 = rd. 570 kg ; <73 = ^ = 3,9 kg.

3. Der Hauptträgerteil von 2,16 m Länge erhält durch Deckenlast und Nutzlas des Zimmers bei 0,90 m Balkenentfernung eine Last:

Q₄ = 0,90 • 2,16 • (290 -}- 250) = 1050 kg ; q₄ ==    = 4,85 kg .

b) Bestimmung der Auflagerwiderstände und des größten

Momentes.

Zur Bestimmung des Auflagerwiderstandes A wird B als Bezugspunkt gewählt. Es ist nach Abb. 19:

*    216* .    146* ,

A • 216 — q₄ •    + 9* • -y +

4,85-216*    3,9-146*

-146 = 0 .

— 642 • 146

²²¹⁵⁸

^₆- = -l°2 kg.

Zur Bestimmung des Auflagerwiderstandes B wird A als Bezugspunkt gewählt. Es ist:

216

B • 216 — q₄ •

216*

— 93 • 146 •

(²¹⁶⁺'f)+ 2'(216+146) = 0-

210*

4,85- -

+ 3,9 • 146 • 289 + 642 • 362 216

f 2363 kg.

A\

kB

Qi

Qs

Abb. 19.&

Probe: A+B = ZP — 102 -j- 2363 = 570 + 1050 -|- 642 2262 = 2262, also richtig.

-ZT

-2,16-

-1,46—+

Ql2(von

Abb. 20.

Wie aus den früheren Ableitungen hervorgeht (S. 7), treten beim Vorkommen eines negativen Auflagerwiderstandes A lediglich negative Momente auf dem gesamten Träger auf, deren größtes das Stützenmoment (Mß) über B ist. Die Querkraftsverteilung ergibt sich aus Abb. 20. Es wird das größte Moment:

„    146* . Q

MB=-q₃- ₂ + y • 146

II. Belastungsfall. Das Kragstück ist vollbelastet, das Zimmer unbelastet. Die Last ^

und Qa bleiben unverändert. Der Hauptträgerteil erhält die Last:

= 2,6-“«-.

qcm

Es entsteht hier ebenfalls ein negativer Auflagerwiderstand, jedoch mit einem größeren Werte wie bei I. Das größte Moment tritt über der Stütze B auf und er-

563

0₆ = 0,90-216.290 = 563 kg; <7₅ = ₂₁₆

Aß

Qs

<?₃

Q*

Q,

Ta

♦'I

-?T

A-

2,16-

-2,16-

-1,46—-

<?

Abb. 22.

*2

Abb. 21.

hält den gleichen Wert wie bei I, nämlich MB=- 135342 kgcm. Der Auflagerdruck A wird durch Aufstellung der Momentengleichung für den Bezugspunkt B gefunden. Es wird nach Abb. 21:

,4.216 — Qa-108 + Qs- 73 + ^- 146 = 0; daraus ergibt sich A= — 353 kg. 111. Belastungsfall. Das Zimmer ist vollbelastet, der Balkon unbelastet, a) Bestimmung der Lasten.

Der Vorderträger erhält:

1. das Eigengewicht des Balkons mit:

1,80

2. die Brüstung wie oben

J -1,20-290= 313 kg = 700 kg 0 = 1013 kg .

zusammen

Der auf den Kragträger übertragene Auflagerdruck des Vorderträgers beträgt !' = 507 kg.

somit

b) Bestimmung des Auflagerwiderstandes A und des größten Momentes.

Als Bezugspunkt wird B gewählt. Es ist nach Abb. 22:

-146 = 0 .

A.2l6-Qt²f+Q, .ę+v

1050 • 108 — 570 • 73 — 507 • 146

= — 10,3 kg.

Da A wiederum negativ wird, so liegt das größte Moment ebenfalls wieder über B, hat jedoch einen kleineren Wert, nämlich:

Mß — — 507 • 146 — 570 • 73 = — 115632 kgcm.

Die Querkraftsflächen für Fall II und III ergeben sich in sinngemäßer Weise wie

im Das*¹ aus den drei Belastungsfällen sich ergebende größte Biegungsmoment ist für die Bestimmung der Abmessungen zugrunde zu legen, also das Moment

Mß = — 135342 kgcm,    danach wird:

„ — 135342 W~ kL ~ 1200

O

Gewählt wird ein T-Träger N. Pr. Nr. 16 mit =117 cm⁸.

216

Mb

= 112,8 cm⁸.

Würde im Belastungsfall 111 für A ein positiver Wert sich ergeben, so werden zwei Größtmomente eintreten, ein größtes Feldmoment    und das Stützenmo-

max

ment Mß (s. S. 6). Der größte sich ergebende Momentenwert ist für die Abmessungsbestimmung zugrunde zu legen.

u:

Cv'

Ob «o

51

(I) Aufgabe ll¹): Die für den in nebenstehender Abbildung 23a/b in seinen Hauptabmessungen gegebenen Erker erforderliche Eisenkonstruktion ist zu berechnen. Das Erkermauerwerk sei aus porigen Lochsteinen (1 cbm = 1300 kg) hergestellt, die Erkerfenster seien 2,0 m V'\ hoch und 0,65 m breit.

V/

Y,

1,

—5ß0-Abb. 23 a.

(I) Aufgabe 12: Es sollen die Träger / und II der in nebenstehender Abb. 24

§c

r:

Vs

o;

Sc!:

Vs

»F

™L,

Vs

dargestellten Erkeranordnung berechnet werden. Der Kragträger II nimmt die Träger B und C auf im Abstande 1,90 m bzw. 4,30 m, vom Punkte A aus gerechnet. Die Gesamtbelastung durch die Decke betrage

in

1000

Vs

' 1,42^4

Vs

M. 1:200 Abb. 23 b.

für Eigengewicht ist 500

Ansatz zu bringen. Die Erkerwände haben eine Stärke von 38 cm und eine Höhe von 4,0 m. Die Träger / usw. haben den auf ihn fallenden Teil der Vorderfrontmauer für 1,0 m Breite aufzunehmen, Träger I den ihm zufallenden Teil der Vorderfrontmauer und die Seitenwände, die ebenfalls 38 cm stark sein sollen.

qm*

CO

,40'J-s

7¹¹

' 1,0

4. Berechnung von Baikonen und Erkern mit vieleckiger oder gekrümmter Grundform.

InAbb.25 und Abb.26 sind die Träger I und II *•’ als Kragträger anzusehen, die Frontträger f sind Träger auf zwei Stützen. Ihre Berechnung erfolgt nach den gleichen Gesetzen wie bisher. Die Frontträger übertragen ihre Auflagerdrücke auf den betreffenden Kragträger.

1,0

1,0 1,0

1,0

1,0

v\

6,00

6,60

.4,20

■-q

6,70-

Abb. 24.

'•ö

\f

1) (I) bedeutet: Aufgaben sind für Klasse I bestimmt.

Für halbkreisförmige Grundformen sind unter der Voraussetzung, daß die Träger durch Einmauerung oder durch Vernietung mit anderen Trägern als

II

ÜH

V.

/'

/I

Abb. 25.

eingespannt gelten können, folgende Berechnungsarten anwendbar (nach Koenen, Deutsche Bauzeitung 1885).

a)    Der Träger sei nach einem Halbkreise gekrümmt und gleichmäßig mit q für den lfd. cm belastet, r = Halbmesser in cm (Abb. 27).

Mmax = 1,7 q • r²,

M _ 1,7gr²

kb ~ kb

b)    Der Träger ist durch zwei zur Gegenachse A-B gleichliegende Einzellasten P belastet, a = dem der einzelnen Lastlage entsprechende Zentriwinkel. P in kg; r in cm (Abb. 28).

Nl_

cm³.

Abb. 26.

(5)

Mmax = 1,70 • r * P • COS«;

1,70 • r • P- cos a

1,70 ■ P-r- cos cc

cm³.

(6)

Ls

ii

PK

\A

Abb. 28.

Abb. 27.

c) Der Träger ist mit beliebig vielen, aber gleichliegend zur Gegenachse angeordneten Einzellasten P beansprucht.

Afmax ~ 1,70 T ‘

HP- COS cc

(7)

1,70 r • ZP- cos a

cm³.

d) Der Träger sei durch eine gleichmäßig verteilte Belastung und durch beliebig viele, aber gleichliegend angeordnete Einzellasten belastet. Durch Zusammenzählung der Werte unter a) und c) erhält man:

Mmax = 1,70 t • (q - r + ZP ■ cos a); .    .

1,70 r • (q -r + ZP cos cc) cm³.

Aufgabe 13: Der in Abb. 29 gegebene, im Grundriß halbkreisförmige Erker laste mit seinen Fensterpfeilern und Brüstungswänden auf entsprechend

{//

! I'\

/ L_*>

Jf!

n

WA :

Wb

’h

//

\s\

30°:30°

Abb. 29.

Abb. 30.

gekrümmten Trägern, und zwar sei die Last jedes Mittelpfeilers = 3000 kg, die jedes Endpfeilers — 2000 kg.

Lösung: Unter Beachtung der in Abb. 29 angegebenen Winkel und Maße wird nach Fall d) unter Berücksichtigung, daß das Gewicht eines lfd. m Brüstungsmauerwerks = 250 kg beträgt, also q =

Mmax = ¹’⁷⁰ • ¹⁴⁰ • (²>⁵⁰ • ¹⁴⁰ + ³⁰⁰⁰ ' cos 28° + 2000 cos 84°);

cos 28° = 0,8829; cos 84° = 0,1045;

Mmax = ²³⁸ • (³⁵⁰ + ²⁶⁴⁰ + ²⁰⁹> = 761362 kgcm ;

_ 761362 kb ~ 1200“

Gewählt 2 T-Träger N. P. Nr. 24 mit Wx = 2 • 354 = 708 cm® und # = 36,1 —•

Aufgabe 14: Ein nach einem Halbmesser von 1,80 m gekrümmter Balkonträger werde durch die Brüstungswände mit 280 kg für den lfd. m belastet und erhalte durch die zwei in Abb. 30 ange-pHI gebenen Träger als Einzel-ß last von der Balkonplatte im a Punkte A und B je 540 kg.

Das Widerstandsmoment des Balkonträgers ist zu bestimmen.

Man kann auch den Balkon nach Abb.31 ausführen und das Biegungsmoment der Lasten für die Auflagerkante A—B ausrechnen unter Berücksichtigung des Schwerpunktsabstandes (also Mmax = Q • x₀)- Zur Aufnahme des Biegungsmomentes stehen dann zwei Querschnitte (Querschnitt bei Â und bei B) zur Verfügung; es wird daher:

m

A\

Abb. 31.

250

100

= 2,50

kg.

cm

max

= 635 cm®.

Abb. 32.

i II

2 ■*

max

h ’ ’

Auch kann man senkrecht zur Mauer zwei Kragträger (/ und II) anordnen und jeden der Teile AB, BC und CD als gebogenen Frontträger auf zwei Stützen betrachten (Abb. 32).

b) Kragträger mit zwei Kragstücken.

Es kommen die gleichen Gesichtspunkte zur sinngemäßen Anwendung wie bei Trägern mit einem Kragende.

1. Der Kragträger wird durch Einzeilasten beansprucht.

A. Bestimmung der Auflagerwiderstände.

I. Eine Last z. B. Px am Kragarm c (Abb. 33) liefert für A einen positiven Beitrag -f Alf für B einen negativen Beitrag — Bt zum Gesamtauflagerwider-

Abb. 33.

P,

Abb. 34.

C"

A”

-A?

-a:r

at-

A-

VV

N"

B"

'JL

ł-

-*r~

"P>

X)

Abb. 35.

11

■P'I

/!/

stand (vgl. S. 2 unter a); eine am Kragarm d befindliche Kraft, z. B. P₅, ergibt für B einen positiven Beitrag +ß₅, für A einen negativen — A₅. Die auf dem Hauptträgerteil auftretenden Lasten (hier P₂, P₃, P₄) rufen die gleichen Auflagerwiderstände A₀ und B₀ hervor, wie sie bei dem gewöhnlichen Träger mit zwei Endstützen A und B auftreten. (Vgl. T. I.)

Durch Zusammenzählung der Einzelwirkungen werden die Gesamtauflagerwiderstände erhalten, also:

B Bq Bx -\- B-₀.

II. Die Gesamtauflagerwiderstände können aber auch durch gleichzeitige Berücksichtigung aller Kraftwirkungen für den ganzen Träger genau so bestimmt werden wie bei jedem Träger auf zwei Stützen wie folgt:

A — A₀ + Ax — Af);

Bestimmung von A : 2JM= 0; das Drehmoment für den Bezugspunkt B ergibt:

A • l = Px ■ (c + /) + P₂ • b₂ + P₃ • b₃ + P₄ • b₄ - P₅ • d, A = PAc + t) + P,bt + Psb₃+PibA - Püd

_P . d.

A _ PAc4-0 _l    PA

B • l — — P₁ • c + P₂ • a₂ + P₃ • a₃ + P₄ • a₄ -f- P₅ • (d Z)

A . c    + Pxas + P4,ai 1 Ps(d + 0

Ebenso ergibt sich B durch Aufstellung des Drehmomentes für den Bezugspunkt A:

Probe:

to

A + B = ZP = P! + P₂ + P₃ + PL + P₅.

Die Beiträge der einzelnen Kräftegruppen zu dem betreffenden Auflagerwiderstand sind aus den Gleichungen A und B ohne weiteres ersichtlich und stimmen mit den unter I entwickelten überein.

B. Bestimmung der Querkräfte.

Die Querkraftsdarstellung in Abb. 34 gibt über die Verteilung der Querkräfte Aufschluß. Es entstehen drei Momentennullpunkte, also sind drei Größtmomente vorhanden, und zwar je eines über jeder Stütze am Kragstück und ein größtes Feldmoment unter P₄.

C. Bestimmung der Momente.

An beliebiger Stelle L des linken Kragstückes ist: ML — — P₄ • xt.

Das Moment ist abhängig von x und erreicht für die Stütze A den Größtwert: ma = Px‘c (Abb. 35).

Für Punkt R am rechten Kragstück wird ebenso:

Mr — — P₅ • xr\ das Stützmoment MB= — P₅ • d.

Pt

x - a₂

x' - b₄

Av

°N

TXT

Abb. 37.

Abb. 36.

An beliebiger Stelle N des Mittelfeldes im Abstande x von A wird bei Betrachtung des linken abgeschnittenen Balkenstückes (Abb. 36):

Mn = + A • x — Px ■ (c + x) — P₂ • (x — aa) oder bei Betrachtung des rechten Balkenstückes (Abb. 37):

Mx = + B■ x - P₅• (d + x) -Ps• (x - bj - P₄• (x - bs).

Am anschaulichsten wird die Verteilung der Momente und die Einwirkung der Stützmomente durch folgende Betrachtung: Man trennt wie bei a) 1. III S. 2 die Wirkung der Kräfte an den Kragstücken von denen des Mittelfeldes AB.

a) Der Träger trage nur Lasten an den Kragstücken, hier Px und P₅. Der durch Px und P₅ bei A hervorgerufene Auflagerwiderstand sei = Ä;

c + l

es ist dann:

A' = + Px ■

-Pa-

das durch Px und P₅ in N hervorgerufene Moment sei Mn ;

Mn' = + Ä ■ x — P₃ • (c + x).

-Pt-f)-x-P₁-(e + x)

M„'= + (P₁■

Px • CX

+ Px • x - P₅ •

R.

X — Pj • c — PxX,

Mn' — — Pxc ■

(*

'■»i ^

P\ c

— Pe. . * X.

-Prc

oT

-Pbd = MB.

+ mb-x

M, •

x'

Trägt man nun die Stützmomente MÄ — — Px - c in A" gleich A"i: und MB = — P-a- d in B" gleich B" F in einem beliebig gewählten Maßstabe auf und verbindet A" mit F (Abb. 35), so ist:

N"H — N" G -f GH.

Da nun: N"G : B"F = A"N" : Ä'B”, also N"G : (- Pä • d) = x : /,

N"G~-P₅-d-j,

GH: (- Px • c) = x : /, also GH — — Pxc • *•

- P₅ * ‘ f

iV"// stellt also die Größe des von den an den Kragstücken auftretenden Kräften Pi und P₅ in AT hervorgerufenen Feldmomentes dar und ist demnach Mn'. Dieser Anteil ist negativ.

Die Gesamtdarstellung der von diesen Kräften herrührenden Momente über den gesamten Träger wird durch die negative Momentenfläche C"EFD"C" gegeben.

b) Wird der Träger nur durch die im mittleren Felde AB wirkenden Kräfte P₂, P₃ und P₄ belastet, so kommen die für einen Träger auf zwei Endstützen entwickelten Gesetze zur Anwendung, das nach früherem (T. I und T. II) bestimmbare Moment dieser Kräfte im Punkte N sei = M{

Gesamtdarstellung der durch diese Kräfte am Träger entstehenden Momente wird durch die Fläche A' JKMB" gegeben (M₀ Fläche).

Die unter a) und b) entwickelten einzelnen Momentenflächen sind algebraisch zu addieren, wodurch die Gesamtmomentenfläche erhalten wird.

so wird:

ebenso:

Demnach ist:

N"H = — Px • c •

x'

Die

Durch algebraische Addition der einzelnen an der zu untersuchenden Querschnittsstelle in Frage kommenden Ordinaten erhält man das Moment für diesen Querschnitt.

Es ist also:

Mn = M0n + M'n= PN" - HN" = HP.

Die schraffierte Fläche gibt die Verteilung der gesamten Momente an.

Aufgabe 15: Für die Werte/= 5,0 m, c=2,0m, d=2,5m; P! = 2000kg, P₂ — 3000 kg, P₃ — 4000 kg, P₄ = 2000 kg und P₅ = 4000 kg bestimme man die Auflagerwiderstände, Querkräfte, Momente a) zeichnerisch und b) rechnerisch. Die erforderlichen Abmessungen des zur Verwendung gelangenden flußeisernen Trägers sind festzulegen.

a₂ = 1,0 m; aà = 2,5 m und aL = 3,5 m.

2. Der Kragträger wird durch eine gleichmäßig verteilte Last beansprucht. Ergibt sich Q als Gesamtlast für den ganzen Träger, so wird

a = 2______

q c + l + d’

es sei hier c — d-, also Q⁼⁼y+2c

A. Bestimmung der Auflagerwiderstände.

q(l + 2c)

B. Bestimmung der Querkräfte.

Die Querkraftsdarstellung ergibt sich aus Abb. 38b. Danach sind drei Nullpunkte, also drei gefährliche Querschnitte vorhanden, von denen je einer über jeder Stütze, der andere in der Mitte des Mittelfeldes liegt.

C. Bestimmung der Momente.

Das Moment an einer beliebigen Stelle L des Kragarms im Abstand x vom Ende des Kragarms ist nach Abb. 39:

Mx — — qx •

JC*

= q 2 ‘

Für x — c, also über der Stütze, wird das Moment am größten. Die Stützmomente sind hier einander gleich:

ma = mb = - qc • 2 = ~ q •

An beliebiger Stelle des Trägermittelstückes im Abstand x₀ von der Stütze ist nach Abb. 40:

MXo = Ax₀ — q(c -f *o) * “~2 X°

Das größte Moment tritt in Feldmitte auf; es wird x₀ — ₂, demnach:

c+'

A • ₂ q(c + ₂) •    ₂    ,

(c² -f-    + 2c •    ^ + cl — c —    — clj ,

MXo = M

ag(/ + 2c) l

■^max

^raax

er (N

max

er

N5>Q

ca

4- *3

Zur guten Ausnutzung des Baustoffes ist es nötig, das Stützenmoment gleich dem Feldmoment zu machen, also:

?'--f </² — ⁴c); l² — 4c² = 4c²; l² = 8cs; c! =

Abb. 38a.

,1

C'

C"<

,K

Abb. 38 c.

f.4

C~2ÿ-2~

N) I

; c = 0,354/ = rd. 0,35/.

M. 1:150

M. d. K. : 1 cm — 2000 kg ! I = 6,00m

CO'

r'-C

■X₀.

ft.

■x-

c + x₀ :

d-

q₃

Abb. 39. ;

Y? (c + x₀)

Abb. 40.

zr

B"

^3

Abb. 38 b.

W"

2,3<

A?

ZV

s.ź

³ ■ H - 4000 kg

Abb. 38 d.

Aufgabe 16: Eine Anzahl Träger seien im Abstande von 1,20 m verlegt. Die Belastung aus Eigengewicht und Verkehrslast betrage 1000^-

Die Abmessungen sind zu bestimmen unter Zugrundelegung der in Abb. 38 gegebenen Maße.

Lösung:

12000    kg

a —-=12 s

y 1000

Es ist:

cm

a) Rechnerische Lösung. Q = 10,0 • 1,20 • 1000 = 12000 kg.

¹²'!0° = 6000 kg.

4 = B = f

max

200*

12- 2 — — 240000 kgcm.

= 6000 • 300 — 6000 • 250 = 6000 • 50 = -f 300000 kgcm.

\Y =

X

max

300000

kb

1200

r— = 250 cm⁵.

Gewählt J-Träger N. P. Nr. 22 mit Wx = 278cmrl und g = 31,09 Soll der Bau-

m

Stoff durchweg gut ausgenutzt werden, so ist zu wählen: 2c -f- Z = 12,0 m.

2 • 0,354/ + /= 1,708 / = 12,0 m ; l = J ^ = 5,86 m ; c - 2,07 m.

207²

MÄ = 12 • —— = 257064 kgcm ; M W =

X

Gewählt T-Träger N. P. Nr. 20 mit W\. = 214cms und q = 26,30 — •

m

b) Zeichnerische Lösung.

Zeichnerisch wurde die Aufgabe in Abb. 38 b und c gelöst. Die M₀-Fläche ist eine Parabel, die über der Linie Ä"B" errichtet ist. Durch Halbierung der Strecke JK im Punkte N wird der Scheitelpunkt der Parabel bestimmt und die Parabel nach T. 1. S. 74 gezeichnet. Ebenso werden die entsprechenden Parabeläste über den Kragarmen eingezeichnet. Man verbindet C" mit A", halbiert die Strecke RS in T und zeichnet die Parabel ein; ebenso verfährt man am rechten Kragstück. Die Fläche C" TA" G HB" D" FH N G EC" ist die Momentenfläche. M.

MA=H-Va = MB-

(I) Aufgabe 17: Ein Kragträger mit zwei Kragenden, der die in Abb. 41 angegebenen Grundmaße hat, erhält auf seine Gesamtlänge von 5,50 m

eine gleichmäßig verteilte Last von 11000 kg. Durch zwei Pfosten wer-

_.    -    den die Lasten Px und P₂, je =

tlllllll|lllllirilimnnniTlTll|lllilliini!} 1200 kg, übertragen. Die Abraes-

-!    sungen des    Kragträgers sind    zu

bestimmen.    Die Lösung soll    a)

T^o •*    rechnerisch,    b) zeichnerisch    er

folgen.

258000

1200

= 215 cm⁸;

kB

1,00

2,50-

3,00 Abb. 41.

max

= 6000 • 43 = 258000 kgcm.

max

H ’ y max »

(0

%

B. Durchlaufende Geienkträger (Gerberträger).

Wird ein durchlaufender Träger auf n Stützen gelagert und besitzt er nur ein festes, im übrigen aber bewegliche Auflager (Abb. 42), so sind an dem festen Auflager zwei unbekannte Seitenkräfte, an dem beweglichen

je ein unbekannter Stützenwider-

nur

■7 7 stand möglich |?}ą (vgl. T. I, S. 60). Im ganzen treten daher n + 1 unbekannte Stützenwiderstände auf. Zur Bestimmung der unbekannten Auflagerwiderstände hat man nur drei Gleichgewichtsbedingungen, also fehlen zur Be-

Abb. 42.

rechnung n-f-1— 3 = n — 2 Gleichungen. Durch Einlagen von n — 2 Gelenken in die einzelnen Felder werden nun n — 2 Punkte geschaffen, für welche die Drehmomente = 0 sind; denn ein Gelenk kann gemäß seiner baulichen Ausbildung wohl Einzelkräfte, aber keine Drehmomente aufnehmen.

Abb. 43. r

_11

■1

"Î

er

I......l>

IV .4/;,    J/₂ M,

//'

TT

Abb. 45. J

PI ⁷ JL :    Il

sP—Pi-

IV

A-; .r -j

^-ŻT

Die Anordnung der Gelenke kann bei ungerader Felderzahl nach Abb. 43 und Abb. 44 erfolgen, bei gerader Felderzahl nach Abb. 45. Durch Einlegen dieser Gelenke wird der durchgehende, statisch unbestimmte Träger zu einem statisch bestimmten; er heißt durchlaufender Gelenkträger (nach seinem Erfinder auch Gerberträger). Es sind stets so viele Gelenke nötig, als Mittelstützen vorhanden sind.

In keiner Öffnung dürfen mehr als zwei Gelenke liegen. Auf eine Öffnung mit Gelenken folgt eine Öffnung ohne Gelenke. Hierdurch wird der Vorteil erreicht, daß der Einfluß der Belastung einer Öffnung sich nur bis zur nächsten fortpflanzt.

Der Gerberträger setzt sich aus Kragträgern zusammen und aus Trägern, die auf zwei Gelenken gelagert sind und als Träger auf zwei Stützen wirken. (Koppelträger.)

Ai

II

M. 1:200

_A_

M.y .4/3 M„

xi 1111 ! 1111 f 1 [iHinnmiiiiiiiii 11

! 111111111111111111 i lll 11 ( I fTTTTTTTTnriT!

'\q (i - 2c)

\^q [l + 2 c)

'tq (l- 2 c)

Abb. 46.

Da die Berechnung aller einzelnen Teile der Gerberträger in früheren Abschnitten besprochen ist, so ist die Berechnung nur als Anwendungsbeispiel anzusehen.

Eine häufige Verwendung findet der Gelenkträger im Dachbau für die Ausbildung von Pfetten größerer Dachanlagen. Die Stützweite der einzelnen Felder, die den Binderentfernungen entsprechen, sind in der Regel sämtlich einander gleich. Zur günstigsten Ausnutzung des Baustoffes ist die Lage der Gelenke so zu wählen, daß die Stützmomente gleich den Feldmomenten werden, wodurch eine erhebliche Ersparnis, also wesentliche wirtschaftliche Vorteile erzielt werden.

Die Berechnung soll hier unter der Annahme durchgeführt werden, daß der Träger auf seine Gesamtlänge eine gleichmäßige Belastung q aufzunehmen hat, wie es für die Dachpfettenberechnung angezeigt ist (Abb. 46).

(j (l~2c)

1. Berechnung eines mittleren, eingehängten Trägers (Koppelträger), dessen Stützweite /— 2c beträgt.

q(l — 2c)²

Das größte Moment:

Der Träger übermittelt einen Auflagerdruck

g (/ — 2c)

nach jedem Gelenk.

2. Träger mit zwei Kragstücken.

Die Stützenwiderstände A und B werden einander gleich. Es wird

q(l — 2 c)

panDh

)    ■ za

'c y v

qc

Abb. 47.

+ —= ql (Abb. 46).

Die Stützenmomente M₂ über der Stütze A und B sind ebenfalls einander gleich (Abb. 47). Es ist

M₂ — MÄ — Mb— (Z - 2c) • c + qc • • •    • (10)

Das Moment in der Feldmitte Mô wird nach Abb. 48:

q-(l-2c)

ql-l

M*= 2

Es soll nun M₃ = M₅ werden, also: |(Z - 2c)- c + qC₂ = ₂

■ (4 +c)

2 - (4 + Ds-

ql-

q(l — 2c)

t\A =t)¹

■c '

ii um im 16I1 ii in im^

•J/2 (,c + 9) :

Nach Division durch 2 ergibt sich:

/c — 2 c² + c² = Z² — 2 — cl + 2 c² — ^ — c² — cZ, 2c²- 2Zc = -

•b- Ti

— Ic — —

q (l - 2 c)

'<? (r +1)

Abb. 48.

C==+2±l4-

⁼ 2 ± yV) = 0,1465 z = 0,147 Z- '

• (ID

Durch Einsetzung von c in den Wert von M₂ und Mä erhält man: M-2 — Mz = jg

Die Länge des Trägers / wird:

ql⁵

= 0,0625 ql³.

• (12)

2y2

1/2

= 0,7071 /.....(13)

Das Moment ist demnach: Mx =

er 00

‘ V1/2;    i6 *

Es sind also die Größtmomente Mx = ZVL = einander gleich und zwar halb so groß wie bei einem Träger auf zwei Stützen mit einer Stützweite l

3. Die Endfelder.

Für die Endfelder können zwei verschiedene Anordnungen zur Anwendung gelangen.

a) Im letzten Felde befindet sich ein Gelenk (vgl. Abb. 44 und Abb. 49). Der letzte Kragträger //' würde, sofern die Länge des dem Endauflager zunächst liegenden Kragstückes = c gewählt würde, vom eingehängten Träger

q-(l — c)

von der Länge l — c einen Auflagerdruck = größer ist wie oben für II angegeben. Das Stützenmoment würde daher

erhalten, der also

l-b

■L - b-

■b—-

//'

TZ

Abb. 49 a.

Abb. 49b.

über der zweiten Stütze ebenfalls größer werden. Man verkleinert deshalb c auf b derart, daß das Stützenmoment

= 15 wird-

Es muß dann werden nach Abb. 49b/c:

qi* qb² . ,v b qb (    u\ — ql

_ —    -|- q(l — b) • y — -g- (b +1 — b) —

(l-b) <lb

IV 2

o*

Abb. 49 c.

- =    6 = f = 0,125/,

16

oo

l.

Das Moment am letzten Koppelträger wird:

M, = T • (i ') = 512    = 0.0957 qf =

b) Im Endfelde befindet sich kein Gelenk (vgl. Abb. 43).

Es wird dann nach Abb. 50:

Al — ql'Y + q°-y + q{l~2c)-c

Ai =    = Ç(l- 0,1465²) - f (/ - 2-0,1465 7)-0,1465 /.

A/ =    (1 + 0,1465²— 0,1465),

49 q£ 32 16

= rd. • • • (12 a)

= 0,

ql

■M

A = f -0,875 = 0,4375 ql.

Für den gefährlichen Querschnitt im Abstand x₀ von A wird:

A — qx₀ = 0 ;

= 0,4375 Z = X/.

U--x₀—-»4 u.

wQ Êta.

? .

ql

Abb. 50.

^max A- *0

-f( ')’-*•&'=

In Abb. 51 ist die Momentenverteilung zeichnerisch dargestellt.

^max

₁₀ (wie oben).

qc q (l- 2 c)

Sollen sämtliche Momente gleich groß werden, so bemesse man die Endfeldträgerlängen l zu:

lj + c = 0,7071 1 + 0,1465 l = 0,85361 (rund ^ /) ■

Hinsichtlich der Binderbelastung ist bei gleicher Feldweite zu beachten, daß die mittleren Kragträger die gleichen Auflagerdrücke A und B auf die Bin-

Abb. 51 a.

s.

JL

ez

⁷18 ¹ *■

AI,

iV

49

32 16 \

Ę

Mj

' \ql⁷

16

yM-

#, - m₂ - m₃

Abb. 51 b.

der übertragen. Der letzte Kragträger bringt aber wegen seiner ungleichen Ausbildung der Kragarme A' — 1,0625 ql und B' = ql.

Der zugehörige Binder erhält also eine Mehrlast von 6%. Verringert man b auf 0,0833/, so wird eine Herabminderung auf 2% Mehrlast erzielt; bei Verkleinerung der letzten Stützweite auf //+ c == 0,8536 / wird auch die Gleichheit der Auflagerwiderstände erzielt.

Aufgabe 18: Die Binderentfernung eines eisernen Daches betrage 6,0 m. Die Pfettenbelastung sei zu 8,00 kg für den lfd. cm hergestellt. Es sind zu bestimmen 1. die Abmessungen der Pfetten, 2. die Abstände der Gelenke von der Binderachse, 3. die Drücke auf die Gelenke, 4. die Stützendrücke, die von den Pfetten auf die Binder übertragen werden.

i.

'l

32

C. Eingespannte Träger auf zwei Stützen, a) Allgemeines.

Wird ein frei aufgelagerter Träger auf zwei Stützen durch winkelrecht zur Trägerachse wirkende Lasten beansprucht, so erhält die elastische Linie bei symmetrischer Belastung des Trägers die in Abb. 52 angegebene Gestalt. Die über die Auflagerpunkte überkragenden kurzen Stücke des Trägers bilden Berührende zu dem Bogen AB der elastischen Linie und schließen mit der ursprünglichen geraden Trägerachse einen Winkel cc ein.

Abb. 52.

«Z-- A

~iK

Abb. 53.

Wird ein Trägerende, oder auch beide, durch eine Einspannung, z. B. durch Einmauerung, daran gehindert, die bei freier Lagerung eintretende Lage einzunehmen, so kann der Winkel a ^ entweder überhaupt nicht mehr oder nicht in seiner vollen Größe a entstehen. Zur Sicherung der Einspannung, also zum Niederhalten der Trägerenden, bedarf es am Trägerende so-

mit des Auftretens eines Einspannungsmomentes, das demnach entgegengesetzten Drehsinn haben muß wie das durch die Last bedingte Biegungsmoment. Der nunmehr entstehende Neigungswinkel des Trägerachsenendes gegen die Wagrechte ist abhängig von der Größe des auftretenden Einspannungsmomentes.

Das größte Einspannungsmoment wird erforderlich, wenn die Trägerachse an der Auflagerstelle wagrecht bleiben soll, also wenn a — 0 wird. In diesem Falle hat man eine volle Einspannung, sie ist vollständig starr und unnachgiebig.

Die volle Einspannung tritt in den seltensten Fällen auf, meist sind die Einspannungsstellen mehr oder weniger nachgiebig. Je nachgiebiger die Einspannungsstelle ist, um so geringer wird das Einspannungsmoment, um so mehr nähert sich der Einspannungswinkel dem Winkel «; je geringer die Nachgiebigkeit, um so größer werden die Einspannungsmomente, um so mehr nähert sich der Winkel cc dem Werte Null. Die freie Auflagerung stellt daher den einen Grenzwert, die volle Einspannung den anderen Grenzwert der Einspannung dar. Bei freier Auflagerung wird Ma — Mb = 0, also ein Kleinstwert; bei voller Einspannung wird Ma = Mb ein Größtwert.

Die Einspannungsmomente bringen eine Veränderung der Größe des durch die Lasten entstehenden Biegungsmomentes hervor.

Die Untersuchung werde an einem beiderseits eingespannten Träger durchgeführt (Abb. 54). Führt man an beliebiger Stelle des Trägers im Abstande x vom linken Auflager einen Schnitt und betrachtet z. B. das linke Trägerstück (Abb. 57), so ist für Punkt C unter Annahme gleichmäßiger Last:

-Ma.

Mx = A- x — qx-

Da Ax - f gerung ist, so kann man schreiben:

= M₀ — dem Biegungsmomente des Trägers bei freier La-

Mx = M₀ - Ma.

'«Jtt

Abb. 54.

Abb. 55.

Abb. 56.

Das Einspannungsmoment v/.Mb Ma führt demnach eine Verminderung des Momentes M₀ herbei. An der Stelle, wo Mx = 0 wird, tritt ein Momentennull-punkt auf. Im ganzen entstehen zwei Momenten-nullpunkte (Abb. 55). Es wird dann:

0 = M₀- Ma- Ma = M₀.

fl'

i}, /»7f

Abb. 57.

Für die zwischen dem Momentennullpunkt und dem nächstgelegenen Auflagerpunkt vorhandenen Querschnitte wird Ma>0, die Momente sind demnach für diese Trägerteile negativ. Die Form der elastischen Linie ändert sich daher für diese Werte. Die gezogene Faser liegt oben (Abb. 55 u. 56).

Für die zwischen den Momentennullpunkten und der Trägermitte vorhandenen Querschnitte haben die Momente positive Werte, die gezogene Faser liegt daher unten. Die Momentennullpunkte C und D sind Wendepunkte der elastischen Linie (Abb. 55).

Die Größen der Stützenmomente ist zunächst unbekannt. Es treten daher bei eingespannten Trägern auf zwei Stützen zu den unbekannten Stützenwiderständen noch so viele Unbekannte hinzu, wie Einspannungsmomente vorhanden sind. Zur Bestimmung der Unbekannten sind nur die drei Gleichgewichtsbedingungen verfügbar. Die Zahl der Unbekannten ist größer als die der verfügbaren Gleichungen; der Träger ist statisch unbestimmt.

Da der bisher beschrittene Weg zur Berechnung von Trägern nicht mehr zum Ziele führt, so sollen im folgenden nur die Ergebnisse mitgeteilt werden, im übrigen wird auf den Anhang zu Teil III b verwiesen.

Zu beachten ist, daß bei eingemauerten Trägern die Einspannung um so vollkommener wird, je schwerer die Aufmauerung auf der Einspannungsstelle lastet, sie ist um so unvollkommener, je kürzer der eingespannte Balkenteil ist.

b) Die einzelnen Einspannungsfälle.

i. Der beiderseits eingespannte Träger auf zwei Stützen I. Voll eingespannte Träger.

Es sei gleichmäßig verteilte Last angenommen:

Q = ql\ q —    — b = ~y (Abb. 58—60).

Die Enden des Trägers sind wagrecht eingespannt; cc = 0°. Die Einspannung sei vollständig starr, also durchaus unnachgiebig. Die negativen, den

Abb. 58.

Abb. 59.

*—x'-

Q-q-l

Elastische Linie

Mt,

Fh

«—x'-

Balken nach oben durchliegenden Einspannungsmomente erreichen ihren größten Wert.

Es wird:

Ma = Mb = Me

--T3T- “ <¹⁴>

Abb 60.

Momentendar Stellung für volle Einspannung

0.2111

F,

0f2lll

Das in der Mitte der Stützweite vorhandene, den Balken nach unten biegende, positive Größtmoment wird:

Mmax = +^ ' ' (15) (Abb. 60).

Es sind somit zwei ge-

⁺ 24

fährliche Querschnitte über den Stützen und ein gefährlicher Querschnitt in der Trägermitte vorhanden. Die elastische Linie besitzt zwei Wendepunkte Ft und F₂ (Abb. 59). Die Entfernung x der Wendepunkte (Momentennullpunkte) ergibt sich nach Abb. 60 allgemein aus der Beziehung:

= 0 oder ist, so wird:

u 2 2 12 ’

— Me = 0.

gx ²

2 x 2

Da hier Me — —

;    ^ — 2 — 12 — 0,211 /.

II. Unvollständig eingespannte Träger.

Das an der Auflagerstelle auftretende größte Biegungsmoment liegt je

nach der mehr oder minder größeren Nachgiebigkeit zwischen Me =

_qP

12

und Me — 0. Das in der Trägermitte auftretende größte Biegungsmoment demgemäß zwischen

qP

und M

Mmax —' 24

/    qP qP l'

(weil im ersten Grenzfalle A?max = y---jy — ₂4

und im zweiten

max

CT¹

qP

qP

Mmax — o 0

_qP\

8 /'

Der für den Träger günstigste Fall tritt ein, wenn Me = MmaX ist; der Baustoff wird dann am besten ausgenutzt.

Setzt man nach Abb. 57 x =    , so ist:

₄ -Mei

M = ql 1

i'imas — 2    2

wird Me — Mmax, so ist:

Mmax ”ł""    o »    2 Mmax

qP

₌ ql*

max

16 »

Mmax erhält also einen kleineren Wert.

Mit Rücksicht auf die Unsicherheit der genauen Festlegung der Einspannung und etwa eintretender wechselnder Belastung kann aber eine Verwertung dieses günstigen Momentes nicht eintre- _ ten. Aus vorstehendem — *---ergibt sich, daß eine geringe Nachgiebigkeit der Einspannung ohne Nachteil ist, sofern die Abmessungen des Trägers nach dem größten auftretenden Biegungsmomente Me — — -jy bestimmt sind.

Halbe Einspannung. Ist die teilweise Einspannung derartig, daß Me— — 94 wird, so liegt halbe Einspannung vor. Nach Abb. 61 wird:

_ ql- qP _

Momentendar Stellung für halbe Einspannung

M

\24

T:

X.1ÆP

:»o|

JIU

Abb. 61.

ql'

ql'

-^rnax

| Mr

nax

24

• • (16)

Die Verteilung der Momente erfolgt nach Abb. 61 ; der Wendepunkt liegt im Abstand x = 0,092 l — rd.

10'

Für die Berechnung von Eisenbetonbauten wird mit Rücksicht auf die vielen Zufälligkeiten, von denen die Einspannungsmomente abhängen, meist

qp

mit dem größten Biegungsmomente Mm&x = -j- 1Q gerechnet. Das Einspan-

qP

nungsmoment wird dann mit dem Betrage Me — — oder überhaupt nicht

bewertet. Etwa auftretenden negativen Einspannungsmomenten wird durch Aufbiegen der in der Nähe des Auflagers liegenden Tragstäbe nach oben Rechnung getragen.

Der Erlaß des Ministers f. öffentl. Arbeiten vom 23. 12. 1918 schreibt bei Berechnung ebener Steindecken für halbe Einspannung den Wert

10 vor*

2. Der einseitig eingespannte, am anderen Ende freiliegende Träger auf zwei Stützen (Abb. 62, 63 u. 64).

Abb. 62. f

Der gefährdetste Querschnitt liegt an der Ein-spannnungsstelle (Abb. 64). Es ist das Einspannungs-

'//

Abb. 63.

moment: MÄ = Me =

Das größte positive Biegungsmoment liegt im Ab-

3

stände -s-1 von B entfernt

-fl

Abb. 64.

und hat den Wert:

Mmax = j₂₈ ql². ■ • (17)

Der Wendepunkt (Mo-mentennullpunkt Abb. 64) der elastischen Linie liegt

im Abstande x —

Punkte A entfernt (Abb. 63). Auflagerwiderstände

5

sind: A = s ql und B — -g ql. (Näheres s. Anhang Teil III b.)

vom

Die

II. Weitere Anwendungen der Biegungslehre.

A. Berechnung von Trägerauflagerplatten,

a) Linienkipplager.

Die einfachsten Auflager sind bereits im II. Teile unter II. 3 S. 20 ff. besprochen worden. Die Berechnung der bei größeren Hochbauten erforderlich werdenden Linienkipplager (Tangentialkipplager) soll im folgenden gezeigt werden.

1. Berechnung der Auflagerfläche.

Beträgt der vom Auflager aufzunehmende Auflagerdruck A — Amax, so wird eine Auflagerfläche erforderlich: wobei kd die zulässige Beanspruchung des unter der Auflagerplatte liegenden Baustoffs ist.

Bei einer Auflagerlänge = a und einer Auflagerbreite = b wird F — a-b, also : ab — 7— •

kd    a

Wird eine der Größen, z. B. a, angenommen, so wird b =

a • Rd

2. Berechnung der Auflagerstärke.

Die Platte ist als gleichmäßig belasteter Träger anzusehen, der in der Mitte eingespannt ist (Abb. 65). Für die Berechnung müssen zwei Bruchmöglichkeiten untersucht werden (vgl. Abb. 66):

Abb. 65.

-i

aa»

î î t f î f î ÎTTTTTTt

mai

~2 \ ⁴

4».,

2~

1.    Die Auflagerplatte bricht der Querrichtung nach durch, also in der Richtung M — JV;

2.    die Auflagerplatte bricht der Länge nach durch, also in der Richtung K — L.

Zu Fall 1: Man kann das Auflager in der Berührungskante M—N als fest eingespannt annehmen, so daß die Platte als Kragträger

von der Kragweite ^ wirkt (vgl. T. II, V. C. e,

S. 94). Man betrachte nun z.B. die linke Hälfte (Abb. 67). Auf die Fläche F G MN kommt eine

CL    A

Belastung kd• y • b = y, demnach wird:

Mmax

Mmax

Aa . a .

y * T = A ’ kgcm;

= kb'W;

max

Cl

G Amai M

kb

fTÏÏÏÏÏÏTTÏÏÏ

*

ir

Abb. 66.

UaBsch 48.: Schau, Statik lila

Bezeichnet man die Plattenstärke in der Kippkante MN

Abb. 67.

d²

mit à (Abb. 68), so ergibt sich an der Berührungsstelle: W = b • -j- :

• M

~b - h »

-tV

b-

<*\°i

max

max

-V

; <*² =

6 A a 8 • b -kb

max

3-A.„

b-kh

Zu Fall 2: Die Platte bricht der Länge nach durch; die Einspannung findet im Punkte A statt (Abb. 69). Man hat in diesem Falle wiederum die

Abb. 72 a.

h-o,

* Schnitt M~ N Abb. 68.

Abb. 71.

2_

Abb. 69.

Abb. 70.

Abb. 72 b.

Abmessungen eines Kragträgers zu bestimmen, der nach Abb. 70 zwei gleichmäßig verteilte Belastungen trägt. Er wird von oben auf die Strecke des

halben Trägerflansches belastet mit ₂ , von unten durch die gleichmäßig

verteilte Last kd, also auf die Fläche GKLH mit einer Gesamtlast b , _ A a ' 2 '^d 2

Es wird demnach das Größtmoment an der Einspannungsstelle:

= ~(b — bt) kgcm.

Mmzix —

A b _ A hj

2 ' T ~ 2 ' 4

Da W =

max

und das Widerstandsmoment nach Abb. 71, unter Annahme

ad*

einer gleichen Plattenstärke o für die ganze Länge KL der Platte W — ist, so erhält man:

ad²

max

; d² =

max

*-V

6-M.

a-kb

max

6- A- (b — b,)

8 • a • kb

a-kb ;

-w

3 • A ■ (b — öj)

a-kb

• (18)

Die obere Abgrenzung des Schnittes KL erfolgt nach einer Kreislinie mit dem Halbmesser r, deshalb muß für die Ausführung entweder der errech-nete Wert nach oben abgeändert werden (Abb. 72 a), oder es ist d als mittlere Plattenstärke einzuführen (Abb. 72 b).

⁹⁰-(W

Für den Wert r ist zu wählen:

09)

ö²

g

b = Länge der Zylinderfläche. Die Stärke ät am Rande soll y, mindestens = 1,5 cm werden.

Bei Auflagerung von I-Trägern mit einer Höhe h können folgende Erfahrungswerte verwendet werden:

a = 100 +

K)¹ S*

die Auflagerlänge

die Plattenstärke

15 +

20’

wobei sämtliche Maße in mm einzusetzen sind; meist werden jedoch für die Wahl der Abmessungen beider Größen a und b praktische Gesichtspunkte ausschlaggebend sein.

Die Auflagerbreite wird rechnungsmäßig festgelegt,wo-

, i-i_    bei zu beachten ist, daß a:b

mÊËÊÊ^ = ¹ ;² ■ bis 3:4 anzunehmen ist; <?i ^ ₂

Wert b beachte man, daß zweckmäßig 6 = ^-1- 5 bis 10 cm sein soll, wobei b₁ — Trägerflanschbreite ist.

Aufgabe 19: Ein I-Träger N. P. Nr. 50 übertrage einen Auflagerdruck A— 17000 kg. Es soll die gußeiserne Auflagerplatte berechnet werden. Sie

A - 17000kg

■b

Abb. 73.

(s. o.). Für den 2

17000

-32-

^s -r-8 ^⁷⁷!f°kf}

Abb. 74.

ange-

qcm

ruhe auf Hartbrandsteinen in Kalkzementmörtel, wobei kd— 12 nommen werden soll; die Trägerflanschbreite beträgt bx — 185 mm (Abb. 73).

Da in Preußen nach den Bestimmungen über die zulässige Beanspruchung der Baustoffe für Hochbauten vom 24. 12. 19 für Mauerziegel erster Klasse in Kalkzementmörtel 1: 2:8 bis 15 kg/qcm zugelassen werden können, führe man die Berechnung für diesen Wert durch und vergleiche die Ergebnisse.

Lösung:

— 1412 qcm.

1. Berechnung der Auflagerfläche. A_ _ 17000

Kl ~ 12

Nach obiger Erfahrungsformel soll a = 100 -j-angenommen werden.

Da F — a ■ b, so wird

F 1412

N)¹ =r

500

= ‘00 + —

= 325 mm — 32 cm

= 45 cm.

= 68000 kgcm.

Unter Annahme einer gußeisernen Platte mit einer zulässigen Biegungsspannung

250—— muß werden: qcm

W — ...max.

68000

250

- = 272 cm³.

Nach Abb. 75 ist:

45-Ä*. . 6 ’ *

=v

272-6

45“

= 6 cm.

45

Abb. 75.

II. Die Platte soll gegen Längsbruch genügende Sicherheit bieten.

Nach Abb. 76 ist:

■39

Abb. 77.

Abb. 78 a.

tO| tła 4a O-

Mi tła

A 18,5

A ⁴⁵ _

2 ‘ 4    2* 4

=“(11,25—4,63) = 17000• 3,31=56300 kgcm.

_ 56300 kb 250 = 226 cm*.

13,25

2

max

*•01 tu.

•ft.;

Nach Abb. 77 ist: Tr 32 • ds

W=—zr—

5100 kg

0 v.

r.

32 8*

■b-45 cjn

6- = ²²⁶’ 226~6

= 6,5 cm.

jD

Gewählt wird demnach der unter II gerechnete Wert ô == 6,5 cm = 65 mm. Mit Rücksicht auf die erhebliche Stärke ist die Wahl eines besseren Baustoffes erwünscht. Für Stahlformguß kann kb = 1200 kg, für schmiedeeiserne Platten kb = 1400 kg in Ansatz gebracht werden, wodurch sich geringere Stärken ergeben.

⁴ 1 J Abb. 76.

13,25

Abb. 78 b.

b) Flächenlager.

Für Flächenlager kann die Berechnung in entsprechender Weise erfolgen. Man kann jedoch annehmen, daß der Bruch längs der Kante CD (Abb. 78a/b) eintritt.

Werden die gleichen Annahmen wie bei Aufgabe 19 gemacht, so ist P = F-kd = 13,25-32-12 = 5100 kg.

Afmax = 5100-    = 33900 kgcm ;

Ö = V 32

32-

= 135;

6-135

max

_ 33900 ~ 250

rd. 5 cm.

= 135 cm*.

Gewählt wird also ô = 50 mm.

B. Berechnung der Säulen und Stützenfüße, a) Anordnungèn aus Gußeisen.

Zur Vermeidung von Gußspannungen infolge ungleicher Dicke werden der Schaft und die Fußplatte meist getrennt gegossen; für den Fall, daß der für die Fußplatte erforderliche Durchmesser nicht viel größer ist als der Säulendurchmesser, erfolgt ein zusammenhängender Guß in einem Stück.

i. Säulenschaft und Fußplatte sind getrennt gegossen.

I. Bestimmung der Größe der Fußplatte.

Ist P die von der Säule übertragene Kraft in kg, so wird bei zentrischer Belastung und einer zulässigen Beanspruchung kd der Plattenunterlagen

in^f

qcm

form in Betracht. Angenommen, die Platte habe z. B. kreisförmigen Querschnitt (Abb. 79), dann ist:

D²« _

4    —    ; D

II. Berechnung der Plattenstärke.

Für die Berechnung können verschiedene Verfahren angewendet werden-1. Die Platte breche in der Richtung AB (Abb. 79b). Die Fläche ABC. die entweder als Kreisabschnitt oder genügend genau als Parabelabschnitt angesehen werden kann, wird durch kd gleichmäßig belastet.

Die Mittelkraft greift im Schwerpunkte an. Nimmt man bei E Einspannung an, so kann man die Anordnung als Kragträger berechnen (Abb. 80). Es

wird danach (da nach T. I S. 53 SE— ^ b):

a • b; Q — F • kd.

2    M

— Q • ₅b; W =

Nach Abb. 81 ist W= a •

P

= (Abb. 79). Für den weiteren Gang kommt die Querschnitts-

Rd

Abb. 79 a.

^max

cm.

N ro

max

6 k. ’

b

6 • -^max

a • k,

b

c\

- \-D

Abb. 79 b.

2. Berechnung nach dem Schnittverfahren.

Man schneidet aus der Platte in Richtung der größten Längenabmessung einen Streifen FG von 1 cm Breite heraus (Abb. 82) und betrachtet ihn als Kragträger (Abb. 83 S. 38). Es ist:

Abb. 80.

AU

Abb. 81.

■i

S*

Fx = b • 1,0 qcm ; Q₁ = F₁ • IV = 1 •

^max

2; o

(Abb. 83 b).

^max

^• -Mmax ^b

1 -5²

6    — k. ’

b

Es ist nun noch festzustellen, ob die Platte im mittleren, zwischen dem Säulenschaft liegenden Stück nicht durchbricht. Hierzu schneidet man wie-

k ’ nb

/*■

Abb. 83 a.

i-

Abb. 83 b.

l,

'/////Z/z

fit

/ cm

**-&■

Abb. 84 a.

gjcfAbb.

84 b

Abb. 82.

derum einen Streifen HJ von 1 cm heraus und betrachtet ihn als beiderseits

qls

eingespannten Träger (Abb. 84). Nach S. 30 ist allgemein Mm&x = l2 • Hier ist q — kd und l = Zx zu setzen. Es wird also:

= k .h,

Kd 1

M

1rimax

(Abb. 84 b).

= kb-w-

, -x ,    ! V.

«d • i2 ~ kb ' ¹ ’ 6 ’

Der größere der beiden Werte d und dj ist zur Ausführung zu bringen.

i,'

»i-hV

d_.

3. Berechnung unter der Annahme, daß der Bruch nach der Linie M — N erfolgt.

Man denkt sich die Fußplatte nach der Geraden M — N eingespannt und betrachtet die eine Hälfte, hier z. B. LMN, als einfachen Kragträger(Abb.85a/b).

p

Die linke Plattenhälfte hat die Hälfte der Säulenkraft P, also ₀ aufzunehmen.

P    z

Diese Kraft ₂ greift im Schwerpunkt S der Wandstärkenmittellinie an, also

2r

« ft.

im Abstande x — — = (vgl. T. I, S. 47 u. Abb. 86). Die Fußplatte muß auf

p

der linken Hälfte einen Gegendruck = ₀ aufnehmen, der im Schwerpunkte

^    4    2 Z)

des Halbkreises vom Durchmesser D wirkt; es ist also xx =    — g— (vgl.

T.I, S. 52). Danach wird:

M

irimax

^max

= ₂ * *1 -P /2 D ~ 2 * \3*

• (*i — x) D-ds

(Abb. 88).

^MTiax

, so ist:

ft, |<M

⁼V^-(

,2D _    \_D S*

\3jr /    6

dV6

a a.

_ i)⁶ =i/_łp /

x) D Y D-k^7t-\

O

CM CO

-d).

Abb. 85 a.

'//

—X-*

iV

M —4- D

\\

---1---

WT

i

.....E

Mit Rücksicht darauf, daß die Plattenstärke am Rande geringer ist wie in der Mitte, muß der Wert d nach oben abgerundet werden.

Die Wahl der Plattenunterlage ist für die Abmessungsbestimmung von Wichtigkeit, da die Größe der Grundfläche und damit auch die Plattenstärke d dadurch bedingt ist. Je druckfester der die Platte aufnehmende Baustoff ist, um so geringer ist der Plattendurchmesser und die Plattenstärke.

Aufgabe 20: Eine gußeiserne Säule von 4,0 m Länge übertrage eine Kraft P—40 000 kg. Die Abmessungen der Säule und der Unter-

lagsplattesollbe-2d stimmt werden. x~3n

ät-

..x

?»

Schnitt M - N

P~-

..f

Ü-2R--

Abb. 85 b.

Abb. 86.

Abb. 87.

Abb. 88.

Lösung:

a) Fuß und Schaft werden getrennt ausgeführt.

1. Berechnung der Säule.

Nach früherem (T. Il, S. 123) ergibt sich bei 8-facher Sicherheit für die Säule ein äußerer Durchmesser Dx — 21 cm und ein innerer = 17 cm; Jmin = 5447 cm4 und F= 119 qcm.

Mit Rücksicht auf die beträchtliche Größe der zu übertragenden Kraft P soll

kgf

ein Sandsteinquader zur Auflagerung benutzt werden; kd = 20    .

2. Bestimmung der Plattengröße des Säulenfußes. Erforderlich ist:

F=?-

kd

~°= 2000 qcm; D — rd. 51 cm.

Di7t

„ =2000; 4    ’

« GS?

■d

Vorhanden ist demnach:

kg .

qcm

1. Berechnungart (vgl. S. 37). Nach Abb. 89 ist:

„•    ,    40000

— = 204oqcm; k = ^ =19,6

lb

5°

cv

D — d 51—21

2—=15 cm ;

■D-

Abb. 89.

— 10,5* = 23,2 cm ; a = 46,4 cm.

Die als Kragträger wirkende Fläche F, =

CM CO

• 46,4 • 15 = 464 qcm.

Sie überträgt eine Kraft:

^max — Pi ' xo — 9100 •

Pl = F\ ■ kd = 464 • 19,6 = 9100 kg ^ • 15 = 54600 kgcm.

Mmax 54600 = 250

O

= 218 cm³.

Nach Abb. 90 ist:

W = 46,4- ä£ ; 46,4-

= 218;

'-v

218-6

46,4

= rd. 5,5 cm .

2. Berechnungsart (vgl. S.37). Man schneidet einen Streifen von der Länge b und der Breite 1cm heraus; b ist hier =15 cm (Abb. 91). Der Streifen überträgt eine Kraft Q₁ = 15 • 19,6 = 294 kg.

Der Streifen wird als Kragträger betrachtet, so daß = Q • I - 294 •

•^max

Mmax_ 2200

“ 250

= rd. 9 cm⁸;

= 2210 kgcm ;

W = — Ól* =9 cmr'; Sl = ]/6 - 9 = rd. 7,5 cm.

on

Außerdem muß noch das mittlere Stück nachgerechnet werden (Abb. 91).

—17cm

~k

.46,2.

b—15 cm

Abb. 90.

Abb. 91.

Abb. 92.

Die freie Länge des beiderseits eingespannten Streifens von 1 cm Breite beträgt Z, = 17 cm. Danach wird:

(Abb. 92);

-r=É5=i’9cm,;

o

3. Berechnungsart (vgl. S. 38). Zunächst müssen die Kraftangriffspunkte, also die Schwerpunkte der gedrückten Teile, bestimmt werden (Abb. 93).

-^max

472

Mmax = 19,6-

17*

= 472 kgcm;

= 1,9 ;    d₂= y 6 -1,9 = 3,4 cm .

12

a) Halbkreisbogen.

Der mittlere Halbmesser des Säulenschaftes ist r

r 2-9,5 Tr ~~ 3,14

Der Schwerpunktsabstand x —

CM

10,5 -j- 8,5

= 9,5 cm.

= 6,04 cm.

b) Halbkreisfläche.

Es ist /?= 25,5 cm, demnach der Schwerpunktsabstand x, Das größte Biegungsmoment ergibt sich nach Abb. 94:

P P

₂ ‘ -ri— y ‘ x’> M

AR_4-25,5

3n 3n

= 10,8cm.

-^max —

max

Nach Abb. 95 ist W

Mmax — 96 000 kgcm ; W==

51 •*,*

384 cm³ ;

= 20000 • (10,8 — 6,0) = 20000 • 4,8

_96000 ku ~ 250

O

Mmax

= 384 cm³.

6,7 cm.

J.

Abb. 96 a.

-21-

-stMr

Abb. 93.

D — 52 cv%.

D-51 cm

Abb. 94.

Abb. 96 h.

/>

■51

Abb. 95.

Die Berechnungsweise 2 gibt demnach die ungünstigsten Werte.

Zu bemerken ist, daß man bei einer Stärke d>4 bis 5 cm zweckmäßig Verstärkungsrippen anordnet, deren Stärke man mindestens zu 15 mm annimmt. (Rippenstärke etwa =0,7d', wo <T = Plattenstärke am Rande.) Im vorliegenden Falle würden demnach Verstärkungsrippen anzunehmen sein.

Aufgabe 21: Für die gleichen Verhältnisse, wie in Aufgabe 20, sollen die Abmessungen bestimmt werden:

1.    für quadratische Grundfläche,

2.    für rechteckige Grundfläche der Fußplatte.

Aufgabe 22: Für die gleichen Verhältnisse wie bei Aufgabe 20 erfolge die Festlegung der Abmessungen für eine Säule mit einem Hohlquadrat als Querschnitt und für eine quadratische Fläche der Fußplatte.

b) Säulenschaft und Fußplatte sind aus einem Stück gegossen.

Zur Entfernung des für die Herstellung der Säule erforderlichen Lehmkerns muß eine Öffnung in der Fußplatte ausgespart werden. Die Berechnung der Plattengröße erfolgt genau wie früher unter Berücksichtigung des Abzugs durch die Öffnung.

Die Rechnung soll im folgenden für eine kreisförmige Unterlagsplatte durchgeführt werden (Abb. 96 a/b). Z)₂ — Durchmesser der Aussparung; D = Plattendurchmesser.

-=f + dS*.

4 r ^    4    ’

Es ist

^=    4

-i

D=Vt(F + ^r)' D

Für den Fall der Aufgabe 20 wird, unter Annahme Ą = 11 cm, erforderlich:

D =]/^(2000 + U₄2,T) = 51,8 = rd. 52 cm.

Es soll nun die Berechnung nach Fall 3 weiter durchgeführt werden.

An Stelle des Schwerpunktes des Halbkreises mit dem Halbmesser ^ muß

jetzt der Schwerpunkt des Ringstückes MNOPO eingesetzt werden. R—¹^; D    ~    -

= 2 ; x w*e oben S. 241 = 6,0 cm.

Der Schwerpunktsabstand des Ringstückes wird nach T. I, S. 53:

4    26® — 5,5®

3 I* ‘ 26² — 5,5*

Es ergibt sich dann (vgl. S. 38) :

2 (*j - x) ;

Mmax = 2000 (11,3 - 6,0) = 2000 • 5,3 — 106000 kgcm;

= 424 cm³;

R,

*2 =

4 R' — R,3 3 n ' Ä* — JL

1 î X2

— 11,3 cm.

U cm

WMM

■D - 52 cm Abb. 97.

Mmax —

106000

250

das Widerstandsmoment ist nach Abb. 97:

41 • <ys* 41- v 6 ’ 6

= 424.

W=(Ö2- 11)-%' =

= 7,9 cm.

- V-Z³

Der gleiche Rechnungsgang wie im vorstehenden angegeben, kann für jede beliebig gestaltete nicht mit Rippen versteifte Fußplatte angewendet werden. Es sind stets die Angriffspunkte des Druckes und des Stützenwiderstandes zu bestimmen. Es handelt sich hierbei in der Regel um regelmäßige Gebilde oder deren Teile. Nötigenfalls muß der Schwerpunkt zeichnerisch festgelegt werden.

Gelangen n Rippen zur Ausführung, so hat jede Rippe den n ten Teil der

P

Säulenlast aufzunehmen, also und erhält außerdem einen gleich großen

Stützenwiderstand infolge des Gegendruckes der Unterlage. Der Angriffspunkt dieser widerstehenden Stützenteilkraft liegt im Schwerpunkt der für die

iV

D_

'2

Mp

45?

90°/

\P

SI2

45°/

*12

///////////.

y///////.

■W

Abb. 99.

Abb. 98.

betreffende Rippe zufallenden Fläche, während die Säulenteilkraft selbst mit genügender Genauigkeit an der äußeren Fläche des Säulenschaftes angreifend angenommen werden kann. Die Rippe kann an ihrer Wurzel als fest eingespannt gelten und stellt somit einen Kragträger dar.

Für die Berechnung wird die Annahme gemacht, daß die Rippe von der Höhe h und der Stärke allein das Biegungsmoment aufzunehmen hat.

II !

MÏÏÏÏTffc-

Abb. 100 a.

r-n

Abb. 100 b.

1. Berechnung der Plattenstärke bei kreisförmiger Fußplatte mit Rippenverstärkung.

Man schneidet einen Streifen von 1 cm Breite entsprechend dem größten Abstande Zx zweier benachbarter Rippen (Abb. 98). Die Länge 4 kann genügend genau = s angenommen werden, wobei nach Abb. 99:

T+ T“-4 lst; 4"Y;

s²

Z>²

S — —pr •

V2

Dieser Streifen kann als beiderseits eingespannter Träger auf zwei Stützen angesehen werden, der nach Abb. 100 durch kd belastet wird.

Es ist dann: M

max

-ql''    n

12 ’    q

max

1 -Ô-

1. Ô- M

max

; ô=Ÿ6M™

b

Ii. Berechnung der Rippen.

Der Schwerpunkt S der auf die Rippe fallenden Druckfläche liege im Abstand x von der Einspannungsstelle (Abb. 98). Bezeichnet nun x₀ den Schwerpunktsabstand der auf die Rippe entfallenden Kreisringausschnittsfläche

MNOP von der Säulenmitte, so wird x — x —

r o a.

= *0 — T .

Nach T. I, S. 53 ist:

_ 2 R⁵ — r³ s *o — 3 fl* _ r* ' f> *

Da es sich in dem in Abb. 98 gegebenen Beispiele um einen Viertelkreis

und b

handelt, so wird, da s =

Du

V2

4’

nach Einsetzung dieser Werte:

*o =

cm n

Es ist nun M

4 _4|/2 Rs — r3 * — r* -j/2 D-it 3 ■ tc R* — rs

; nach Abb. 101 a/b ist kV = " ^

Sa Sa

— rs

max

ft*

n‘x'

an der Einspannungsstelle.

max

11 1 t

Wird = ³ d gewählt, so ist

ÜJ

max

"V*

₌ t/6«,

kb

max

• 3d ’

max

Abb. 101a. Abb. 101b.

Im allgemeinen ist also folgender Gang der Rechnung einzuschlagen:

1.    Annahme der Rippenzahl, die sich nach der Größe der wirkenden Belastung richtet.

berechnet

max

2.    Berechnung der Plattenstärke d (nachl S.43). Hierzu bedarf es der Festlegung der Länge zwischen zwei benachbarten Rippenenden. Ein Streifen von 1 cm Breite und lx cm Länge wird herausgeschnitten, M und ö festgelegt.

3

3.    Die Rippenstärke = -ę $ wird angenommen, danach erfolgt die Berechnung der Rippe (nach II) als Kragträger.

Aufgabe 22: Für die in Aufgabe 20 gemachte Annahme P = 40000 kg; D = 51 cm; d = 21 cm sollen die Abmessungen der Rippen bestimmt werden, sofern eine Rippenzahl n — 4 zur Ausführung gelangt.

Lösung:

I. Berechnung der Plattenstärke.

51 _ 51 1/2    1,41

qz=kd ⁼ ¹⁹>⁶

Nach Vorigem wird : lx = s =    ; Zj =

V2

— 36 cm ;

M    -ql'*■

iK1max — j 2 >

kg

qcm

-T₂- = ²120^cm;

b

â — y6 ■ 8,5 = 7 cm.

3    3

Die Rippenstärke ist zu wählen zu <ü, = ^d; also ^ -70 = 55 mm; es wird

= 5 cm angenommen. Die Rippenstärke ist zu groß, deshalb ist die Zahl n der Rippen zu vergrößern (s. u.).

-'Vmax —

1-d*

= 8,5;

2120

= 8,5 cm³;

II. Berechnung der Rippen.

Der Schwerpunktsabstand der Kreisringausschnittsfläche ist:

4 }/2 Rs — rs _4}/2 25,5* — 10,5s X° 3• » ’jR* — r* ~' 3it ' 25,5* — 10,5* x — x₀ — r— 17,44 — 10,5 = 6,94 cm. Die Rippenzahl n — 4. P 40000

17,44 cm ;

Es ist:

W=

10000kg; Mmax = — • x = 10000-6,94 = 694 000 kgcm; - = 277 cm*.

max

694000

250

Nach Abb. 101 ist:

W=d,-

O'l

/i*

= 277;

= 5,0-^-.5.

= 18,2 cm.

Aufgabe 23: Die in Aufgabe 22 gegebenen Werte sollen zur Berechnung der Fußplatte dienen unter Annahme, daß 1. die Rippenzahl auf n = 6 und 2. auf n = 8 erhöht wird.

Aufgabe 24: Für die in Aufgabe 22 gemachten Lastannahmen sollen die Abmessungen der quadratischen Fußplatte bestimmt werden unter Annahme einer Rippenzahl n — 8.

6-277

*-V-s

Gewählt h — 18,5 cm.

Lösung: Die Grundflächengröße ergibt sich unter der Annahme kd = 20 zu

F=~i F = —~ = 2000qcm. d

Für quadratische Form wird F=a*; a =)/F = ]/2000 = rd. 45 cm.

Bei a=45 cm ergibt sich die wirklich vorhandene Fläche zu F— 45*=2025 qcm und

40000

MM-¹⁹’⁷

kg

qcm

I. Berechnung der Plattenstärke.

Nach Abb. 102 beträgt die freie Länge eines herausgeschnitten gedachten Rand-

45

Streifens von 1 cm Breite genügend genau lx= — 22,5 cm.

\\

\y

/.

Der beiderseits eingespannte Strei-—* fen hat ein größtes Biegungsmoment * aufzunehmen (Abb. 103):

■m _4^1

Jtlmax---

19,7 -22,5*

9ZZ

12"

12

831 kgcm;

max

831

25Ö = 3’34cm',;

l-d* l-d*

6~ ~ 3,34 ; § ==l/6 • 3,34 = 4,5 cm.

l7*

II. Berechnung der Rippenabmessungen.

Auf eine Rippe kommt die Belastungsfläche BCDEF. Zunächst bedarf es der Festlegung des Schwerpunktes dieser Fläche, die genügend genau aus einem Trapez CFBD und einem Dreieck BCD bestehend angenommen werden kann.

Man erhält:

AC = m = Ÿ2 • 22,5* = 22,51/2 = 31,7 cm;

BD =

— 15,8 cm ;

GC= n —

BD

N3|CCi

— 7,9 cm.

Die kleine Seite des Trapezes EF erhält man aus der Beziehung

15,8 -10,5 31,7 — 7,9

b Ti

- : EF

15,8 • 10,5

23,8

6,8 cm; HG=m — n — r = 13,3.

K) H [F

Der Inhalt des Trapezes EF BD beträgt: 6,8 -f 15,8

00

Ft

S4-—V -

2    • 13,3 = 163,6 qcm .

bL

■b-

TŻT

Abb. 104.

Der Inhalt des Dreiecks BCD beträgt:

F, =    = 62,4 qcm .

Der Schwerpunkt eines Trapezes ist nach Abb. 104 (vgl. auch T. I, S. 52) zu berechnen aus :

= 5,3 cm.

h 2a±b_ also fflr „13^.2-6,8 + 15,8 3 a + 6 ’ also für x ₃    6,8 + 15,8

Demnach ist der Abstand des Trapezschwerpunktes von dem Rippenansatzpunkte:

Xj == 13,3 — 5,3 = 8,0 cm.

Der Schwerpunkt des Dreiecks BCD hat von dem Rippenansatzpunkt den Abstand

₀    == 15,9 cm .

3

13,3 + 7,9

Die Gesamtrippendruckfläche EFB CD beträgt : F=+ Fs =163,6 + 62,4=226 qcm. Der Gesamtschwerpunktsabstand ergibt sich somit aus der Beziehung:

F • *₀ = Ft xx + F, *₂.

Unter Einsetzung der Werte wird:

= 10,2 cm.

163,6 • 8,0-{-62,4 • 15,9

226

Die im Schwerpunkte wirkende Kraft Px beträgt: P₁ = k(j- F= 19,7 • 226 = 4450 kg.

= 4450 • 10,5 = 45500 kgcm.

Es wird :

•^max

max

Das Biegungsmoment konnte auch aus den Teilflächenbelastungen unmittelbar ermittelt werden. Es ist:

-^max

= F₁-kd-x₁ + Fi-kd-xt = kd- (FlXl + Fj .r₈).

Nach Einsetzung der Werte erhält man:

Mmax = 19,7-(163,6-8,0+62,4-15,9)=45500kgcm; W=

45500

250

= 182 cm³.

3

Die Rippenbreile <?₂ wählt man = ^<?; also St =

-4,5 = 3,5 cm. Es ergibt sich

nach Abb. 105:

3,5 fr* 3,5/i*    ₁₀„    ,

’    •    =182 cm’;

6- 182

— 17,9 cm ;

gewählt wird h — 18,0 cm.

Um sich diese umständliche Rechnung zu vereinfachen, kann man die

P

auf die Rippen kommende Kraft zu — annehmen und sie in der Rippenmitte wirken lassen. Dadurch rechnet man ungünstiger, die Rippenhöhe wird größer als unbedingt nötig.

P 40000

Im vorliegenden Falle ist:    =—^—

31,7 — 10,5

= 5000 kg.

ä-j

..i

Abb 105.

Es wird dann: Mmax — 5000 •

Erforderlich ist:

V/ =

53000

250

= 212 cm¹⁵;

- = 5000 • 10,6 = 53000 kgcm. * =V 3,5

6-212

= 19,5 cm.

b) Anordnung der Fußplatten aus Flußeisen.

Die vorstehenden, unter a) vorgenommenen Untersuchungen sind sinngemäß anzuwenden. Man wählt die Stärke der flußeisernen Platte nicht unter 10 mm und nicht über 25 mm. Die Berechnung erfolgt unter Annahme einer

Durch nachstehende Aufgaben

zulässigen Biegungsspannung kh— 1200

qcm'

sollen die besonders hierbei zu beachtenden Gesichtspunkte näher erläutert werden.

Aufgabe 24: Für die in Aufgabe 20 gegebenen Verhältnisse soll eine flußeiserne Stütze Verwendung finden. Die Abmessungen der Stütze und der Fußplatte sind festzulegen. Bei Durchführung der Rechnung auf Druck und Knicken ergibt sich, daß der in Abb.106 angegebene Querschnitt von 2 C N.P. Nr.16, die mit lichtem Abstande = 8,15 cm gleiche Trägheitsmomente für die beiden Hauptachsen geben, ausreichend ist. Die quadra- | tische Fußplatte erhält eine Seitenlänge a — 45 cm mit F — 2025 qcm.

Lösung:

-45,0-

\C_

77ZZZ3'

\H

-5H

160

8,15

Berechnung der Plattenstärke.

Man schneidet einen Streifen AB (Abb. 106) von 1 cm Breite heraus, der als einseitig bei Z> B eingespannter Kragträger angesehen werden kann; er erhält eine freie Länge c von

45—16

7ZZZZ.E

'/J A

ÛG

= 14,5 cm.

Abb. 106.

Durch den auf die Platte wirkenden Gegendruck wirkt auf ihn eine Belastung

= ¹⁹>⁸qkc^ (Abb. 107 a).

_ P _ 40000

q-k- F — ₂₀25

Es entsteht ein Biegungsmoment: M

max

Erforderlich ist:

max

2080

kb

1200

= 19,8 • 14,5 • —£■ = 2080 kgcm. = 1,7 cm³.

Vorhanden muß sein nach Abb. 107b: W= 1-

Demnach ist:

= 1,7; d = 1/6 - 1,7 = 3,2 cm.

Diese Stärke ist nach dem oben Entwickelten zu groß. Die Platte erhält nun durch die notwendigen Anschlußwinkel eine Verstärkung. Nimmt man für die flußeiserne Platte eine Stärke von 2,0 cm, so verbleibt unter der Annahme, daß durch die Anschlußvernietung einvoll-] ständig einheitlicher Körper ge-I i ! 111 ( i 111*1111111111 i I ^    schaffen wird, für den Anschlußwinkel q

|    eine Stärke von 1,2cm, so daß

⁵    also S -f- <?! = 2,0 -|- 1,2 = 3,2 cm wird.

Am vorderen Ende muß die Plattenstärke allein das dort auftretende Biegungsmoment aufnehmen. Die zulässige freie Länge AC = x (Abb. 108) kann demnach bestimmt werden. Das bei C auftretende Moment

.Abb. 107 b.

Abb. 107 a.

'z,^ Mc =qx-X£ (Abb. 109) muß 'A

B    2*

A_~?77ZA.⁷Z^77y/^--\ = k • W werden ; W= 1—■; J

äi ' ' ~ v////////////////. ■y/////////Æ    °    ⁰ y,

"    ₍jemnacj₁ jst;

Abb. 108.

19,8-

M t.

= 1200 • 1 •

2°

mm.

yM

qx

Abb. 109.

Abb. 110.

UJ«-¹*

joj N>

oo

cg

rd. 9 cm.

Die freie Länge AC darf daher höchstens 9 cm betragen. Die Breite der Anschlußwinkel muß demnach mindestens = c — x = 14,5 — 9 = 5,5 cm werden. Das gleiche Maß darf auch seitlich nicht überschritten werden (Abb. 106, Strecke DE).

Ist das einheitliche Zusammenwirken der Platte mit dem Anschlußwinkel nicht genügend gesichert, so müssen die einzelnen Widerstandsmomente, sowohl des Anschlußwinkels als auch das der Platte, für sich in Ansatz gebracht und ihre Summe gebildet werden. Es wird also, sofern y die Stärke des Winkeleisenschenkels bedeutet:

. jr

2*

ö* + 4 = 6-1,7;

y = Y 10,2 — 4 — 2,4 cm.

6“ + l "6 ~1’7;

Diese Stärke ist für den Anschlußwinkel zu groß, man wird daher zu zwei Unterlagsplatten übergehen müssen und wählt dann entweder zwei Platten zu je 2 cm Stärke oder besser, unter Voraussetzung fester Vernietung beider Platten, zwei zu 1,5 cm Stärke.

Im ersten Falle erhält man:

i.»’

1,2²

= 1,7; y*+8 = 6-l,7; y = /IÖ,2 - 8 = ^2,2; y =1,5 cm;

der Winkeleisenschenkel erhält also eine Stärke = 1,5 cm. Ein Anschluß Winkel 12x12x1,5 müßte also Verwendung finden.

Im zweiten Falle wird:

1 ö* . 1 ³»⁰*    17.

Man würde somit mit einem Anschlußwinkel 6,5 x 6,5 x 1,1 auskommen. Aus baulichen Rücksichten wird man jedoch kräftige Anschlußwinkel vorziehen.

+ 2-

»* + 9 = 6-1,7;

y — V 10,2 — 9=1,1 cm.

Die Platte darf jedoch auch zwischen den Anschlußwinkeln nicht durchbrechen. Man schneidet daher einen Streifen GH (Abb. 106) von 1 cm Breite heraus, der als beiderseits eingespannter Träger angesehen werden kann und eine freie Länge von 16 cm besitzt. Nach Abb. 110 ist:

= ^- =

max

12 ¹⁹’⁸*

16²

12

= 420 kgcm.

420

Das erforderliche Widerstandsmoment beträgt: W—    0,354 cm⁸.

Es muß also werden: —^- = 0,354;    = Y6 • 0,354 = rd. 1,5

cm.

¹

Berechnung der Plattenstärke.

1. Die Platte soll gegen Querbruch gesichert sein. Für die Einspannungsstelle wird nach Abb. 74:

17000-8,0

²

max

3*

³

Berechnung der durch Rippen verstärkten Unterlagsplatten und

Säulenfüße.

Die Verstärkung der Rippe wird nötig, sobald die Berechnung für die Stärke der Säulenfüße einen größeren Wert als 4 bis 5 cm ergibt (s. S. 41). Die Rippenzahl beträgt 4 bis 8, bei großen Lasten 8 bis 12.

C. Berechnung der Säulen- und Stützenköpfe.

Die wagerechten Querschnitte müssen durchweg überall zum mindesten die gleichen nutzbaren Querschnittsflächen aufweisen wie der Schaft. Das gleiche gilt für die Berührungsflächen der besonders ausgebildeten Säulenköpfe mit dem Schafte (Pendelsäulen). Die Stärke der den Kopf nach oben begrenzenden Platte wird in der Regel nicht berechnet, da der Kraftangriff auf die einzelnen Teile der Platte und des Kopfes nicht genau festgelegt werden kann. Meist wird die gleiche Stärke wie am Säulenfuße gewählt. Die Mindeststärke soll 2,5 cm betragen. Etwaige konsolartige Unterstützungen der Rippen sind genau wie die Rippen zu berechnen.

III. Zusammengesetzte Festigkeit.

A. Doppelbiegung.

Bei den bisherigen Untersuchungen auf Biegung wurde stets angenommen, daß die Kraftebene mit einer Schwerpunktshauptachse zusammenfällt. Die Kraftebene bildete also eine Gegenebene (Symmetrieebene) des Querschnitts (vgl. T. II, S. 51); es trat der Fall einfacher Biegung ein. Findet jedoch die Kraftwirkung nicht mehr in Richtung einer Schwerpunktshauptachse statt, bildet vielmehr die durch den Schwerpunkt des Querschnitts gehende Kraftebene einen Winkel cc mit einer der Schwerpunktshauptachsen und nimmt man der Einfachheit halber an, daß in der Kraftebene nur eine Einzelkraft wirkt (die Mittelkraft einer Kräftegruppe), so kann man die Kraft P in zwei in die Richtung der Schwerpunktshauptachsen fallende Seitenkräfte Px und Py zerlegen (Abb. lila, b). Es entstehen somit zwei zueinander winkelrecht stehende Kraftebenen X — X nnd Y — Y. Es sind zwei Biegungsursachen und demnach zwei Biegungsebenen vorhanden. Man erhält den Fall der Doppelbiegung.

Die Kraft Py bringt in ihrer Kraftebene für einen beliebig gewählten Querschnitt MN ein Biegungsmoment My, die Kraft Px in ihrer Kraftebene für den gleichen Querschnitt ein Biegungsmoment Mx hervor.

Bei Zerlegung der im Schwerpunkte S angreifenden Kraft P nach Abb. 111b in ihre Seitenkräfte S D — Px (winkelrecht zur X-Achse gerichtet) und SE — Py (winkelrecht zur F-Achse gerichtet) ergibt sich:

Px — P COS a UaBsch 48: Schau, Statik lila

und

Py — Psina.

Sy

A-kr

+k»

Abb. 113.

Abb. 111c.

Abb. 112.

Faser HJ die größten Zugspannungen. Durch das Moment Mu werden in

Mu

den zugeordneten äußersten Fasern die Biegungsspannungen ky = ± ^

wy

hervorgerufen, und zwar in der Faser GJ die größte Druckspannung, in der Faser FH die größte Zugspannung (Abb. 112 und 113).

Da die Biegungsmomente Mx und My gleichzeitig auftreten, ergeben sich die größten Druckspannungen nach Abb. 113 im Punkte G.

Es wird für G:

— k = — kx — ky = — (kx + ky).

Die größten Zugspannungen erhält man im Punkte H.

Es wird hierfür: + k — + kx + ky = -j- (kx + ky).

Soll der Träger nicht zerstört werden, so muß k kleiner als die für den betreffenden Baustoff zulässige Beanspruchung auf Biegung sein, also k kb.

kb ± (kx + ky) bleiben.

Entspricht der Kraft Px der Auflagerwiderstand Ax} der Kraft Py der Auflagerwiderstand Ay, so wird hier nach Abb. lila und 111c Mx= Ax und My = Ay ’ x.

Durch die von dem Moment Mx hervorgerufene Biegung entstehen in den zugeordneten äußersten Fasern die Biegungsspannungen: kx— ± 77J-, und zwar in der oberen Faser FG die größten Druckspannungen, in der unteren

0'

Ji-

et

xF\

D\y

C Abb. 111 b.

Abb. 111 a.

Px

y— u_—q

zb/G

-\~kX

~kx

Es muß also

Für Baustoffe, deren Festigkeit auf Zug und Druck gleich groß ist (vgl.

T. II, S. 57), erfolgt demnach die Bestimmung der Abmessungen nach Festlegung des gefährlichsten Querschnitts nach der Beziehung:

Rb Wx ¹

(20)

W y

Durch die Hauptachsen wird der Querschnitt in vier Teile zerlegt. Die von der Kraftebene geschnittenen Viertel des Querschnitts erhalten durch beide Momente Spannungen mit gleichem Vorzeichen, also entweder Zugoder Druckspannungen, in den beiden anderen Querschnittsvierteln haben die durch Mx und My hervorgerufenen Spannungen verschiedenes Vorzeichen.

-—2,50

Wirken in der durch die Richtung von P und durch die Stabachse bestimmten Kraftebene noch mehrere Kräfte, so kann die Zerlegung für jede^ dieser Kräfte in gleicher Weise i erfolgen und die durch alle [ diese Seitenkräfte entstehenden resultierenden Biegungsmomente gesondert für die X- und die Y-Richtung bestimmt werden, wie dies in T. I und T. II eingehend entwickelt worden ist. Die Festlegung der Abmessungen erfolgt dann nach den Gesamtmomenten Mx und My in gleicher Weise wie durch Formel (20) angegeben für den gefährlichen Querschnitt.

Da in Formel (20) die beiden Unbekannten Wx und Wu Vorkommen, so kann die Festlegung der Abmessungen nur durch Probieren erfolgen. Es ergibt sich somit folgender Rechnungsgang für die Berechnung eines auf Doppelbiegung beanspruchten Trägers:

1.    Bestimmung der Lasten.

2.    Zerlegung der äußeren Kräfte P nach den Hauptträgheitsachsen in Px und Py.

3.    Berechnung von Mx und My.

4.    Probeweise Annahme eines Profils nach Schätzung und nachherige Prüfung, ob die zulässige Biegungsspannung kb ^ kx + ky ist.

Trifft der gewählte Querschnitt nicht zu, so ist er zu vergrößern oder zu verkleinern, je nachdem kb kleiner oder größer als kx + ky ist.

Aufgabe 25: Für obenstehendes Dach sollen die Abmessungen der flußeisernen Pfette C festgelegt werden. Der Binderabstand beträgt 4,0 m;

ÉL

-2,50-

-2,50

—10,00

Abb. 114.

diePfetten erhalten eine lotrechte Belastung von 222 Lösung:

kg

qm

Dachfläche (Abb. 114).

I. Feststellung der Lasten.

Die Pfettenbelastung beträgt Q— 4,0 • 2,50 • 220 = 2200 kg.

II. Berechnung der Seitenkräfte Qx und Qu. Die Seitenkräfte ergeben sich folgendermaßen nach Abb. 115:

SD = Qx = Q cos a.

Qy = Q- sin 36° = 2200 • 0,5878 = 1293 kg.

Qx = Q cos 36° = 2200 • 0,8090 = 1780 kg.

S E = Qy = Q sin a ;

4*

Das in der Ebene der Seitenkraft Qx wirkende größte Biegungsmoment ist nach Abb. 116:

l 1780 • 400

= 89000 kgcm.

Das in der Ebene der Seitenkraft Qy wirkende größte Biegungsmoment ist:

a*

My = Oy ₈

= 1293 •

400

= 64650 kgcm.

<?v

III. Bestimmung der auf- t-{> tretenden Spannungen.

iQ,

Es ist : kb — +

JD

SA

89000    64650\

w~ + w ) '

x    y

Qx

l - 4,00 m

<?»

cc=36°

Abb. 115.

1-4,00 m-Abb. 116.

Abb. 117.

Man wähle probeweise für die Pfette ein I N. P. Nr. 26 mit Wx = 442 cm" und Wy = 51 cm³. Es ergibt sich dann:

89000    64650

442 +    51

kb = ±(

) = dt (201 H“ 1268); kb = ± 1469

*g_.

qcm

Die auftretende Biegungsspannung ist also größer als die zulässige Biegungsspannung kb— 1200

Wird nun I N. P. Nr. 29 gewählt, so ist Wx = 596 cm³ und Wy = 66,6 cm⁸. Demnach wird k

kg

qcm ’

das gewählte Profil ist zu klein.

6 = ±(

89000

596

+ ^°)=± <¹⁶⁰ + ⁹⁷²>=±1122 kg

qcm

Die auftretende Spannung ist also kleiner als die zulässige Inanspruchnahme, das gewählte Profil genügt demnach.

Um die beim Probieren häufig erforderlich werdende mehrfache Rechnung zu vermeiden, kann man die Formel durch Umformung so vereinfachen, daß eine unmittelbare Querschnittsermittlung leichter ermöglicht wird. Es darf höchstens sein:

M M * i y W'W

x    y

w

Man setze das Verhältnis vr,- = c und erhält:

M W , y x

W ' w'w »

x ry    " x

Wx

W

wy

wx

(Mx+My-c);

(21)

Mx + c • M

W ₌ _£_!___P

x    kb

(21a)

sind für die einzelnen Profile im allgemeinen verschieden. Für die Profile" einer und derselben Querschnittsart (z. B. für X-Eisen, für C-Eisen usf.) kann aber ein Mittelwerte errechnet und eingeführt werden, der zu einer angenäherten Abmessungsberechnung benutzt werden kann. Man erhält dann aus der Formel (21a) unmittelbar den erforderlichen Wert Wx. Hierbei beachte man weiterhin folgenden Gang. Man wählt aus der Tabelle das dem gefundenen Werte Wx entsprechende nächst höhere Profil, berechnet aus dem zu diesem Profil gehörigen Wx und Wy den richtigen Wert

Die Werte c =

w

V¥ y

A<

X. //

~t-

Z—-a

/J

•y-c.

,r-J

'"-s-J

i/ '

/-

IC.

Abb. 118.

Wx

W vy y

, setzt ihn in die Formel (21) ein und prüft die entstehende Spannung. Man kann auch die Werte Wx und Wy in Gleichung (20) einführen und dann k feststellen.

Die Werte c findet man meist in der Tabelle bei den einzelnen Profilarten. Als Mittel können folgende Größen eingesetzt werden:

Für Z-Eisen c — 8,0 (gemittelt aus den Normalprofilen Nr. 4 bis Nr. 40);

I ß (Differdinger)-Träger c = 4,0;

L-Eisen c = 6,0;

"1_-Eisen c = 4 bis 5.

Für rechteckige Holzquerschnitte c — 1,2 bis 1,4.

Für quadratische Holzquerschnitte c — 1.

Anstatt die Lasten P nach den Hauptachsen in ihre Seitenkräfte Px und Py zu zerlegen, kann man auch das für einen bestimmten Querschnitt auftretende Biegungsmoment M unmittelbar durch die in den Hauptachsenebenen wirkenden Seitenmomente Mx— M• cos cc und My— M- sin cc ersetzen, wie aus folgendem ersichtlich ist (Abb. 118). Wird durch eine gegen die Querschnittshauptachse Y unter dem Winkel cc geneigte Mittelkraft P einer Kräftegruppe ein in der durch die Mittelkraft P und die Trägerachse bestimmte Kraftebene ein Auflagerdruck A hervorgerufen, so ist für den Schwerpunkt eines im be-liebigenAbstande x vonA entfernt liegendem Querschnitt MNOP das Biegungsmoment M = A-x. Zerlegt man A nach der X- und Y-Achse in seine Seitenkräfte Ax = A-cosa und Äy= A «sinec (vgl. auch Abb. 111c), so entsteht für die X-Achse des untersuchten Querschnitts in der durch die Z — Z und A cos a festgelegten Kraftebene folgendes Biegungsmoment:

Mx = A cos cc • x — A • x • cos cc — M ‘ cos cc.

Ebenso entsteht für die Y- Achse in der durch die Z — Z und A sin « festgelegten Kraftebene:

M„ — A sin a • x = A • x ‘ sin cc = M • sin cc.

T,

J/v

Mi

Mx

Abb. 119.

M. d.K.: 1 cm = 40000 kgcm.

/ Man kann also demnach die Wirkungen von M durch / die Wirkung der beiden Teilmomente Mx und My er-u setzen, also M genau so zerlegen, wie die wirkenden Kräfte selbst. Jedes der Teilmomente wirkt in einer _ Ebene, die sämtliche Querschnitte in Hauptachsen schneidet. Aus dem Wirkungssinn lassen sich unmittelbar die Fasern, die auf Druck oder Zug beansprucht werden, bestimmen.

Die Zerlegung für den untersuchten Querschnitt der Aufgabe 25 ist in Abb. 119 angegeben. Ist RT = M, das in einem zu wählenden Momentenmaßstab aufgetragen ist, so ergibt sich:

MX~M- cos a und My=>M-sincc.

Es hätte sich für den gefährlichsten Querschnitt ergeben:

=    = 2200 — = 1100000 kgcm ;

Mx = M • cos 36° = 1100000 • 0,8090 = 89000 kgcm My = M • sin 36° = 1100000 • 0,5878 = 64650 kgcm,

und

max

also genau wie oben S. 52 angegeben.

Im allgemeinen ist jedoch die Zerlegung der Kräfte in ihre Seitenkräfte mehr zu empfehlen, weil esvorkommen kann, daß für die Trägerstützweite in der T-Richtung ein anderer Wert bei der Bestimmung des größten Biegungsmomentes einzuführen ist wie in der X- Richtung, so z. B. bei Berechnung hölzerner Pfetten, die in der Y- Ebene in der Regel durch Kopfbänder unterstützt sind, wobei als Stützweite nur das Maß Zx (Abb. 120), während in der X-Richtung die ganze Stützweite (gleich der Binderentfernung) in Frage kommt (vgl. Abb. 121).

Aufgabe 26: Ein Vierteldach mit einer Stützweite von 12,80 m sei mit Biberschwänzen als Kronendach eingedeckt. Die Binderentfernung beträgt 4,20 m. Es sollen 1. quadratische, 2. rechteckige Pfetten aus Kiefernholz gewählt werden. Die Abmessungen der Pfetten, die senkrecht zur Dachfläche verlegt werden sollen, sind zu bestimmen. Fernerhin ist zu untersuchen, wie groß die Spannungen sich bei senkrechter Lage der einen Pfetten-hauptachse stellen.

Seitenansicht, der ffeitenanordnung

Abb. 120.

Aufsicht auf die Pf eite

Abb. 121.

Lösung:

I. Bestimmung der Lasten.

Für die vorliegenden Verhältnisse ergeben sich nach den Tabellen folgende Werte:

kg

an Eigengewicht: für das Kronendach = 130    ,

Schneelast . = 75 ^.

qm

Wind *)...= 25 kg

qm ’

kg

Die Gesamtlast beträgt somit q — 225    •

Die senkrecht auftretende Pfettenbelastung wird demnach nach Abb. 122a, b: Q = 3,20 • 4,20 • 225 = 3025 kg = rd. 3030 kg.

II. Berechnung der Pfette.

A. Die eine Pfettenhauptachse stehe winkelrecht zur Dachfläche.

1. Zerlegung der Kräfte nach den Schwerpunktshauptachsen. 320    1

tg “ — 640 — 2 ’

Es ist:

« = 26° 34'

nach Tabelle.

-—3,20

Abb. 122 a.

6,40-

6,40

Durch Zerlegung nach Abb. 123 ergibt sich:

Qx = Q ' cos cl\

Qx = 3030 • 0,8944 = 2700 kg; y = Q- sin «;

y = 3030 • 0,4472 = 1350 kg.

- 3,20-*i

As

Abb. 122 b.

Abb. 123.

2. Berechnung von Mx und My.

Es ist angenommen, daß Kopfbänder nicht vorhanden sind. Die Biegungsmomente in den beiden Kraftebenen betragen:

2700 • 420

und

MX = QX - g =

My = Qy ' g “

1) Nach den preußischen Bestimmungen.

— 141750 kgcm

1350 • 420

= 70875 kgcm.

3. Festlegung der Pfettenabmessungen. A. Quadratischer Querschnitt wird gewählt.

Mx+c-My

Allgemein muß nach Gl. (2a) werden: Wx =

kb für Kiefernholz = 100 —^ ; für quadratischen Querschnitt ist nach S. 53 c— 1. Demnach wird:

Wx=* ,

h

Mx + My _ 141750 -f- 70875

100

_ 212625 ” 100

= 2126 cm³.

Gewählt wird ein Normalholz 24/24 mit Wx= Wy= 2304 cm“ und F = 576 qcm.

212625

Es ergibt sich:

2304

= 92

kg .

qcm

B. Rechteckiger Querschnitt wird angenommen.

Für rechteckigen Querschnitt wird c = 1,2 bis 1,4 nach S. 53 gesetzt. Es soll hier c = 1,3 gewählt werden.

_ Mx -f 1,3 My__ 141750 + 1,3 • 70875

213887

100

100

= 2139 cm*.

Gewählt wird ein Normalholz 20/26 mit V/x—--2253 cm⁸ und VF„=1733cm³; F— 520 qcm. Es ergibt sich nach Gl. (1):

, Mx . My 141750    70875    _ in.K

V= Wx + Wy = -2253- + T733 = ⁶³ + ⁴⁰’⁵ = ¹⁰³'⁶

kg .

qcm

Diese Beanspruchung soll noch als zulässig angenommen werden, da kb — 100 bis 120

kg

statthaft ist.

qcm

Sollte nur kb — 100

zugelassen werden dürfen, wie nach den neuen preu-

qcm

ßischen Bestimmungen festgelegt ist, so wäre ein Normalbalken 22/26 zu wählen oder besser der gebräuchlichere Querschnitt 24/26.

Bei 22/26 ergibt sich unter Benutzung von W*=2479 cm³ und Wy= 2097 cm⁵ dann:

141750    70875

2479    + 2097

= 57,2 + 33,8 = 91 kg; c =

2479

2097

= 1,2.

B. Die eine Pfettenhauptachse stehe senkrecht. (Abb. 124.)

Das größte Biegungsmoment ist in diesem Falle bei quadratischer Pfette 24/24:

3030 • 420

Ql

= 159080 kgcm;

x-------9-

159080

Wx ~~    2304

_____X

Die senkrechte Lage ist daher ganz erheblich günstiger und kleinere Pfettenabmessungen sind möglich. Erforderlich ist 159980

kb =

max

69 kg.

1591 cm*. Es genügt demnach 18/24 mit

Abb. 124.

Wx — 1728 cm* und F = 432 qcm.

Aufgabe 27: Unter den gleichen allgemeinen Annahmen wie bei Aufgabe 26 berechne man die senkrecht stehende Pfette. Sie soll als senk-

100

rechte Last Eigengewicht und Schnee und als schräge Last den senkrecht zur schrägen Dachfläche wirkenden Winddruck aufnehmen. Man führe unter der Annahme, daß der Wind unter einem Winkel cc = 10° gegen die Wag-

für die winkelrecht getroffene

rechte wirkt, einen Winddruck von 75 schräge Dachfläche ein.

Aufgabe 28: Ein Raum von 4,0 m ' lichter Breite und 7,20 m lichter Länge wird durch preußische Kappen von

\ Stein Stärke mit g Stich überdeckt. Die Trägerentfernung soll 1,80 m betragen. Die Abgleichung erfolgt durch Sand, bis zur Unterkante Lagerholz. Für die Belastung kommen größere Warenvorräte in Betracht.

•Kappenträger sollen berechnet werden. (Abb. 125.)

Die Abmessungen der

kg

qm

00 f

//

am.

Abb. 125.

Lösung: Jede Kappenhälfte übt einen wagerechten Schub auf den Kappenträger aus. Solange die Belastung auf beiden Seiten des betrachteten Trägers AB die gleiche bleibt, sind die von den beiden Kappenhälften ausgeübten Schübe einander gleich. Werden die beiden Hälften jedoch verschieden stark belastet, so werden die Schübe verschieden groß ausfallen. Der größte Unterschied wird eintreten, wenn ein an den Träger anschließendes Feld die volleVerkehrsbelastung erhält, während das andere anschließende nur durch Eigengewicht belastet ist.

Der Träger wird bei einfacher Belastung somit durch die senkrechten Lasten und durch einen wagrechten Schub, der gleich dem Unterschiede der beiden Kappenschübe ist, beansprucht, erleidet also Doppelbiegung.

Berechnung des Kappenschubes. Die Berechnung des Kappenschubes eines Feldes kann genügend genau folgendermaßen vorgenommen werden:

Denkt man sich die Kappe im Scheitel durchgeschnitten (Abb. 126), so muß zur Erhaltung des Gleichgewichtszustandes der bisher im Scheitel wirkende Druck, den die beiden Kappenhälften aufeinander ausübten, als äußere Kraft eingeführt werden. Macht man die genügend genaue Annahme, daß das halbe Kappengewicht und die Nutzlast (zusammen == Q) in der Mitte des halben Feldes angreifen, so muß, sofern Gleichgewicht herrschen soll, z. B. für C als Bezugspunkt, 2M — 0 sein. Es wird dann :

x////1Y/7A

///

V777y>V77h

V

.Suk.

:_iz

7/n ,** rs?

....

Lc-

■h-

Abb. 126.

lk

-5-1

H-f-Q- Ą= 0;

Der allgemeine Rechnungsgang stellt sich unter der Annahme, daß die rechts am Träger liegende Kappe voll, die links liegende unbelastet ist, wie folgt:

4 f'

1. Bestimmung der Lasten.

b/) E b/) E

3 crq

Rechte Kappe: a) Eigengewicht nach Tabelle 2, T. II, S. 143 = 390

= 500

b) Nutzlast

die Gesamtlast: q — 890

Die Gesamtlast der rechten Hälfte ist Qr = 0,90 • 4,0 • 890 = 3200 kg.

ktr

Linke Kappe: Das Eigengewicht beträgt g = 390    •

Die Gesamtlast der linken Hälfte wird Qj = 0,90 • 4,00 • 390 = 1400 kg.

II. Bestimmung des wagrechten Schubes. f= ~    = 0,225 m = 22,5 cm.

Bestimmung des Schubes der rechten Kappe: Qr. ¹ — Hr- f:

3200-45    .... .

22,5    = ²⁸⁰⁰ k«'

Es ist:

3200 - 45 = Wr • 22,5 ; Hr =

1400 • 45 = Hr 22,5;    Ht =

III. Bestimmung der auf den Träger wirkenden Lasten Qx und Oy. (Abb. 127.)

Die auf den Träger wirkende lotrechte Last ist:

Qr

Qx = Qr + Ql= 3200 4- 1400 = 4600 kg.

Die auf den Träger wirkende wagrechte Last ist:

Q = Hr — Hl = 6400 — 2800 = 3600 kg.

IV. Bestimmung der Abmessungen.

Abb. 127.

Die Trägerstützweite beträgt / = 1,04 lt -f- 0,10 = 1,04 • 4,0 -f- 0,10 = rd. 4,30 m.

M = -

Ar

00 »

4600 • 430

246 250 kgcm ;

00 «

3600 • 430

= 193500 kgcm.

Mx+c-My

c = 4 gesetzt.

246250 + 4-193500

= 845 cm³.

W =

X -

Gewählt wird ein Differdinger Träger N. P. Nr. 24B mit Wx — 855 cm* und W = 254 cm*; g =76

, _ Mx , Mu ___ 246250 Wx ⁺ W ~ ~ 855

Es wird:

193500

254

1200

= 297 4-760 = 1057 kg.

Die Wahl des Profils ist richtig. Das nächst niedrigere Profil würde zu große Spannungen ergeben.

Es muß nun noch geprüft werden, welche Trägerabmessungen nötig werden, wenn beide Kappen voll belastet sind.

Die Gesamtlast wird

Ç = 2 • 0r = 2 •3400 = 6800 kg.

_Ql_ 6800 • 430

^max - ₈--g

36550 kgcm.

365500

max

V ;

Das gewählte Profil genügt also. Falls nur lotrechte Lasten in Frage kämen, so würde T N. Pr. 23 ausreichend sein, dessen Wx = 314 cm¹ ist;

1200

= 304 cm⁸.

4,30 m

,1

Col

-4—    —n

kg.

9 = 33,52

■ISO-

'ß

Abb. 128.

Im vorliegenden Falle der Doppelbiegung kann eine Herabminderung der Abmessungen durch Einlegen von Ankern erreicht werden. Sieht man z. B. zwei Anker vor (Abb. 128), so tritt eine Verminderung der Stützweite auf

, ¹ 430

'> = ₃ = -r=144c,n

ein. Außerdem wird der auf die neue Stützweite fallende wagrechte Schubunterbetragen.

Das wagrechte Biegungsmoment ist daher:

"» = ^ = -3

+    _ ²⁴⁶²⁵⁰ +0^ ²¹⁶⁰⁰ - 276 cm*.

schied nur

Es wird dann:

Hr-Hi

3600 144

-q- = 21 600 kgcm.

Ein Differdinger Träger Nr. 16 B mit Wx = 284 cm³ genügt. Mit Rücksicht auf volle Belastung muß aber ein Differdinger Träger Nr. 18B mit Wx = 390cm⁵ und

kg

I4^y=119cm⁸ zur Ausführung gelangen; <7 = 47,0 — *

- +    = 605 + 181 = 786

Es wird:

246250

390

qcm

Ein gewöhnlicher T-Träger N. P. Nr. 25 mit 14^ = 397 cm⁸ und VFy = 46,5 cm³, kg

sowie 0 = 39,01^ reicht ebenfalls aus. Es wird hierfür:

246250 . 21600    . ...

+    - = 621 + 464 = 1085 kg.

cm

397

B. Biegung und Druck.

Wirken auf einen auf Druck beanspruchten Bauteil gleichzeitig Kräfte senkrecht zur Längsachse ein, so erleiden seine Querschnitte eine Inanspruchnahme auf Druck und auf Biegung (Abb. 129). Die Abmessungen des Bauteils sind so festzulegen, daß die an den gefährdetsten Stellen ein-

tretenden Spannungen nicht größer als die für den betreffenden Baustoff zulässigen werden.

Die in der Längsachse wirkende Kraft P ruft in jedem Stabquerschnitte

(vgl. T. II, S. 14).

Die senkrecht zur Längsachse — wirkende Belastung (hier Q) bewirkt eine Biegungsspannung:

= + -M

— W

In der einen äußersten Faser (hier in N) entsteht also eine Zugbean-M

spruchung = -{- ^ , in der anderen äußersten Faser (hier in M) eine Druckinanspruchnahme = —    •

Bei gleichzeitigem Auftreten beider Kräftewirkungen ergibt sich eine Gesamtspannung der äußersten Faser: k — kx ± fe₂; diese muß kleiner bleiben als die zulässige, also muß sein: k < kd.

P M

Es wird demnach: kd kx -f- k₂; kd    — F - — w;

-(!+§)• • ■

eine Beanspruchung hervor:    = —

'Tv'

*#

Abb. 129.

^2

(vgl. T. II, S. 59).

• • (23)

Für das Biegungsmoment M ist der größte Wert einzusetzen, also M Die gefährlichste Faser ist bei dem in Abb. 129 dargestellten Belastungsfall die obere bei M liegende Faser. Die untere bei N liegende erhält eine Spannung:

max*

"t" w

(23)

k = —

P    M

Je nachdem nun f größer oder kleiner als w ist, wird die untere Faser

gedrückt oder gezogen.

Zeichnerisch läßt sich der Spannungszustand des Querschnitts folgendermaßen darstellen:

Betrachtet man z. B. den gefährlichen Querschnitt, so wird jedes Flächenteilchen des Querschnitts durch die Druckkraft P

gleichmäßig mit kx — P belastet (Abb. 130).

K+K-

Abb. 130.

*i

■kx + k.,-

Druck

Zug

Abb, 131.

Abb. 132.

Abb. 133.

Durch das größte Biegungsmoment ergibt sich nach T. II, S. 55 die Spannungsverteilung nach Abb. 131. Durch algebraisches Zusammenzählen der Spannungsgrößen in jedem Querschnittspunkte erhält man die Gesamtspannungsverteilung im Querschnitt nach Abb. 132, hierbei ist angenommen, daß kt > k₂ ist. In Abb. 133 ist der Fall dargestellt, daß kt < k.₂ ist, sich also im PunkteN Zugspannung ergibt. In der neutralen Faserschicht bleibt die Spannung in beiden Fällen:

C. Biegung und Zug.

Die gleichen Überlegungen wie bei II sind sinngemäß auszuführen.

= + 7? •

Der in Betracht kommende Belastungszustand ist in Abb. 134 dargestellt. Die in der Längsachse wirkende Kraft P ruft in jedem Stabquerschnitte eine Beanspruchung hervor:

■M

n:

\N

'•Q

71

A;

3*-

Abb. 134.

Abb. 135.

Die senkrecht zur Biegungsachse wirkende Belastung (hier Q) bringt eine Biegungsspannung hervor:

Bei gleichzeitigem Auftreten der Kraftwirkungen ergibt sich in den äußeren Fasern die Spannung:

K ^    ^ ± jp • •    •

Die im Querschnitt MN auftretende Spannungsverteilung infolge P ist in Abb. 135 dargestellt, die durch die Biegung sich ergebende in Abb. 136.

Es muß werden:

•    •    (24)

î5—

A>-

M\

Drutk

Zutj

71

A-

• *,—

—4 ⁺ ^-⁻

Abb. 137.

Treten beide Kraftwirkungen gleichzeitig auf, so erhält man die Darstellung der Gesamtspannungen nach Abb. 137 und 138. Abb. 137 zeigt den Fall, daß k₂ < kx\ Abb. 138 stellt den Fall k₂ > kt dar.

Abb. 136.

^1 r ^*3

Abb. 138.

D. Anwendungen.

Die Berechnung von Bauteilen auf Biegung und Druck oder Biegung und Zug wird im Hochbau häufig erforderlich, so bei konsolartig ausgebildeten Unterstützungen durch Stäbe bei Baikonen und Erkern, bei einfachen und doppelten Hängewerken und einfach und doppelt versteiften (armierten) Trägern.

In der in Abb. 139 gegebenen Übersichtszeichnung eines durch eine Strebe D gestützten Balkonträgers ergeben sich nach T. I, S. 28 für den Stab H eine Zugspannkraft, für den Stab D eine Druckspannkraft. Demnach ist Stab H auf Zug und Biegung zu berechnen, da auf ihn winkelrecht zur Stabachse noch eine gleichmäßig verteilte Last wirkt. Es ist:

P ,

F — W

k =

Abb. 139.

also

P = H; •

xi

Abb. 140.

Der Stab D ist auf Druck und Knicken zu untersuchen.

Bei der in Abb. 140 gegebenen Darstellung einer an einem Stabe S aufgehängten Konsole ergeben sich für den Stab S eine Zugspannkraft und für Stab H eine Druckspannkraft. Da auf den Stab H winkelrecht zur Achse

[Z

X,

Y.

io

M. 1:20

-—2?—*

0,80-

Y/

y,

1,40-

0,72-

*—Oft

yj

—3,60 — Abb. 141 b.

Abb. 141a.

noch eine gleichmäßig verteilte Last Q wirkt, so ist er auf Druck und Biegung zu berechnen. P = H; demnach k = — p — ^•

Aufgabe 29: Es soll die Eisenkonstruktion eines Balkons nach nebenobenstehender Abbildung 141 a/b berechnet werden unter der Annahme,

feer

daß das Eigengewicht der Deckenanordnung = 290 — und die Nutzlast

kg

kg

400 —, also die Gesamtlast 690 kg = rd. 700 ^ beträgt. Das Ziegel-

kg

mauerwerk wiege 1800

cbm

Lösung:

I. Berechnung des Vorderträgers.

Der Vorderträger hat das Gewicht der Brüstung und die von der Decke her-rührenden Lasten aufzunehmen.

Durch die Decke wird übertragen: 1,40-

durch die Brüstung: die Gesamtlast:

3,60

•700

= 1768 kg

3,60 • 0,80 • 0,27 • 1800 = 1400 kg '3168 kg

3168

kg

Das größte Biegungsmoment: Mmzx —

q 36Q    8,8 cm-

Ql ₌ 3l|⁸.₃₆₀ = 142500 kgcm.

_ 142500 kb ~ 1200

Gewählt £ N. P. Nr. 18 mit Wx= 150 cm³ und g = 21,98    .

max

= 119 cm*.

II. Berechnung der Konsole.

Das seitliche Brüstungsmauerwerk wiegt Qt = 1,4 • 0,8 • 0,27 • 1800 = 543 kg. Im Punkt A ist aufzunehmen:

1. der Auflagerdruck des Vorderträgers =    =

oo

= 1584 kg

2. das halbe Gewicht des seitlichen Brüstungsmauerwerks ==

Die in A wirkende Einzellast P ist demnach: = 1584 4-272= 1956 kg.

272 kg.

Ql

(X

0,72

■1,27

Abb. 142.

Der im Punkt A wirkenden Kraft P muß. durch die Stabkräfte D und H das Gleichet gewicht gehalten werden (Abb. 142). Die Be-Q Stimmung der Kräf-,2 te kann rechnerisch Qi oderzeichnerischer-'2 folgen. Ersteres soll hier geschehen. Ge- p nügend genau kann die freie Länge von H = 1,27 m genommen werden.

Es ist:

an-

Abb. 143 a. Abb. 143 b.

\P

72

tg“⁼⁼l27 = 0,5670 ’

a = 29°34'.

Wie aus der in Abb. 143a/b gegebenen Handskizze ersichtlich ist, wird: p~ C°tg cc]

P

= Sin a ;

H = P • cotg a = 1956 • 1,8367 = 3600 kg.

1956

sin a 0,4934

= 3980 kg.

A. Bestimmung der Abmessung des Stabes H.

Für den Stab H ergibt sich die in Abb. 144 dargestellte Belastungsfigur. Nach

S. 61 muß sein:

* = ± w

Qtj _ 543 »127 8 — 8

;    P=//=3600 kg.

₀,0n.    ,    3600 , 8630

= 3630 kgcm. k — ^    ■

Probeweise gewählt J_-Eisen 7- 14 mit F=22,8 und Wx=12,6 cm⁵.

Man erhält dann:

k=22ß+l2fi⁼‘ ¹⁵⁸±⁶⁸⁵ = 843 k8-

(Ein kleineres Profil würde für k einen zu großen Wert ergeben. Das Profil ist somit ausreichend und soll beibehalten werden.)

mu

Q — 543 kg

4,15

3600 kg

-Z

lj5

]GO 60■ 8

Abb. 144.

Abb. 145.

Es könnten auch zwei Winkeleisen 60-60-8 gewählt werden. Der Flächeninhalt nach Abzug der Nietlöcher beträgt: F— 2 • 9,03 — 2 • 2 • 0,8 — 14,86 qcm, Wz == 2 • 8,41 = 16,84 cm⁵ (vgl. Abb. 145). Man erhält dann:

_ 3600

k~ 14,86 + 16,81

Ein kleineres Profil zu wählen ist aus praktischen Gründen nicht zweckmäßig.

8630

242 + 512 = 754 kg.

B. Berechnung des Stabes D.

Die freie Länge: ^0 = ^ =l/l27*-f 72* = ]/2VZ\3= 146 cm.

D _ 3980 k~ 1200

d

Damit der Stab gegen Knicken genügt, muß:

P-q-s 3980-146-146-5 m-E

Gewählt wird ein _L-Eisen Nr. 7/7 mit = 22,1 cm* und F=10,6 qcm. Wählt man für D auch zwei Winkeleisen Nr. 60-60-8, so wird:

«7min = 2.29,1 =58,2 cm*

Auf Druck ist erforderlich: F=

— 3,3 qcm.

^min

10-2150000

= 19,7 cm* werden.

III. Berechnung der Ankerplatte.

Die Zugkraft H muß auf das Mauerwerk übertragen werden; hierzu ist eine Verankerung nötig. Bei der Kräfteübertragung muß Nachstehendes berücksichtigt werden:

1.    Das Mauerwerk darf durch H nicht zerdrückt werden (Abb. 146). Die er-

forderliche Druckfläche ergibt sich aus F

II 3600

kd

= 515 qcm.

2.    Ein Herausreißen des Ankers muß vermieden werden. Das Mauerwerk darf also nicht abgeschert werden. Ist c der Abstand der Ankerhinterkante in der

Außenkante der Mauer (Abb. 146) und u der Umfang der Ankerplatte, ferner ks die zulässige Spannung des Mauerwerks auf Abscheren, so muß sein:

k s = 0,5 —H s qcm

H<u-cks;

= u • c;

u — 2a-\-2b.

3600

0,5 =U,C;

u • c = 7200 qcm; u

7200

c.

Wählt man für die Verankerung zwei Winkeleisen 60-60-8 und nimmt c = 51 cm an, so wird:

7200

2(a -j- b) = 141 cm;

a + 6 = 70,5 = 71 cm;

2a+2b=-M-’ a = 2-6 4- 1,0 = 13 cm; 13 + 6 = 71; b = 71 — 13 = 58 cm.

a-»-

V/

'O

's.

V,

9r-

zO

f—

Abb. 147.

go

y.

tP

y,

Abb. 146 b.

Va

Abb. 146 a.

3. Ferner muß der Anker noch auf Biegung untersucht werden. Unter der Vor-aussetzung, daß der Anker in der Mitte als eingespannt angenommen werden kann, H

wirkt im oberen Teile ^ am Hebelarm (Abb. 147). Das Biegungsmoment beträgt sodann:

3600 58 -ÄnAA1 2 •    =    ₂    • a — 26 000 k8cm‘

26000 l20()~

Die beiden Winkeleisen haben jedoch nur ein Widerstandsmoment:

W= 2 -6,88 = 12,76 cm³.

Mit Rücksicht darauf, daß das Knotenblech ebenfalls als widerstehend gelten kann, soll die Konstruktion als ausreichend sicher angesehen werden, andernfalls würden zwei Winkeleisen 65 >65-11 zu wählen sein mit Wz = 2 • 10,8 = 21,6 cm³.

Die unter 1. geforderte Druckfläche ist vorhanden, da eine Fläche F =

= 754 qcm verfügbar ist.

IV. Berechnung der Auflagerung der Strebe D. (Abb. 148.)

Die im Druckstab D vorhandene Kraft D = 3980 kg muß auf das Mauerwerk übertragen werden. Zur Auflagerung diene ein ungleichschenkliges Winkeleisen

UaBsch 48: Schau, Slatik lila

Es ist demnach nötig:

W=

= 21,7 cm³.

13-58

80- 120- 10. Die Druckkraft D wird zerlegt in eine wagrechte Seitenkraft DH und eine lotrechte Dv (Abb. 149); DV = P= 1956 kg und Dh=H — 3600 kg.

Der senkrechte Schenkel hat aufzunehmen DH; hierzu wird eine Fläche nötig:

3600

= 515 qcm.

Drn

Abb. 149.

Der wagrechte Schenkel nimmt auf Dv; hierzu wird benötigt eine Fläche:

F₂ =    =    = 280 qcm.

d ¹

Da die Breite des senkrechten Schenkels 12 cm beträgt, so ergibt sich die notwendige Schenkellänge lt aus der Forderung:

515

= 12 =43cm

Die Länge des wagrechten Schenkels wird in entsprechender Weise berechnet aus der Beziehung:

F₂ = 8,00 • Z₂ ;

, F. 280

^2 ⁼⁼ cTA

8,0 8,0

= 35,0 cm.

Das Winkeleisen ist daher 43 cm lang zu machen.

1/ \6.05cm;

Das Winkeleisen ist nun noch in gleicher Weise, wie oben angegeben, auf Biegung zu berechnen, unter der Annahme, daß es in der Mitte eingespannt ist.

Nach Abb. 150 wird:

max

dH 43    3600 43

= g • T ⁼ ~2~ ' 4 = 19350 k£cm'

WS///// 'A

Abb. 150.

max

19350 1200

= 16,1 cm*.

8.00

Abb. 151.

Nach der Tabelle ist:

Wu = — (Abb. 151);

Ju — 98,2 cm⁴;

ax—b — sL = 8,0 — 1,95 = 6,05 cm ;

98,2

6,05

= 16,2 cm⁵, also ausreichend.

Aufgabe 30: Ein zur Unterstützung eines Daches dienendes einfaches Hängewerk von 8,60 m Stützweite erhält durch die Firstpfette eine Belastung von 3400 kg. Der Binderabstand beträgt 4,40 m. Als Gesamtbelastung soll für 1 qm Dachbodenfläche 150 kg in Ansatz gebracht werden. Die Dachbodenlast soll auf den Binderbalken (Hauptbalken) des Hängewerks gleichmäßig verteilt wirken. Das Hängewerk ist zu berechnen.

(I) Aufgabe 31: Ein 10 m langer und 8,0 m breiter Raum wird in der Längsrichtung durch Balken überdeckt, die in der Mitte durch einen Unterzug unterstützt werden. Der Unterzug soll als einfach versteifter (armierter) Träger ausgebildet werden. Die Länge der Mittelstrebe beträgt 1,0 m. Die

— anzunehmen.

Belastung der Decke (Eigengewicht und Stützlast) ist zu 750 Die Abmessungen des Trägers sind festzustellen.

(1) Aufgabe 32: Die Stützweite eines doppelt versteiften Unterzugs beträgt 12,0 m, die Mittelstützen sind 1,5 m lang und teilen die Stützweite im Ver-

J^nr

hältnis 3:4:3. Als Gesamtlast sollen 700 ^ angenommen werden. Die Abmessungen des Trägers sind zu bestimmen.

(I) Aufgabe 33: Die obere Gurtung eines eisernen Dachbinders sei unter 35° gegen die Wagrechte geneigt. Ein Gurtstab, der in seiner Längsrichtung durch eine Druckkraft von 7200 kg in Anspruch genommen wird, soll in der Mitte eine winkelrecht zur Stabachse wirkende Last von 1200 kg aufnehmen. Die Knotenpunktsentfernung in der Wagrechten gemessen betrage 4,40 m. Welche Abmessungen erhält der Stab, sofern er aus zwei D-Eisen bestehen soll?

IV. Exzentrische Druck- und Zugbelastung.

A. Allgemeines.

Wird ein Stab in Richtung seiner Längsachse durch eine Kraft beansprucht, die nicht durch den Schwerpunkt des Stabquerschnitts geht, so

■X

entsteht, je nach dem Wirkungssinn der Kraft; eine exzentrische Druckoder Zugbelastung.

Die Beanspruchung von Bauteilen auf exzentrischen Druck ist im X Baufach sehr häufig, so werden z. B. Stützen, Pfeiler, Mauern, Fundamente vielfach exzentrisch belastet.

Abb. 152 b.

Abb. 152 a.

Ist C der Angriffspunkt einer zur Stabachse gleichlaufenden äußeren Kraft P, so wird durch SC und die Stabachse eine Ebene festgelegt, die man die Kraftebene nennt (Abb. 152 a/b). Man kann im Schwerpunkte S zwei gleiche, aber entgegengesetzt wirkende Kräfte P anbringen, ohne    daß    dadurch    an    dem ursprünglichen Belastungszustand    etwas    geändert wird. Die in

Abb. 152 a durchkreuzten gleichen, aber entgegensinnigen Kräfte P bilden ein in der Kraftebene wirkendes Kräftepaar mit dem Drehmomente M = P • f, während die übrigbleibende Kraft P im Schwerpunkte wirkt, also den Stab zentrisch, hier auf Druck, beansprucht.

Im folgenden soll der Fall untersucht werden, daß der Angriffspunkt der exzentrisch wirkenden Kraft P auf einer der Hauptschwerachsen liegt, wie z. B. in Abb. 153 angegeben. Das Maß SC heißt die Exzentrizität.

Die Wirkung der exzentrisch wirkenden Kraft P kann man nach dem oben Entwickelten ersetzen durch die zentrisch wirkende Druckkraft P und ein Drehmoment M — P • e. Das Moment M sucht den am andern Stabende

als eingespannt zu betrachtenden Stab zu verbiegen derart, daß in der vom Punkt C abliegenden Seite N — AT Zugspannungen, auf der an C anliegenden Seite M — M des Stabes Druckspannungen hervorgerufen werden, die für jeden Querschnittspunkt aus der Biegungsgleichung berechnet werden können.

Es werden also hervorgerufen:

kd =

1. durch die in S wirkende Einzelkraft P eine gleichmäßig verteilte Druckspannung:

2. durch das Biegungsmoment Biegungsspannungen:

kb — ±

• S,

(24)

wo y der Abstand des Querschnittspunktes, dessen Spannung festgelegt werden soll, von der zugeordneten neutralen Achse, also hier von der Achse

p'

%S

■a

«X

'P

j-

Abb. 154.

X — X ist. (Diese Beziehung erhält man nach T. II, S. 54 dadurch, daß man setzt: kXu —kb und xu — y. Es

wird dann: kb = s • y ;

Führt man diesen Wert in Gleichung Ilia, T. II, S. 56, ein, so erhält man:

M'y''

Abb. 153.

kb

M = s • J;

y-J; kb = j-y-)

Für einen Querschnittspunkt, der auf derselben Seite der Achse liegt wie

,    P M

die Kraft P, wird die Gesamtspannung: k = — -p — -j- • y; für die auf der entgegengesetzten Seite liegenden Querschnittspunkte wird:

MS

Für die äußersten Punkte ist y — a oder y = aL. Demnach wird, wenn =    = Wx oder allgemein:

Auf der Seite M — M tritt demnach im vorliegenden Falle infolge der Druckkraft P eine Randspannung oder größte Druckspannung auf:

_ P M

‘lM ~ F    W ' '

a — a^:

as ⁵-

= w.

Auf der entgegengesetzten Seite N eine Randspannung:

kN⁼⁼~

P M

Je nachdem nun    ist, wird die Faser N gedrückt oder gezogen

M

werden. Die Größe ^ hängt aber bei gleichem W von M ab. Je nach der

Größe von M entsteht also in der Randfaser N — N eine Zug- oder Druckbeanspruchung.

Zeichnerisch erfolgt die Zusammensetzung der Spannungen genau wie unter Abschnitt B und C, S. 60 ff., da es sich hier auch nur um einen besonderen Fall der zusammengesetzten Festigkeit, -i und zwar zunächst um Druck und Biegung, kd handelt. Zu der in Abb. 155 dargestellten

P

Spannungsfigur für zentrischen Druck kd — ist die Spannungsfigur für die Biegungsspan-

Abb. 155.

^inrmw

Abb. 156.

Abb. 157.

4-

w

(26)

kd

^max

kd

,lk

Abb. 158.

Abb. 159.

M

nung(Abb.l56): kb— + w hinzuzufügen, so daß sich Abb. 157 oder Abb. 158

als Gesamtdarstellung ergibt. Für Zug und Biegung erhält man sinngemäß das gleiche. Es wird dann nach Abb. 159:

M. k

W ' R

k₂ — ~r

; kb = ±

max

^min — kN~~

Das Widerstandsmoment ist stets aus dem Trägheitsmoment für die zur Kraftebene senkrechte Schwerachse des Querschnitts abzuleiten, also hier aus dem für die X-Achse.

Liegt die exzentrisch wirkende Kraft P nicht auf einer der Hauptachsen, so kann man sie in zwei Seitenkräfte zerlegen, die in den aufeinander senkrechten Schwerachsen wirken und dann die Biegungsspannungen aus den

beiden nun wirkenden Biegungsmomenten festlegen. Das Verfahren bleibt weiterhin grundsätzlich das gleiche wie oben.

Ist das in der Richtung der X-Achse auftretende Biegungsmoment = My und das zugehörige Widerstandsmoment = Wy, ferner das in der 7-Achse wirkende Biegungsmoment Mx und das entsprechende Widerstandsmoment = Wx, so wird:

kmax —

Mx Mu

+ wx+wu

Und kmin — rr

_Mx _ My F WX Wy

(S. 50).

B. Anwendungen.

Aufgabe 34. Eine gußeiserne Säule von 4,0 m freier Länge soll berechnet werden. Sie diene zur Aufnahme zweier Träger. Die Gesamtlast, die jeder Träger auf die Säule überträgt, ist auf 18000 kg berechnet worden, wovon 8000 kg von der Nutzlast herrühren. Die Kopfplattenbreite beträgt 40 cm (Abb. 160).

Lösung:

I. Berechnung der Säule auf Druck.

Die volle Belastung ist in Rechnung zu stellen, so daß P₁ = P. = 18000 kg wird.

Die Mittelkraft Rj = P, + Pt = 36000 kg.

Abb. 160 a.

PP'₃

hn

20¹ '

äui

Erforderlich ist:

36000

500

72 qcm.

\Æ

Abb. 160 b.

^min

II. Berechnung der Säule auf Knicken.

Auch hier ist die volle Belastung Rj — 36000 kg zu berücksichtigen, wobei eine zentrische Belastung in Frage kommt. Es muß werden (T. II S. 123):

8 • 36000 • 400 • 400 10-1000000

S-P-P m • E

= 4680 cm⁴.

Gewählt wird nach Tabelle eine gußeiserne Säule mit Z) = 20cm; ô — 2,25 cm, d = 15,5 cm, Jmin = 5021 cm⁴; F =125 qcm, W = 502 cm³ und g = 90,6^-Der Querschnitt genügt demnach auch auf Druck, da

"“W“²⁸⁸“-

qcm

III. Berechnung auf exzentrischen Druck.

Übermittelt der eine Träger A seine größtmögliche Last P— 18000 kg, während der andere nur das Eigengewicht, also 18000 — 8000 kg = 10000 kg = P^ überträgt, so erhält die Mittelkraft Rn aus P₁ und P₂' ihren weitesten Abstand vom Schwerpunkt. R1I — Pl -j- P,' == 18000 + 10000 = 28000 kg; sie wirkt mit einer Exzentrizität e, die sich mittels des Momentensatzes ermitteln läßt, wobei der Querschnittsschwerpunkt als Bezugspunkt genommen werden soll. Die Entfernung der

20

Stützpunkte der beiden Träger vom Schwerpunkte betrage je =10 cm (Abb. 160).

Es ist:

io • (A — pi)

Rn - e — P₁ • 10 — Pt' • 10 ; e

10-(18000— 10000) „or e =    28000 — J = A85cm.

Nach den aus S. 68 abgeleiteten Beziehungen für exzentrischen Druck wird:

RII V e.

W ’

Rn

_ 28000    28000-2,85

~ Ï25 ±

502

= 224 + 159 kg ;

ftM = 381kg; kN — 65 kg.

Die Säule genügt dann auch für exzentrischen Druck.

(I) Aufgabe 35: Ein Erdgeschoß eines Speichers hat bei rechtwinkliger Grundform die Abmessungen 20 m Länge und 10 m Breite. Die Balkenlage wird durch Unterzüge unterstützt, die auf gußeisernen Säulen von 3,80 m Länge aufruhen. Die Säulenentfernung beträgt 5,0 m, so daß drei Säulen nötig werden. Das Eigengewicht

ange-

der Decke beträgt 320 — ; als Nutzlast soll 900

qm ’    qm -

nommen werden. Die das Obergeschoß stützenden Säulen f

übertragen auf die zu berechnende untere Säule eine zen- *

trische Last von 20000 kg. Die Säulen sind zu berechnen.

Die Trägerauflagerpunkte sind nach konstruktiven Rücksichten

festzulegen.

Aufgabe 36: Ein Rähm vom Querschnitt 22/24 sei seitlich auf einen Pfosten 30/24 aufgelagert (vgl. Abb. 161) und übertrage eine Kraft P— 16000 kg. Wie groß sind die Spannungen in den äußersten Fasern bei M und N. Ist die ausgeführte Druckübertragungsfläche, mit welcher das Rähm auflagert, ausreichend bemessen?

kg

Abb. 161.

Abb. 162 a.

AV

V. Druckverteilung im Mauerwerk.

A. Zentrische gerade Belastung.

Nimmt ein Mauerkörper in seiner Achse eine Last P auf, so wird die unterste Mauerwerksfuge MN (Abb. 162) eine Gesamtlast R = P G erhalten, wobei G das Gewicht des Mauerpfeilers darstellt. Es wird demnach eine Druckfläche M

F =

S"

uG

ft

Y nötig; kd — zulässige Beanspruchung des unter dem M

Mauerkörper liegenden Baustoffes, da dieser meist eine geringere Druckfestigkeit besitzt als das ihn belastende Mauer- M werk (T. II S. 15).

-f-

Abb. 162 b.

B. Zentrische schiefe Belastung.

Wirkt außer der senkrechten Last P noch eine schräge Kraft S auf den Mauerkörper (Abb. 163 a), so kann bei entsprechender Lage von S die Mittelkraft aus dem Mauergewicht G und der Kraft S eine Mittelkraft im Querschnittsschwerpunkt hervorrufen, die unter einem

Abb. 163 a.

ft

R,

«,«

Ri P

’R

IR'

Ri

■S

K'-?' - y Abb. 164 a.

Abb. 164 b.

Abb. 164 c.

Winkel a. gegen die Winkelrechte auf der Fuge geneigt ist. R läßt sich dann nach Abb. 164 b zerlegen in eine winkelrecht zur Fuge wirkende Last P und in eine wagrechte Kraft H.

P bringt die gleiche Wirkung hervor wie unter A S.71 angegeben. H versucht ein Abschieben der Mauer auf der Unterlage herbeizuführen (Abb. 164 a/b), dem durch die Reibung T Widerstand geleistet wird. Auf jeden Fall darf H nicht größer als der größtmögliche Reibungswiderstand werden, falls Gleichgewicht bestehen soll. Es muß also H <[ T sein. Für die Reibung T gilt nach T. I S. 57 ff. die Beziehung:

-p<f-

<S Abb. 163 b.

T=P-f; also H<LP-f oder

H — R ’ sin a; P = R • cos cc.

= tg cc <; f.

Daraus ergibt sich :

R sin a R cos a

Nach T. I S. 58 ist aber f gleich der Tangente des Reibungswinkels, also muß tga tgr sein, demnach a <L r.

Der Reibungswinkel von Mauerwerk zu Mauerwerk beträgt r = 30°; der von Mauerwerk auf Erde r = 20°. Der Winkel a muß also je nach dem vorliegenden Falle z. B. < 30° oder < 20° bleiben, damit ein Abschieben nicht eintritt.

Man braucht also bei zentrischer Belastung nur den Winkel a, den die Mittelkraft mit der Winkelrechten zur Fuge einschließt, festzulegen und zu prüfen, ob er kleiner als der Neigungswinkel bleibt. Wird dieser Bedingung Genüge geleistet, so ist ein Abgleiten an der untersuchten Fuge nicht zu befürchten. Die Fuge ist dann nur noch nach A S. 71 auf zentrischen Druck zu untersuchen. Ist a jedoch größer als der Reibungswinkel, so muß durch Annahme einer anderen Lage der Fuge der Reibungswinkel cc so weit vermindert werden, daß die Bedingung a < r erfüllt ist. Am zweckmäßigsten ist es, die Lage der Fuge so zu wählen, daß cc = 0 wird, also winkelrecht zur Mittelkraft. In den Fällen, wo eine Fugenänderung nicht möglich ist, kann durch Vermehrung des Eigengewichts eine Herabminderung des Winkels cc herbeigeführt werden, da dadurch R eine steilere Lage erhält (in Abb. 164c: R). Eine zentrisch schiefe Belastung kann auch dadurch herbeigeführt werden, daß auf einen Bauteil eine wagrechte Kraft wirkt, die sich mit einer senkrecht gerichteten, sonst beliebig liegenden Kraft zu einer Mittelkraft vereinigt (Abb. 165).

G'

Ri

Abb. 165.

C. Exzentrische Belastung.

Der Fall exzentrischer Belastung kommt sehr häufig im Baufach vor.

Die exzentrische Belastung kann eine schiefe oder eine gerade sein. Eine exzentrische schiefe Belastung läßt sich stets auf eine gerade Belastung

Abb. 168 a.

Abb. 167 a.

Abb. 166 a.

Àr

f,

N__

t'fS"'

tu —à------------n~n

C    !

b-

~N

Abb. 166 b.

Abb. 167 b.

Abb. 168 b.

nach B zurückführen, indem man die Zerlegung in eine zur Fuge winkelrechte Seitenkraft P und eine zur Fuge gleichlaufende Seitenkraft H vornimmt und prüft, ob Z.a<lr bleibt (Abb. 166 a/b).

Im folgenden soll daher nur die gerade exzentrische Belastung besprochen werden (Abb. 167 a/b).

a) Rechnerische Bestimmung der Spannungen.

Wie unter IV S. 67 näher erläutert, wird durch Hinzufügung zweier gleich großer, gegensinniger Kräfte P im Querschnittsschwerpunkte (Abb. 168 a/b)

1.    durch die zentrisch wirkende Kraft P eine gleichmäßig verteilte Druckspannung kd = y ,

2.    durch das Biegungsmoment M = P-e eine Biegungsspannung kb — + ^ erzeugt

Da für Mauerwerk in der Regel nur eine Druckbeanspruchung in Frage kommt, so soll in dem vorliegenden Falle die Druckspannung mit positiven, die Zugspannung mit negativen Vorzeichen eingeführt werden.

Der Pfeiler kann in der Fuge MN als eingespannt angesehen werden (Abb. 169). Es wird in der am weitesten abliegenden äußersten Faser M—M die Druckspannung:

M - P- e

in der auf der entgegengesetzten Seite liegenden äußersten Faser N—N eine Gesamtspannung: ^ — ą. kd — kb

hervorgerufen, die entweder Druck- oder Zugspannung sein

' F W

kann. Es ist:

W'

^ Die Untersuchung soll nun für < tsl den häufig vorkommenden Fall ™ der Belastung eines Mauerte pfeilers von rechteckigem Quer- M schnitte durchgeführt werden : (Abb. 168a/b):

§•

-b-

i rl,iß

■jy

sc er*

Abb. 169.

F = a-b;

a ■ b~

P-e

Abb. 170.

Pe a ■ bi

, 6P-e 'a-b*

km =    (¹+x)'

In entsprechender Weise ergibt sich:

-;(*-¥).....

km

6 P-e

b-F

(27)

(28)

Die in der Faser m auftretenden Spannungen sind Druckspannungen; solange P M    P    M

~F> W* w*rc* ^er Paser n ebenfalls Druck auftreten. Ist y aber <

so überwiegt die Biegungszugspannung über die gleichmäßig verteilte Druckspannung, und es tritt in der Faser n Zugspannung auf.

Aus Gleichung (28) geht hervor, daß kn einen negativen Wert erhält, wenn 6 e

negativ wird, also sobald:

b    b

t < e oder e> ,

der Klammerausdruck 1 —

6e

oder

wird.

¹ < *

Die Größe der Exzentrizität ist also maßgebend dafür, ob Zug- oder Druckspannungen in n auftreten.

Von besonderer Wichtigkeit ist der Fall, daß in der Faser n die Spannung 0 herrscht.

Es wird dann:

TT

p

Da p nicht gleich Null werden kann, so muß der Klammerausdruck zu

(Abb. 170).

Null werden:

Jkn

6e

Kx ist der Drittelspunkt der Fuge, ihm entspricht auf der nach N zu liegenden Seite der Drittelspunkt insofern also P gerade im Drittelspunkt der Fuge wirkt, wird die Rand-spannung auf der vom Drittelspunkt am weitesten abliegenden Faser zu Null. Solange die Kraft P innerhalb der Strecke KxK2t also innerhalb des mittleren Drittels wirkt, treten nur Druckspannnngen im Querschnitt auf, kommt P außerhalb der Strecke KtK₂, also außerhalb des mittleren Drittels zu liegen, so entstehen auf der zum Kraftangriff abliegenden Seite Zugspannungen. Wirkt P im Drittelspunkt, so wird,

ist:

da für kn = 0 die Exzentrizität e —

•o «O

vO IvO

(29)

km 2 * F 2kd

Die Spannung in der Fuge m ist also doppelt so groß, als wenn die Kraft P im Schwerpunkte der Fuge, also in der Fugenmitte, wirkt.

Im allgemeinen ist zu beachten, daß km + kn stets = 2 •

muß, denn

= 2 • kd sein

Es ist demnach

, . _    P . M . P M n P

nm i nn F ' W ' F W ^ F

km + kn

durchweg = Ç •

Für Mauern von größerer Länge wird für die Spannungsberechnung ein Streifen von 1,0 m, der Länge nach, zugrunde gelegt, so daß also a — 100 cm einzusetzen ist und F = 100 -b wird.

Die Formeln (27) und (28) nehmen dann die Form an:

• (30)

kz ⁼    ('iy)¹

b ist in cm, F in qcm einzuführen.

Die Spannungsverteilung kann in gleicher Weise wie bei IIIB S. 60 auch zeichnerisch dargestellt werden.    ^

Durch die in Fugen- + 4 mîîlîTrw^P e mitte wirkende Kraft P ?-j,^'1'llîlTrT>.    A;

Ÿb

Abb. 171.

Abb. 172.

wird die Druckspannung kd = p hervorgerufen,

M

durch das Biegungsmoment M=P-e die Biegungsspannungkb = ^(Abb.171 u. 172).

Liegt P im mittleren Drittel, so ist kb<kd, und es ergibt sich die Gesamtdarstellung nach Abb. 173 durch algebraisches Zusammenzählen der Spannungen in den einzelnen Fugenpunkten.

Greift P außerhalb des mittleren Drittels, so wird kb > kd, kn wird negativ, da e > v ist. Es ergibt sich die Spannungsdarstellung nach Abb. 174.

Liegt P im Drittelspunkte, wird also e =    , so wird kb = kd und die

os er

Spannung in N = 0 und in M = 2 -kd (Abb. 175).

Die Abb. 176,177 und 178 geben die Spannungsverteilung isometrisch wieder Im allgemeinen kann Mauerwerk nur geringe Zugspannungen autnehmen.

Abb. 179 a.

_j..

■r-*

■C

C-.H

"M

A'j S K, N Abb. 173.

Abb. 176.

es

h-?

TV

Abb. 174.

<?•

+u

kd

T’f

Abb.

177.

Abb. 179 b.

h\ S K₂

lP

km

h-kd

>—«£>•

Fuge klafft

A\ s a;

Abb. 175.

kn-0

3 ■ c-

'N

Abb. 178.

Abb. 180.

Abb. 181.

,    „ P n P

kTU — ²* p — 2*a >3c......

Die Spannungsdarstellung ist in Abb. 180 und 181 angegeben.

Wird die zulässige Zugspannung, die sich nach der Güte des verwendeten Mörtels richtet, überschritten, so reißt der Mörtel und ein Klaffen der Fugen tritt ein; die Fuge wird sodann nur noch gedrückt. Man nimmt an, daß das Klaffen der Fugen sich so weit erstreckt, bis die Spannung = 0 erreicht ist, also sämtliche Zugspannungen verschwunden sind; der übrigbleibende gedrückte Teil muß dann die inneren Druckkräfte aufbringen, die dazu dienen, den äußeren Kräften das Gleichgewicht zu halten. Das Span-nungsprisma muß gleich der Druckkraft P sein. Der klaffende Teil der Fuge bleibt für die Berechnung außer Betracht, die Spannung Null herrscht daher am Fugenrande des belasteten Fugenteils (entsprechend also dem Punkte N in Abb. 170 u. 175), und die Kraft P muß im Drittelspunkte des gedrückten Fugenquerschnittsteils als wirkend angenommen werden (Abb. 179 a). Der Abstand ME — c entspricht also dem Drittel der belasteten Fuge, die belastete Fuge hat demnach eine Breite MF = 3 • c; von F bis N klafft die Fuge. Die gedrückte Fläche ist somit F = a ■ 3c (Abb. 179b). Die Spannung im Punkte M ist nach S. 75

b) Zeichnerische Bestimmung der Spannungen.

Die Spannungen lassen sich in sehr einfacherWeise folgendermaßen auch durch Zeichnung bestimmen.

1. Die Kraft P liegt innerhalb des mittleren Drittels (Abb. 182). Man trägt im Fugenschwerpunkte S die Spannung kd =

auf = SE,

verbindet E mit dem von dem Kraftangriffspunkte C abliegenden Drittelspunkte Kiy verlängert die Gerade K₂E bis zum Schnitt F mit der Wirkungslinie von P, so ist die Strecke FC = km. Verbindet man ferner E mit dem der Kraft P zunächstliegenden Drittelspunkte Kx und bestimmt den Schnittpunkt G der Geraden KXE mit der Wirkungslinie von Pu so ist GC = kn. Der Beweis ergibt sich aus der Ähnlichkeit der Dreiecke K.₂ES und K₂CF.

Es ist: K₂S :K₂C — ES : FC;

; K* C = -g- + e ; ES = kd —    ; FC = x.

X₂S =

o Cr

Also:

o> er

+.)-

=    ( +e)i

Ov Cr

K[Tr: 'p . Wz

-bJL-

Abb. 182.

Ar

}.Tł

+ e.

Ov o-

= (• + t) •

Demnach ergibt sich nach Gl. (27) S. 74 x — km.

Ebenso erhält man aus der Ähnlichkeit der Dreiecke KXGC und KXES:

( -ej:GC =

GC =

**ri| ov Cr

ov Cr

Ts

(t-)

(l - ⁶bßj ; demnach nach Gl. (28) S. 74 GC = kn.

Man braucht nun nur die Größe FC nach M und die von GC nach N durch gleichlaufende Verschiebung zu übertragen, so ist MMX — km und NNX = kn.

Durch Verbindung von Mx und Nx erhält man die Spannungsdarstellung (auch Spannungsfigur oder Spannungsdiagramm genannt) MMXNXN für den angenommenen Belastungszustand. Die Gerade MXNX muß stets durch E gehen. ES ist das arithmetische Mittel aus km und kn (vgl. S. 75).

2. Die Kraft P liege außerhalb des mittleren Drittels. Zugspannungen sind zugelassen.

Die Spannungsermittlung ist in Abb. 183 dargestellt. Die Herstellung der Figur erfolgt sinngemäß wie bei 1. NNX wird hier negativ, kn ist also eine Zugspannung.

3.    Die Kraft P liege im Drittelspunkte.

Die Spannungsermittlung ergibt sich in entsprechenderWeise nach Abb.184. Punkt C und G fallen mit Kt zusammen.

4.    Die Kraft liege außerhalb des mittleren Drittels. Zugspannungen können vom Mauerwerk nicht aufgenommen werden.

,F

+km

~2kd

1\7kx ]$    \K~,

- - -O

i'

G9

(G\C.) j j bfa-e

Abb. 183.

Abb. 184.

Man betrachte in Abb. 185 MC = c als Fugendrittel und stellt daher die auf Druck widerstehende Fugenbreite = 3-MC her, indem man MC zweimal von C aus (hier nach rechts) abträgt bis Nt. Die Punkte C und D sind als Drittelspunkte anzusehen.

p

In der neuen Fugenmitte ist die Spannung ^7^

aufzutragen, die Bestimmung der Spannung erfolgt dann weiter wie bei 2.

Abb. 186 a.

■C4-

c) Anwendungen.

Aufgabe 37: Ein rechteckiger Mauerpfeiler überträgt in der Fuge, mit welcher das aufgehende Mauerwerk auf das Bruchsteinfundamentmauerwerk aufsetzt, eine Mittelkraft P — 8000 kg, die im Abstande e=5 cm vom Schwerpunkte wirkt. Die Spannungen der Fugen m und n sind zu berechnen. (Abb.l86a/b.)

Lösung:

Es ist

P = 8000 kg; a = 51 cm.

■5 cm

'1

60-

“J?

a c-

Abb. 1S5.

e = 5 m;

^TTl

8000

3264

■70

90-

.V

'1

Abb. 186 b.

Probe:

b = 64 cm;

(t + ⁶₆₄⁵) = 2,45 (1 + 0,46) = 2,45 - 1,46 = 3,58 (l —    = 2,45 (1 — 0,46) = 2,45 • 0,54 = 1,32

3,58 + 1,32 = 2- 2,45 = 4,90.

64 • 51 = 3264 qcm.

kg . qcm ’

kg -

qcm

Aufgabe 38: Wie groß wird der Druck auf die Fundamentfuge in vorstehender Aufgabe, wenn die Abmessungen dieser untersten Fuge 90 cm auf 70 cm betragen?

Aufgabe 39: Ein Mauerpfeiler aus Ziegelmauerwerk mit nebenstehenden Abmessungen (Abb. 187 a/b) dient zur Auflage zweier Träger. Der Träger A

übermittelt eine Gesamtlast von 16 000 kg, wovon 6000 kg als Nutzlast in Frage kommen. Es soll bestimmt werden, bei welchem Belastungszustand die größte Beanspruchung in derFu ge MN entsteht und welcher Baustoff der Belastung entsprechend zu wählen ist.

Lösung:

I. Berechnung auf einseitige Belastung.

Das Pfeilergewicht beträgt 0,64 • 1,03 • 1,70 • 1800 — rd. 20000 kg.

Um die größte Exzentrizität der Mittelkraft aus den wirkenden Kräften zu erhalten, muß der Träger A als voll belastet, der Träger B als unbelastet angenommen werden. Träger A ist also mit einem Auflagerdruck A = 36000 kg, Träger B mit einem Auflagerdruck B = 16000 — 6000 = 10000 kg in die Rechnung einzuführen.

R = G + A -j- B = 20000 + 36000 + 10000 = 66000 kg.

Die Mittelkraft liegt im Abstand x vom Schwerpunkt. Nach dem Momentensatz ist:

R ■ x₁ = A • 26 — B - 39 (Abb. 187 a);

66 000 • x=36 000 -26 — 10000.39.

Abb. 187 a.

, iß

■f

4-

-----^

.4

INI

I!

-—b -103— Abb. 187 b.

Abb. 188.

36000-26 — 10000-39

66000

66000 103 - 64

km = 10 (1 + 0,484) = 10 • 1,484 = 14,84 kg ; kn = 10 (1 — 0,484) = 10 • 0,516 = 5,16 kg.

= 8,3cm = e; F= 103 • 64 qcm. 6=103 cm. (*±⁶,or) = 10(1 +0,484);

II. Berechnung auf Gesamtbelastung.

Es ist einzuführen A = 36000 kg und B— 16000 kg.

Die Mittelkraft R₁ = G-\-A-{-B = 20000 -|- 36000 -f 16000 = 72000 kg.

Der Abstand der Mittelkraft vom Schwerpunkt betrage cm; demnach wird:

36000-26— 16000-39 --72000“------= 7,34 cm.

(I+T5r) = ¹⁰’9(I±°'²⁵⁾-

kn = 10,9 • 0,75 = 8,2

Rx x = 36000- 26— 16000 39; xx

k"⁼y{i±T-) ⁼

km = 10,9- 1,25= 13

72000 103 - 64 kg . qcm ’

Der Belastungsfall I liefert demnach die ungünstigste Belastungsart.

kg .

qcm

Als Baustoff können Hartbrandsteine in verlängertem Zementmörtel verwendet werden oder, falls Steine in erforderlicher Güte nicht vorhanden sind, müssen Klinker in Zementmörtel zur Ausführung gelangen. Auch kann eine Ausführung in Werkstein (Sandstein) in Frage kommen, wie aus der entsprechenden zulässigen Inanspruchnahme hervorgeht (T. 11 S. 148).

Zur Herabminderung der Spannungen kann man auch eine zentrische Auflagerung nach Abb. 188 herbeiführen. Es wird dann:

72000 103 • 64

km = kJi = kd=:

= 10,9

kg

qcm

Aufgabe 40: Ein Pfeiler aus Ziegelmauerwerk diene zur Unterstützung einer gußeisernen Säule, die eine Last Px = 16000 kg überträgt. Der Mauerpfeiler habe eine Breite von 2V₂ Stein bei 2 Stein Tiefe; seine Höhe betrage

3,00 m. Die Abmessungen des Fundaments sind 1,10 auf 1,00 m bei 0,80 m Höhe. In halber Höhe werde seitlich ein I-Träger aufge-^ lagert, der einen Auflagerdruck P₂= 40000 kg ^ überträgt, der Auflagerpunkt des Zwischenträgers liegt 12 cm von der Pfeilermittellinie entfernt. Wie groß sind die Pressungen in der Unterkante des Pfeilers, wie groß in der untersten Fundamentfuge? In welcher Mörtelart ist das Mauerwerk herzustellen; wie groß sind die Abmessungen zu wählen, falls gewöhnliches Ziegelmauerwerk in Kalkmörtel Verwendung finden soll?

r—fr? —

Ji.f vc?

3,00

Gt

W— 375 kg Abb. 190.

...

eir;

si

<=>

Aufgabe 41: Eine 3,00 m hohe Mauer von 2% Stein Stärke soll durch Wind belastet werden. Der Winddruck betrage

e i~16,3

■*-»i

cm

*.--

Abb. 189.

125 in der Wagrechten. Wie

qm

l64

Abb. 191.

groß ist die Beanspruchung in der Fuge MN, wie groß in der Fundamentfuge JR? (Abb. 189.)

Lösung: Die Untersuchung wird für einen Mauerstreifen von der Tiefe 1,00m durchgeführt. Das Gewicht des oberen Teiles der Mauer beträgt:

Gx = 0,64 • 1,0 • 3,0 • 1800 = rd. 3450 kg,

W = 3,0 • 1,0.125 = 375 kg.

der Winddruck

Nach Abb. 190 ist die Größe der Mittelkraft aus W und Gx zu bestimmen nach der Beziehung:

Px = j/Gx ² -F W² ;    7?x = J/3450² -j- 375² = 3470 kg.

Den Winkel, den die Mittelkraft /?x mit der Winkelrechten zur Fuge MN bildet, er-

hält man aus der Beziehung tgax

375

0,108; o'x = 6°16/, also erheblich kleiner als der Reibungswinkel a = 30° von Mauerwerk auf Mauerwerk. Die schräge Lage der Mittelkraft braucht daher nicht weiter berücksichtigt zu werden; es ist als Belastung der Fuge MN die zu MN winkelrecht gerichtete Seitenkraft von Rlt also Gx, einzuführen. Die Exzentrizität ergibt sich aus der Proportion:

375- 150

3450

3450 : 375 = 150 : ex ; £>x

i * ?    bi    ⁶⁴

16,3cm.    ¹

₆=-6=10,67.

b,

Da ex>->-, so fällt die Mittelkraft Px aus dem mittleren Drittel heraus; die Fuge

⁰    64

klafft, sofern zugfestes Mauerwerk nicht vorliegt. (Abb. 191) cx =

3450

— 16,3= 15,7 cm.

Da nach obigem nur die Seitenkraft Gt für die Spannungsberechnung in Frage kommt, so ergibt sich km zu:

km ⁼

2 -G₁

2•3450 3 • 15 • 7 • 100

= 1,5 k«-. qcm

Es bedarf nun noch der Festlegung der Spannung in der Fundamentfuge. Das Gewicht des Fundamentabsatzes beträgt Gi = 0,50 • 0,90 • 1,0 • 1800 = 810 kg. Demnach wird das Gesamtgewicht G=G₁-f-G₂=3450-{-810=4260 kg.

Die Exzentrizität e₂ wird nach Abb. 192 a/b aus der Proportion bestimmt:

G:W=hi:ei-, e± —

W h₂ 375 • 200

G~ ~ 4260“

= 17,6 cm.

Da ~    ^ = 15 cm ist, also et >    , so liegt der Angriffspunkt

von R₂ ebenfalls außerhalb des mittleren Drittels. Die senkrechte Seitenkraft von R₂ ist G, = 4260 kg, demnach wird, da

90    .    __ .

c₂ = -g--17,6 = 27,4 cm :

2 • G _    2 • 4260

F ~ 3-27,4-100

K}j G

h.-2/JO

*/=

also durchaus zuverlässig.

Aufgabe 42: Man berechne die Spannungen wie bei Aufgabe 41, jedoch für eine 4,0 m hohe Mauer bei sonst gleichen Abmessungen.

qcm ’

Abb. 192 b.

Abb. 192 a.

VI. Berechnung der Spannungen mittels

des Kerns.

A. Allgemeines.

Aus den bisherigen unter V angestellten Betrachtungen ging hervor, daß eine im Drittelspunkte Kx wirkende Kraft P in der Faser NtN₂ eine Randspannung = Null hervorbrachte (Abb. 193), daß ferner eine im Drittelspunkte K₂ wirkende Kraft in der Faser M₂ ebenfalls eine Randspannung = Null hervorrief.

Diese Linien mit der Spannung Null (Nullinien genannt entsprechendT.11 S.52) berühren also die Querschnittsfläche. Wirkt P außerhalb des mittleren Drittels, so rückt die Nullinie in den Querschnitt hinein (vgl.

Abb. 174 u. 177), es entstehen Zug- und Druckspannungen; liegt die Kraft innerhalb des mittleren Drittels, so fällt die Nullinie außerhalb des Querschnitts (vgl. Abb. 173

UaBsch 48: Schau, Statik lila

Y~-

*16

a!ö

•+

Abb. 193.

-Y a

u. 176), es entstehen nur Druck- oder nur Zugspannungen. Da die Endpunkte der winkelrecht zur Querschnittsfläche aufgetragenen Spannungen in einer Ebene, der Spannungsebene, liegen (vgl. auch T. II S. 53), so ist die Nullinie stets die Spur dieser Spannungsebene mit der Querschnittsebene (s. Abb. 194).

Das Widerstandsmoment ist bei der Spannungsberechnung stets auf die zur Kraftrichtung (hier SKX oder SK₂) zugeordnete, d. h. hier auf die

Abb. 194.

Kraftrichtung winkelrechte Achse X—X zu beziehen; es kommt

zur

also Wx in Frage (Abb. 193). Jeder Kraftlinie entspricht nach obigem eine Nullinie, d. h. eine spannungslose Faser.

Liegt der Angriffspunkt der Kraft P auf der Achse X—X, so ist die Achse Y — Y die zugeordnete Achse. Liegt die Kraft im Drittelspunkt der Fugenlänge a, also im Punkte Kz oder Kif so fällt die Nullinie mit MXNX oder M₂N₂ zusammen. Verbindet man die Punkte KXK₂KS und X₄ geradlinig durch einen Linienzug, so bezeichnet man die durch ihn begrenzte Fläche als die Kernfläche; die Punkte Klt K₂, K₃ und X₄ sind die Kernpunkte des Querschnitts.

Liegt die wirkende Kraft P innerhalb der Kernfläche, so haben alle auf der Querschnittsfläche wirkenden Normalspannungen dasselbe Vorzeichen wie P. Liegt P außerhalb der Kernfläche, so herrschen in den durch die den Querschnitt schneidenden Nullinien getrennten beiden Teilen des Querschnitts Spannungen mit verschiedenen Vorzeichen.

Wirkt die Kraft in irgendeinem Punkte des Kernrandes, so berührt die Nullinie den Querschnitt. (Ein Schneiden der Querschnittsfläche durch die Nulllinie darf also nicht auftreten!) Bewegt sich die Kraft P auf dem Kernrande von Kx nach Kz, so dreht sich die Nullinie aus der Lage NXN₂ in die Lage NlM₁; dies kann nur durch Drehung um den Punkt Nx geschehen. Bewegt sich die Kraft P auf dem Kernrande von Kz nach K₂, so dreht sich die Nullinie von MlNl in die Lage MXM₂; das kann nur durch Drehung um den Punkt Mx geschehen usf. Bewegt sich also der Angriffspunkt der KraftPauf dem Kernrande entlang, so rollt die Nullinie auf der Umhüllungslinie des Querschnitts entlang. Läßt man umgekehrt die angreifende Kraft P längs der Begrenzung des Querschnitts sich fortbewegen, so umhüllen alle entstehenden Nullinien eine Fläche, die man die Kernfläche oder den Kern des Querschnitts nennt. Es kann daher auch der Satz ausgesprochen werden: Beschreibt der Angriffspunkt der Kraft die Umhüllungslinie des Querschnitts, so rollt die Nullinie auf dem Umfange des Kerns entlang. Einspringende Ecken oder Kurven sind bei Bestimmung des Kerns durch die Umhüllungslinie zu ersetzen (in Abb. 195 kommt in Betracht CD und DE). In Abb. 195 entspricht dem Querschnittspunkte A die Kernlinie a, der Geraden AE der Kernpunkt (ae) d. h. der Schnittpunkt von a und e, dem Punkte E die Gerade e, der Geraden ED der Punkt (ed) usf.

Da die Lage der Nullinie von besonderer Wichtigkeit ist, soll im folgenden die Gleichung für die Nullinie hergeleitet werden. Nach S. 68 ist die Spannung in einem beliebigen Querschnittspunkte:

Ke)

oder da M — P • e ist :

+PK- = (1 +

Für die Nullinie wird k — 0, also muß sein:

⁰=t (*+•

P

Da ~p nicht zu Null werden kann, muß der E Klammerwert zu Null werden, also: 1 + —j— = 0.

k = y +

[a,e)

F-e-y

A/Kd)'

W1

Abb. 195.

Setzt man nun den besonderen Wert von y, für den die Spannung k — 0 wird = y0y also y = y0r so ist:

. ₊F-e-8.

¹ ^ J

• * (31)

= 0 oder y₀ = - p—e ’    '

Diese Gleichung ist also die Gleichung der Nullinie für den Fall, daß die Kraftebene den Querschnitt in einer Hauptachse schneidet. Das Trägheitsmoment J ist auf die zur Kraftrichtung zugeordnete, hier für die dazu winkelrecht stehende Hauptachse aufzustellen.

Aus dieser Gleichung sind folgende Folgerungen zu ziehen:

1.    J und F haben stets positive Werte; y₀ hat daher immer ein zu e entgegengesetztes Vorzeichen. Die sämtlichen Punkte der Nullinie liegen demnach an derjenigen Seite von der zur Kraftrichtung zugeordneten Hauptachse, an welcher der Schnittpunkt mit der Mittelkraft P, also der Angriffspunkt von P nicht liegt.

2.    Für jede bestimmte Lage von P sind alle Größen auf der rechten Seite der Gleichung unveränderlich (konstant), also ist auch y₀ hierfür eine unveränderliche Größe. Sämtliche Punkte, in denen k — 0 ist, liegen daher im gleichen Abstand von der X-Achse; sie liegen also in einer Geraden, die gleichlaufend zu derjenigen Schwerpunktsachse ist, die winkelrecht zur Schnittlinie des Querschnitts mit der Kraftebene steht.

3.    Der Wert y₀ ist von der Kraftgröße vollständig unabhängig; er hängt nur von Querschnittsform und Größe, also von J und F, ab, außerdem noch von e, also von der Lage des Schnittpunktes C der Mittelkraft mit der Querschnittsfläche, dem Angriffspunkte von P.

4.    Für den Fall, daß y₀= 0 wird, fällt die Nullinie mit der zur Kraftebene winkelrechten Schwerpunktsachse zusammen. Dies tritt ein, wenn e = oo, also wenn P in unendlich weite Ferne rückt, also gleichlaufend zum Querschnitt ist. Es ist dann keine Axialkraft vorhanden. Die Mittelkraft also = Null. Eine Mittelkraft in unendlicher Entfernung von der Größe Null wird aber nur durch ein Kräftepaar hervorgerufen, daher wird der Bauteil durch das Drehmoment dieses Kräftepaares lediglich auf Biegung beansprucht, es entsteht dann die Biegungsspannungsfigur (Abb. 172).

B. Zeichnerische Festlegung des Kerns.

Die Gleichung der Nullinie ermöglicht ein einfaches Verfahren zur zeichnerischen Festlegung der Nullinie und des Kerns.

Es ist y₀ — — ~j~* ferner ist y y — G * heißt der Trägheitshalbmesser

(s. T. II S. 135). z²= ^r; die Gleichung der Nullinie nimmt demnach die

Form an y₀ — —

P

e . Geometrisch läßt sich diese Gleichung folgendermaßen

deuten: der Trägheitshalbmesser ist die mittlere geometrische Proportionale zwischen dem Abstand der Nullinie y₀ und dem Abstande e der Mittelkraft von der zugeordneten Achse.

Jx

Man trägt nun ix im Punkte S winkelrecht zur Y-Achse

Ist in Abb. 196 C der Angriffspunkt der Kraft, so ist CS = e-, J wird hier = Jx, also: ix =

auf — SD, verbindet D mit C, errichtet in D auf CD die Winkelrechte und

1)

■e

,n

¥■

-r

■Vo

Abb. 196.

Abb. 197.

bringt sie mit der Y-Achse zum Schnitt in E. Demnach ist E ein Punkt der Nullachse, die nach obigem unter 2. gleichlaufend zur X-Achse zu ziehen ist.

Dieses Verfahren läßt sich nun auch sehr gut zur Feststellung des Kerns benutzen. Bezeichnet man die Entfernung der Kernpunkte von der Schwerachse mit k (Kernweite), so wird z/₀=fc, sofern die Kraft P durch den

z®

Querschnittsrand geht. Also ergibt sich die Beziehung: k = — g oder

— wre » da *² — ist

_ k • e = i²; e — Abstand der Kraft P vom Schwerpunkte. Aus dieser letzten Form ergibt sich, daß k und e vertauscht werden können; das Produkt bleibt dabei stets unverändert = z'².

i*

Statt k —--kann auch gesetzt werden: k =

a) Die Kraft wirke in einer Querschnittshauptachse.

Läßt man die Kraft P an dem Querschnittsrande angreifen, so wird z. B. für den in Abb. 197 gegebenen rechteckigen Querschnitt die Exzentrizität

Y-

e — SN. Wird SD = ix gemacht und dann auf DN in D die Winkelrechte errichtet, so ergibt sich SK₁ = ku also gleich der Kern weite. Das gleiche kann vom Punkte M aus geschehen, wodurch K₂ erhalten wird. Im vorliegenden Falle ist SKX= SK₂. Ebenso kann man die Kernweite von den

Kanten MtN± und MN aus bestimmen, indem man —"j/^- bestimmt und aufträgt wie in Abb. 198 angegeben ist. Man erhält K₃ und X₄.

■Yo-

D,

Y Y--------A-&- -

‘Y,

ln~*\

•/

X-

Abb. 198.

Abb. 199.

NÀ

A'N

b) Die Kraft wirke nicht in einer der Querschnitts-    —

hauptachsen, sondern in einem beliebigen Punkte^ des Querschnitts.

SA ist die Kraftlinie; die ihr

zugeordnete Nullinie läßt sich y.------

wie folgt bestimmen: Man bestimmt die Schnittpunkte der Nullinie mit der Y- Achse und der X-Achse und beachtet dabei, daß man die Beziehung von Nullinie und Angriffspunkt umkehren kann, also daß z. B. einer im Schnittpunkte der Nullinie mit der F-Achse angreifenden Kraft eine Nullinie entspricht, die im Abstande y durch A gleichlaufend zur F-Achse geht, daß einer im Schnittpunkte der Nullinie mit der X-Achse angreifenden Kraft eine durch A, und zwar im Abstande x von der F-Achse gleichlaufend zur F-Achse gerichtete Nullinie entspricht (Abb. 199).

P

Aus y₀ = — ergibt sich nach obenstehendem: — yye = r ; yQ und e sind

vertauschbar. Zur Bestimmung des Schnittpunktes der Nullinie mit der F-Achse wird, da e = y \zu setzen ist: — y • yo= fx². Daraus erhält man die in Abb. 200 angegebene Konstruktion zur Festlegung des Punktes N der

ix

—!/o

Abb. 200.

•^o

,1

--Y

Nullinie auf der Y-Achse. In entsprechender Weise erhält man aus der Beziehung: — x₀ • x = iy den Punkt N% der Nullinie auf der X-Achse. NXN2 stellt die zu A gehörige Nullinie dar.

Läßt man in Abb. 193 die Mittelkraft im Schnittpunkte Nx der beiden Querschnittsseiten a und b wirken, so findet man unter Beachtung vorstehender allgemeiner Herleitung, daß die Punkte Kx und Ks die entsprechenden Punkte der zu Nx (Nx entspricht dem Punkte A!) gehörenden Nullinie sind, daß also durch die Verbindungsgerade KXK$ die Nullinie für Nx gefunden ist. KXK₃ bildet eine Gerade der Kerngrenze. Ebenso kann man für die übrigen Eckpunkte des Querschnitts die zugehörigen Nullinien bestimmen und so durch den geschlossenen Linienzug KXK₂K₂KX den Kern der Querschnittsfläche festlegen.

Bewegt sich umgekehrt die Kraft P an der Kerngrenze entlang, so umhüllen die zu jeder Lastlage gezeichnete Nullinien die Querschnittsfigur (s. o.).

C. Anwendungen.

Y-

Unter Beachtung der zeichnerischen Konstruktion unter B. und der rechnerischen Festlegung unter A. läßt sich für jeden Querschnitt der Kern bestimmen.

Rechnerisch hätte sich das gleiche Ergebnis festlegen lassen. Der Kern ergibt sich folgendermaßen: Für den in Abb. 201 dargestellten rechteckigen Querschnitt ist:

_a-ö³    ,

J x    12’ F et' b\

demnach wird:

k₄.

Jx

Abb. 201.

yo = ki = k.₂=-F e

_ab-[:2

12 • a • b • 6

o*

Fernerhin : x₀ — ks — k₄= — Fyg ;

bas-2

x°—    12 aba~~    6*

b ■ as

₁₂    ; e3 — e±— 2*

Hierdurch ist der Kern festgelegt.

Für einige Querschnitte ist der Kern gezeichnet, so in Abb. 202 für den Kreis, in Abb. 203 für den Kreisring.

Für den Kreis ist:    ..............

dxn 64 ’

e —

d* TZ

,ß__

-v3-

Demnach ist:

__ d*n-4•2 yo—k— 64 • d² 3T • d

Abb. 202.

OO O.

Abb. 203.

Die Kernfläche ist also ein Kreis mit dem Halbmesser

oo a.

, denn es sind unendlich viele gleichgelegene Hauptachsen vorhanden. Für die Kreisringfläche wird bei geringer Ringstärke y₀ =    •

Die genaue Berechnung ergibt folgendes:

D⁴ — d4 64    »

D² — d²

F = n •

„ = k = - 7t-(Z)4~d4)-⁴-² -_₌ _i fiyi.

ÿo K    64 • » • (D²— d²) • D    SD    8La^VD/J

T;

Setzt man für geringe Wandstärke d — D, so erhält man:

k =--g- (1 -f 1) = —

Der Kern ist nicht allein bei Mauerquerschnitten, sondern auch bei Querschnitten von Bauteilen aus andern Baustoffen von Wichtigkeit, so z. B. bei flußeisernen Normalprofilen.

Aufgabe 43: Die Kernfläche für ein [[Eisen Nr. 24 soll bestimmt werden (Abb. 204).

Lösung: Zunächst werden die Schwerpunktshauptachsen testgelegt. Die X-Achse ist eine Gegenachse, die Y-Achse erhält man durch die Tabelle. Es ist:

b = 8,5cm; s = 2,23cm; b— s=8,5 — 2,23 = 6,27cm; Jy=248 cm⁴; F=42,3qcm.

Die Umhüllung des Querschnitts erfolgt durch die vier Geraden MN, NNlt M und M±M. Diesen vier Geraden entsprechen vier Kernpunkte, den Eckpunkten N, Nlt und M entsprechen vier Kerngerade. Der Geraden NNX entspricht der Kernpunkt Kl, der zunächst testgelegt werden soll nach B. a.

e—b — s = 6,27 cm ; kl = —

Der Geraden MMV entspricht der Kernpunkt K, \

Jy .

F-e'

U-s-4«-

•b—s-

Abb. 204.

Jy

kl ~ F- e ’

248

42,3 • 6,27

e — s — 2,23 cm ; k* =

248

;V

0,94 cm.

— 2,62 cm.

42,3 • 2,23

Der Geraden MN und AfjiVj entsprechen die Kernpunkte Ks und X₄, die sich aus der Beziehung ergeben:

k₃ — K — — p\ e Î e —

,    3598

''■ = -42;3TÎ2⁼⁼-⁷’lcm = <,‘-

Zeichnerisch erfolgt die Bestimmung der Kernpunkte nach Abb. 204, indem man

toi a*

= 12 cm; Jx— 3598cm⁴;

iy

=y^=y

248

= ]/5,86 = 2,42 cm und ix ="|/=]/

3548

=1/84,2=9,11 cm

42,3

aufträgt und den Kernpunkt und K» »owie Ks und X₄ genau, wie in Abb. 197 angegeben, festlegt.

42,3

Aufgabe 44: Für den in Abb. 205 gezeichneten Querschnitt soll der Kern bestimmt werden.

Lösung: Zunächst wird der Schwerpunkt festgelegt. Es ist nach Zerlegung in zwei Teilflächen F₁ = ^N^LG und F₂ = HKM«M₁:

"•-J

WO

if,

f=f₁+fs]

F= 50 • 100 + 50 • 100 = 10000 qcm.

■*4

■P,

So

Nach dem Momentensatz wird für die Kante Nx N₂ nach Abb. 205 :

F-*o = Fi -*i    -*₂;

“p--

Sa ;

L C*

10000 • JC₀

4 50 • 100 • (lOO 4- ⁵₂°) 10000• x₀ = 250000 + 625000 ;

= 50 • 100 •

100

y fr

•51

ÏV 4 er

r. 3 h

ßb

rY

*0 =

•V

Jx =

875000

Toooo

100 • 50³ . 50 ■ 100*

= 87,5 cm.

12

.r₀ - 87,5

Sr

<9?

Jy =

= ^ (12 500 000 4 50 000 000) 62500000

12

5208333 cm⁴.

50 • 87,5S    100 • 62,5³    2-25-12,5s

50

■50-

;a’,

/ 2 zy

19270850

10000

= - (669922 4 2 • 244141 — 1953)

= 19270850 cm⁴.

Jx_ 5208333 F ~ 10000

1927,1 cm*;

520,8 cm²;

ex = 62,5 cm ;

2,.*

_ 1927,1

'62,5

= 31,4 cm.

ti

Q$

__y

Hierdurch ist der Kernpunkt Kx auf der X-Achse festgelegt, der der Nullinienlage Mx M₂ entspricht. Läßt man die Nullinie den Querschnitt umhüllen, so ist die nächste Lage nach MXM„ die Gerade KMi} für diese wird e₂ = 50cm, da der Schnittpunkt mit der Y-Achse 50 cm von der X-Achse entfernt liegt. Somit hat dann der zu dieser Geraden K gehörige Kernpunkt die Kernweite:

k., = —

520,8

50 =¹⁰-4cm-

Abb. 205.

Dementsprechend befindet sich ein Kernpunkt K₆ auf der X-Achse gleichliegend dazu zur Nullinie HMX gehörig, für den also ebenfalls ftG = 10,4 cm ist.

Aus der Lage KMŹ gelangt die umhüllende Nullinie in die Lage N„K. Die hierzu gehörigen Kernpunkte werden nach Abb. 200 bestimmt. Zunächst müssen die Strecken y und x (vgl. Abb. 205) festgelegt werden. Es ist:

25 • 87,5

y : 25 = 87,5 :100 ; y =

= 21,88 cm ;

x': 25 = 100:25;

x — 100 cm .

Demnach wird für Punkt J:

50

ey = y + y = 25 + 21,88 = 46,88.

Daraus ergibt sich die Ordinate des zugehörigen Kernpunktes K₃ zu :

ya = -

ey

_ 520,8 46,88

= 11,13 cm.

Für den Punkt Q wird: ex — 87,5 -j- x' = 87,5 -|- 100 = 187,5 cm.

Die Abszisse des zugehörigen Kernpunktes Kb wird demnach :

hj² _ 1927 ex 187,5

= 10,2 cm.

xs = —

Durch .rs und ys liegt Ks fest.

Die nächste Lage der Nullinie ist NlNt. Der entsprechende Kernpunkt K₄ hat die Kernweite fc₄; da e₄ = 87,5 cm ist, so wird:

zV 1927 “ 87,5

Der folgenden Lage der Nullinie N₁H entspricht der zu K₃ symmetrisch liegende Kernpunkt Kb, der Geraden HM₁ der Punkt Kä (s. o.). Durch Verbindung der Punkte K₁,K₂,K₃,ä₄,K₃ und Kü entsteht die gesuchte Kernfläche.

Aufgabe 45: Auf dem in Aufgabe 44 gegebenen Querschnitt wirke eine Kraft P = 80000 kg im Abstande e — 20 cm vom Schwerpunkte entfernt nach rechts auf der X-Achse. 1. Die auf tretenden Spannungen im Punkte M und N sind zu ermitteln.

p

Lösung: Es gilt die Beziehung k= ^ -f-

Jy __ Jy _

— 22 cm.

Jy

; da hier x = eiy so ist:

ei

F = 10000 qcm; M = P- e = 80000 • 20 kgcm ; Jy= 19270850 cm⁴; = 62,5 cm.

80000-20-62,5 19 270 850

80000 10000

Entsprechend wird für N mit e₄ = 87,5cm:

80000 • 20 - 87,5 19270850

2. Wie groß werden die Spannungen, wenn e = 22,0 cm und e = 30 cm wird?

Aufgabe 46: Die Kraft P wirke im Abstande 1. e=10cm. 2. ß=15cm vom Schwerpunkte auf der 7-Achse in dem in der Abb. 205 unter der X-Achse liegenden Teile. 3. Auf der Linie SM₂ im Abstande 25 cm vom Schwerpunkte entfernt. Die Spannungen in M₁ und M₂ und und N.₂ sind zu berechnen.

Es ist also:

kjn -

= 8,0 + 5,18 = 13,2

kf .

qcm

P _ M- e± _ 80000 _ ” F Jy ~ 10000

= 8,0 — 7,25 = 0,75 kg

qcm

D. Der Kern als Darstellung der Widerstandsmomente.

Nach S. 67ff. ist: km = £ + ^;

n r W

M = P • e, also

_ P    P • e    _ P P • e    F _ P / e -F\

k™~ F —    W~    ~T± W    F    F \    - W )'

wo a den Abstand

Es ist nun ferner nach S. 84 die Kernweite k =

der äußersten Faser von der zugeordneten Schwerachse bedeutet. Es ist j    W

— = W. Danach wird die Kernweite k = oder

(32)

W=k ■ F

Die Kernweite multipliziert mit der Fläche ist also gleich dem Widerstandsmoment in bezug auf die zu k zugeordnete Schwerachse. Im allgemeinen kann man also folgende Regel aufstellen:

Schneidet die Kraftebene aus der Kernfläche den Strahl k (Kernweite) heraus, so ist das zu der betreffenden Kraftebene zugeordnete Widerstandsmoment W gleich dem Produkte aus der Querschnittsfläche und der Kernweite.

Aus dem Kern kann man also die zugehörigen Widerstandsmomente für jede beliebige Kraftrichtung herleiten. Die kleinsten Widerstandsmomente ergeben sich jedesmalig aus den winkelrecht zu den betreffenden Kernseiten gerichteten Kernweiten.

Aufgabe 47: Unter Benutzung der in Abb. 205 angegebenen Kernfläche soll das Widerstandsmoment für die Kraftrichtung SC₂ bestimmt werden. P wirke mit 80000 kg in einer Entfernung SC₂= 30 cm. Wie groß sind die Spannungen in den äußersten Querschnittspunkten?

VII. Berechnung der Spannungen in beliebig gestalteten Querschnitten unter Ausschluß von Zugspannungen.

Der Angriffspunkt C der Kraft P liegt außerhalb des Kerns und hat den Abstand e vom Schwerpunkte. Die Nullihie, deren Richtung als bekannt vorausgesetzt wird, teilt den Querschnitt in zwei Teile, von denen der eine, der den Angriffspunkt C enthält (der nutzbare), Druckspannungen erfährt, während der andere Teil spannungslos bleibt. Zunächst ist die Lage der Nullinie zu bestimmen. Auf einfachste Weise geschieht dies durch das Mohrsche Verfahren folgendermaßen:

Man teilt die gesamte Querschnittsfläche gleichlaufend zur Nullinienrichtung in eine größere Zahl Teilflächen, faßt deren Inhalte als Kräfte auf und zeichnet zu diesen Flächen mit dem Pole O das zugehörige Seileck, dessen äußerste Seilstrahlen die Schwerachse der Gesamtfläche festlegen würden. Der Bogen JLM stelle diesen Seilzug dar (bei Annahme sehr kleiner Teilstreifen). Man zieht ferner durch den Angriffspunkt C der Kraft P eine gleichlaufende zur Richtung der Nullinie und erhält den Schnittpunkt Cx mit der äußeren Seileckseite MM'. Durch Cx ist nun eine Gerade CXD derart zu ziehen, daß die beiden schraffierten Flächen DGL und LMCt einander gleich werden, was durch Probieren hinreichend genau erreicht wird. Die Nullinie geht dann durch den Punkt D.

Der Beweis läßt sich folgendermaßen führen: Bezeichnet man mit z den Abstand der Nullinie vom Schwerpunkte, so ist das Moment der äußeren Kraft P für die Nullinie: M — P{e-{-z). Diesem Moment muß durch die inneren Kräfte das Gleichgewicht gehalten werden. Das Moment der Spannungen für N — N ist, sofern f ein Flächenteilchen mit dem Abstande x von der

VII. Berechnung der Spannungen in beliebig gestalteten Querschnitten 9J

Abb. 206 a.

Ar

Zf

Sä!

’s

-S,

öS

S> S> S> S S>    S» S,

00    CXi O*    CC    to    *—

'S

___!.

...    J*'

ö:

Abb. 206 b.

E\T

*<

J.

Abb. 206 c.

Nullinie und kx die ihm zufallende Spannung ist: "o M{ — Ef- kx • x. Nach T. II S. 54 ist die Span-x- nung dem Abstande von der Nullinie proportional, „ also kx = s - x. Es wird demnach :

s. Zfx* P

P{e + z)=Zf-s-x-x = s -Efx*; e + z =

Da aber auch EV — 0 sein muß, so ist:

P-Zf-kx = 0; also P = Ef • kx= 2f ■ s ■ x; P = s-Ef-x.

Daraus ergibt sich: e + z

s-Zf- x* _Zf-xt Zf-x

s-Zf-x

Trägheitsmoment statisches Moment

des gedrückten Flächenteils'

in bezug auf die Nullinie.

Das statische Moment jedes Flächenteilchens in bezug auf die Nullinie erhält man nach T. I, S. 40 dadurch, daß die Polweite H mit dem betreffenden, durch die zur Flächenteilkraft zugehörigen Seilstrahlen auf der Nullinie abgeschnittenen Stücke y multipliziert wird. Also : /i • x₁—H • yt ; f₂- x₂—H -y₂ usf. (für f₈ ist ys z. B. in Abb. 206 eingezeichnet). Multipliziert man diese einzelnen Gleichungen entsprechend je mit xlf x₂ usw., so erhält man:

fixi ’ Xi = H • #i •    f₂x₂ • x₂ = H • y₂ ■ x₂ usw.

Es ist demnach:

fiX₁²+f₂x₂²+f₃x₃i -1----= H • yt - xt + H • ys - xa + H • y₃ - xs-1----

= H - (y₁x₁ + y₂x₂ + y ₃xz -\----).

Die linke Seite dieser Gleichung ist gleich dem Trägheitsmomente Zf • x*, der Klammerausdruck der rechten Seite stellt in den einzelnen Summanden den doppelten Inhalt der durch die Seilstrahlen und den zugehörigen ÿ-Wert gebildeten Dreiecke dar (T. I, S. 40). Die algebraische Summe dieser kleinen Dreiecke ist daher die durch den Bogen DGLM und die Seiten DE und EM begrenzte Fläche. (Der Seilzug DLM ist unter Annahme sehr schmaler Flächenstreifen durch die Seilkurve DGLM zu ersetzen.) Ihr Inhalt sei =F'. Es ist demnach:

F' ist die Fläche DGLMC.ED;

n uw .    2 ■ H • F' 2 > F'

Demnach ist: e + z — ~fjT^W — ~2) jr »

Zf - x = H-DE.

Zf-x*=H-2 ■ F';

F' =

(e + z)DE

Man kann sich also F' darstellen als Inhalt eines Dreiecks mit der Höhe e -\- z und der Seite DE, also nach Abb. 206a als Dreieck DCXE.

Es muß also werden: F' = A DCyE. Dies ist aber nur dann möglich, wenn die schraffierten Flächen sich ausgleichen, sie also einander gleich sind. Die größte Spannung ergibt sich nach Abb. 206 b aus der Beziehung:

kdl± _Pl

kmax. —

= z : /;

Solange die Kraft P auf einer Gegenachse des Querschnitts liegt, ist die Richtung der Nullinie leicht anzugeben. Fällt aber der Angriffspunkt C der Last an eine beliebige Stelle des Querschnitts, so muß die Richtung der Nullinie zunächst angenommen und dann geprüft werden, ob die Annahme richtig ist. Hierbei beachte man, daß die Mittelkraft aus den Druckspannungen der gedrückten Flächenteilchen durch C gehen muß, wenn der Kraft P das Gleichgewicht gehalten werden soll. Man bestimmt daher die Lage der Mittelkraft dieser Druckspannungen vermittelst zweier Seilecke. Die für die Zeichnung dieser Seilecke in Frage kommenden Kräfte erhält man dadurch, daß man die Querschnittsfläche gleichlaufend zur Nullinie in schmale Flächenstreifen zerlegt. Jeder dieser Flächenstreifen kann mit einer für ihn als gleichgroß angenommenen Spannung behaftet angesehen werden, deren Größe aus der Spannungsfigur (TRQ) für die erstmalig gefundene Nullinie entnommen wird. Die Kräfte erhält man aus dem Produkte aus dem Flächeninhalte der betreffenden Streifen und der zugehörigen Spannung. Die Lage der Mittelkraft wird durch ihre Entfernung von zwei beliebig gewählten Achsen festgelegt; als eine Achse kann die erstmalig gefundene Nullinie dienen, als zweite Achse eine Querschnittsseite oder eine beliebig gewählte, am besten

kd:k

max

F-z

zu der ersten winkelrecht stehende Richtung. Fällt nun der Schnittpunkt C’ der durch die äußeren Seiten beider Seilecke je der Lage nach bestimmten Mittelkraft mit C zusammen, so ist die erstmalig gefundene Nullinie die richtige. Fällt C' aber nicht mit C zusammen, so ist die Untersuchung für eine andere Richtung der Nullinie zu wiederholen.

Das vorstehende Verfahren ist bei Berechnung von Schornsteinen, Gewölbepfeilern, durchbrochenen Mauern von großer Bedeutung.

VIII. Berechnung der Treppen.

Man unterscheidet leichte und schwere Treppen. Leichte Treppen erhalten in der Regel eiserne Wangenträger und hölzerne oder eiserne Stufen.

kg anzunehmen. Schwere Treppen haben

Die Gesamtlast ist zu q = 650

qm

meist Werksteinstufen, gemauerte oder Betonstufen. Als Gesamtbelastung kann q = 1000

kg

kg

qm

gelten. Als Nutzlast ist 500 — einzuführen. °    qm

A. Berechnung der Wangenträger.

Wangenträger werden angewendet, wenn der Treppenlaut durch steinerne beiderseits aufgelagerte Trittstufen, durch eiserne Stufen, durch steigende Betondecken oder preußische Kappen gebildet wird.

DerWangenträger hat nach Abb. 207 a eine gleichmäßig verteilte Last Q aufzunehmen.

£) = Last des halbenTreppen-laufes (Abb. 208). Q kann zerlegt werden in eine zur \

Wangenträgerachse Winkel- ^ rechte und in eine in die Achsenrichtung fallende Seitenkraft (Abb. 207 b).

Die winkelrecht zu lx gerichtete Seitenkraft ist V— Q • cos cc, die in der Stabachse wirkende Z= Q • sin cc.

Da tg « = ist, so kann cc bestimmt werden.

Die Seitenkraft Z überträgt sich auf die Auflager; die Kraft V — Q cos cc beansprucht den Wangenträger auf Biegung.

Es wird: M.

<x

Qco*(X

cc

ft

Abb. 207 a.

Abb. 207 b.

max

es ist

= cos«; =

cos CC ’

mmm

demnach ist:

Mmzx

Q cos cc

Ql

COS CC

8"

Abb. 208.

Daraus folgt die Tatsache, daß jeder durch lotrechte Kräfte belastete schrägliegende Träger auf zwei Stützen wie ein wagrecht liegender Träger auf zwei Stützen mit der Stützweite / berechnet werden kann.

B. Berechnung der Podestträger, a) Podestträger für freitragende Stufen.

In dem vorliegenden Falle sind Wangenträger nicht vorhanden. Die freiliegende Länge der Stufen beträgt selten mehr als 1,25 m. Die infolge der Last und des bei jeder Stufe wirkenden Gegendruckes entstehenden Dreh-

M’

-0,1b

1.4

Abb. 210.

momente werden durch die Einmauerung aufgenommen (Abb. 209). Die Gesamtlast des ganzen Treppenlaufes wird auf den Podestträger im ungünstigsten Falle übertragen. Der Podestträger hat also aufzunehmen:

1.    die Belastung Q durch den gesamten Treppenlauf gleichmäßig verteilt auf die Laufbreite;

2.    eine gleichmäßig verteilte Belastung auf seine ganze Länge gleich der halben Podestlast.

In Abb. 210 ist die Belastungsfläche für den Podestträger CD angegeben. Die Stützweite des Podestträgers ist nach T. II, S. 75 zu bestimmen. Die

Belastungsdarstellung ist aus Abb.211 ersichtlich. Die Breite b' ergibt sich aus der Stützweite / und dem Maße b. Nimmt man l = 2,3b, so wird b'= -^-1 1,1 b. Die Berechnung dieser Träger bietet im weiteren Verlaufe keine Schwierigkeiten.

Abb. 209.

C\

\1>

Abb. 211.

b) Podestträger für Treppen mit beiderseits gestützten Stufen.

Die unter A festgelegte in Richtung der Wangenachse wirkende Seitenkraft Z= Q ■ sin a kann sich entweder auf beide Auflager der Wangen gleichmäßig verteilen, oder sie wird nur von dem unteren Auflagerpunkte aufgenommen.

i. Die Kraft Q sin a verteilt sich auf beide Auflager A und B gleichmäßig.

Es ergibt sich eine Verteilung der wirkenden Kräfte nach Abb. 212. Der Auflagerdruck A wird folgendermaßen festgelegt:

Q • sin a

A und B erhält je

und je

Q • cos cc

= A!;

Q² ■ sin²« 4~

Ç²•COS² a

= A²;

Æ² = 4 Q² (sin² « + cos² «) = j Q², da sin² « + cos² « = 1 ist.

Q = B.

Somit wird:

Die Kraftverteilung erfolgt also wie beim gewöhnlichen Träger auf 2 Stützen.

B,

^sinCXcoeCc

^c.osOC

<?*

QcoiOC

Qc osoc

Qsinec

M?-äjf—>

”11

Çcosa

QcobCX.

ftoA,

Abb. 212.

/fr-*-

o ifsnO cos»

Abb. 213.

2. Das untere Auflager nimmt die gesamte Kraft Q sin « auf.

Q cos a

Werden die am Auflager A wirkenden Kräfte Q sina und der wagrechten und lotrechten Richtung zerlegt, so erhält man nach Abb.213:

nach

I. Aus Qsin«: die wagrechte Seitenkraft: Qsin« • cos«;

die lotrechte Seitenkraft: Q sin « • sin « — Q sin² «.

II. Aus

: die wagrechte Seitenkraft: 2 Oc°s«,siii«; die lotrechte Seitenkraft: \ Q cos « • cos « — j Q • cos² «. Die gesamte wagrechte Kraft mit dem Wirkungssinn nach links ergibt sich zu: Ha = Q sin cc • cos « — j Q sin « ■ cos « = ₂ Q sin cc • cos cc ;

die gesamte lotrechte Kraft zu: A = Qsin²« + ₂ Qcos²«;

2 sin²« + 2 sin²« + ₂ Q cos² « = y sin²« + % (sin² « + cos² «) = y sin² « +

t\3 KD

(1 + sin² «).

Am Auflagerß wirkt wagrecht nach rechts wie bei 2, II : HB = * Q sin « • cos «

B = jQ cos² «.

und lotrecht nach unten:

oder

In Abb. 214 sind die Kraftwirkungen übersichtlich zusammengestellt. Außer den vorstehenden Kräften muß der Podestträger noch die durch das Podest selbst auf ihn ausgeübte gleichmäßig verteilte Belastung aufnehmen.

.4

-O

sinacosa

2 sin a cos a

L\

cos²«

Abb. 215.

Abb. 214.

Ein Podestträger, der nach Abb. 215 einen absteigenden und einen autsteigenden Treppenlauf aufzunehmen hat, erhält in lotrechter Richtung die in Abb. 216 angegebenen, in wagrechter Richtung die in Abb. 217 eingetragenen Kräfte. Der Podestträger wird somit auf Doppelbiegung beansprucht,

Mx My

seine Abmessungen sind nach der Forderung k = w +^-zu berechnen.

Bei der Berechnung gegen wagrechte Kräfte ist noch folgendes zu beachten. Wird das Podest durch eine wagrechte Betondecke oder in einer ähnlichen Ausführung hergestellt, so kann der Horizontalschub durch die Decke auf die gegenüberliegende Treppenhauswand übertragen werden. Ist die Treppenhauswand stark genug, um den wagrechten Schub aufzunehmen, so kann man den Podestträger als nur durch senkrechte Kräfte belastet berechnen. Ist die Treppenhauswand nicht imstande, die wagrechten Schübe aufzunehmen,

(1 +sin²a)

vnw^SSSS!

— ^XTWTNWWW'W.WY^

sinacosoc

^sinacosoc

sinoccosa

eos²oc

cos²<x

(l+sin‘²oc)

^sinacosoc

2 __

0*15*

0*15*

Ö3

Abb. 217.

Abb. 216.

so muß der Podestträger gegen wagrechten Schub berechnet werden, wie vorstehend angegeben. Ist der Podestträger durch zwischen Podestträger und Treppenhauswand liegende Kappen gebildet, so wirkt der Kappenschub dem Wangenschube entgegen. Die Treppenhauswand muß dabei imstande sein, die auf sie fallenden Kappenschübe zu tragen, andernfalls müssen diese Schübe durch Anker auf den Podestträger übertragen werden, der dann wieder entsprechend belastet wird.

Aufgabe 48: Für nebenskizzierte Treppenanlage (Abb. 218) sollen bei einer Stockwerkshöhe von 4,08 m die Treppenpodestträger berechnet werden. Es sind für jeden Treppenarm 11 Auftritte bei 17 cm Steigung nötig. Auf-

trittsbreite = 30 cm. Hierbei soll das Podest

1,30

3,30

Abb. 218.

1,20 0,15 1,20

7?

>77

VA

■1,32

Tiö

.1,32.

1,30

Abb. 219. Darstellung der lotrechten Belastung des Podestträgers.

1.    als Betondecke ausgebildet sein, Belastung der Treppe = 1000    ,

2.    durch preußische Kappen hergestellt werden.

Aufgabe 49: Für die gleichen Annahmen ist die Treppe für den Fall zu berechnen, daß die Stufen durch Wangen unterstützt werden. Die Belastung

der Treppe beträgt 650 — •

Lösung:

1. Berechnung des Wangenträgers.

3,30- 1,20

Die Belastung des Wangenträgers beträgt Q — Ql _ 1290-330

max

53200 kgcm ;

max

. 650 = rd. 1290 kg.

53200 --1200 44,3 Cm '

Gewählt I N. P. Nr. 12 mit Wx — 54,7 cm³ und g= 11,15

kg .

U. Berechnung des Podestträgers. Festlegung der Lasten.

4,08

2,04

Das Steigungsverhältnis der Wange ist tg k a = 31°43';

Der aufsteigende Wangenträger übermittelt eine Last:

Pi= y (1 + sin³ a) = ¹²₂⁹⁰ (1 + 0,5257*) = ¹²⁹⁰ (1 + 0,2780) = 825 kg,

der absteigende Wangenträger eine Last:

1290    <.

₂ - 0,8507 = 645 • 0,724 = 468 kg,

die Stützweite des Podestträgers: /=1,04/₁ -f- 0,10 = 1,04 • 2,55    0,10 = 2,80 m,

= 2,80 • ^|⁵ • 650 = rd. 590 kg,

die Belastungsanordnung ist in Abb. 219 dargestellt.

UaBsch 48: Schau, Statik lila

3,30    3,30

sin a = 0,5257 ; cos cc = 0,8507.

= 0,617.

P’=2

COS“ (X =

die halbe Podestlast:

Bestimmung der Auflagerwiderstände.

Der Auflagerwiderstand:

P, • 148

280

, JV¹³²_295 + 8-5.1^ + ⁺ 280 + 280 '

A = 950 kg;

825 • 132

468-132

280

= 295 + 435 -f 220 ;

468 • 148

P, • 148 _

= 295 + 390 -f- 245 ;

295 +

B = 933 kg.

A + B = ZQ-,

950 + 933 = Pj + P₂ + Q = 825 + 468 + 590 = 1883 kg; also richtig.

Probe:

280

280

280

280

Bestimmung des gefährlichsten Querschnittes und des größten

Biegungsmomentes.

590

Es ist ^ ⁼ 280 = 2,1

cm

—• Die Querkraft am Ende des ersten Belastungsfeldes ist:

A — q₁ ■ 132 = 950 — 2,1 • 132 = 950 — 277 = -f 673 kg.

Am Anfang des zweiten Belastungsfeldes ist die Querkraft:

A — <7X - 132 — Pt = 950 — 277 — 850 = — 177 kg.

Der gefährliche Querschnitt liegt also unter Pt; demnach ist:

Mjj max

1-20 2 132²

= A • 132 — ql ■ - 2 - = 950-132 —2,1 - ^ = 125400 — 18300 = 107100 kgcm.

Die Berechnung für die wagrechten Kräfte soll erfolgen unter der Annahme, daß das Podest

Bh

I U Abb. 220.

1. den gesamten Schub aufnimmt,

2.    daß durch den Schub ¹¹ "Jf einer Podestkappe ein Teil der Horizontalkraft derWan-genlast aufgehoben wird.

Abb. 221.

1. Fall. Im ersten Falle wirken die Kräfte H= Q sin a • cos a an den Angriffspunkten der Wangen (Abb. 220);

H = + Q sin a • cos a =    1290 • 0,5257 • 0,8507 = 290 kg.

L*    L*

Demnach wird infolge der gleichliegenden Belastung: Ah — Bh = 290 kg.

Also ergibt sich: M

h max

= Ah • 132 = 290 • 132 = 38280 kgcm.

liegt unter dem Angriffspunkt des Wangenträgers I. Da Doppelbiegung vorhanden ist, muß sein nach S. 51 :

107100 . 38280

Sowohl M

v max

als auch M

h max

M

LV

Mh

w

vvy

wx ' Wy

Wählt man probeweise I N. P. Nr.25 mit Wx— 397 cm³ und Wy — 46,5 cm³, so wird:

38280 46,5

107000

= 270 -j- 812 = 1092

kg _ qcm

2. Fall. Im zweiten Falle muß zunächst der Kappenschub der Podest- Al kappe bestimmt werden. Es ist genügend genau nach S. 57:    p

(Abb. 221);

Abb« 222 ci» ^

S7

5a

00 er

130

f-=    =-3-= rd. 16 cm;

O

b = 130 cm;

590 • 130 4-16

Für den laufenden cm kommt eine Belastung in Frage:

H. 1200    , „kg

— 280 ~ 280 ~ rd' 4,3 cm '

Die Belastungsdarstellung ist in Abb. 222 a gegeben.

Infolge der gleichliegenden Belastung wird : A'h = B'h <

^ = W-^ = 290-¹^° = -310 kg = ß^.

Die Darstellung der Querkraftsfläche ist in Abb. 222 b gegeben.

Am Ende des ersten Belastungsfeldes ist die Querkraft:

= — A'h + q, 132; V₁ = — 310 +132 • 4,3 = -f- 256 kg.

H,=

= 1200 kg.

Abb. 222 b.

Darstellung der wagrechten Belastung des Podestträgers.

Am Anfang des zweiten Belastungsfeldes ist die Querkraft:

Vi = — A'h q₂ • 132 — H— — 310 -f- 566 — 290 = — 34 kg.

Am Ende des zweiten Belastungsfeldes ist dieQuerkraft: — 34 -f-16 - 4,3 = 4-34 kg. Am Anfang des dritten Belastungsfeldes: Vs = -(- 34 — 290 = — 256 kg und schließlich am Ende des dritten = B^ = -\-3\0 kg. Es treten, wie auch aus Abb. 222 b ersichtlich, fünf Stellen auf, an welchen die Querkraftsflächen aus dem Positiven ins Negative übergehen, also sind auch fünf verschiedene größte Werte der Biegungsmornente vorhanden.

Im ersten Belastungsfelde liegt der gefährliche Quer- *—rrr schnitt im Abstande xl von A entfernt. Es muß dann nach Abb. 223 werden:    ,,

f"*-

A 310

<72    4,3

s* -

Abb. 223.

Ah — <7s*i =°;

Demnach erhält man:

x ²    72²

— A'h - x — qt '2 = 310 • 72 — 4,3 •    = 22300 — 11000 = 11200 kgcm.

max

*1 =

= 72 cm.

liegt im Punkte II, also unter H. Es ist:

132²

M, max =310- 132 — 4,3 • —= 40920 — 37 420 = 3500 kgcm.

liegt in der Trägermitte. Es ist:

140*

Msmax = 310 • 140 -f 290 • 8 — 4,3 •    = 43400 — 42200 -f 2520 = 3720 kgcm.

= Mt

A*» max

max

Es ist ferner: biegung beansprucht.

max

— max » M₅

max

max •

Der Träger wird auf Doppel-

An der Stelle des größten durch die lotrechten Kräfte hervorgerufenen Biegungsmomentes, also unter I, ist das durch die wagrechten Kräfte hervorgerufene Biegungsmoment = Mt

Demnach muß sein: k =

max •

max

107100 . 3500

w

vvy

Gewählt I-Träger N. P. Nr. 16 mit Wx = 117 cm⁸ und lVy = 14,8 cm*.

kg qcm

Es ist dann:

107100 . 3500

117

14,8

= 915 + 236 = 1151

Es soll nun noch geprüft werden, ob dieses Trägerprofil auch an der Stelle des größten wagrechten Biegungsmomentes noch genügt.

Das Moment durch die senkrecht wirkenden Kräfte für die Stelle xl = 72 cm ergibt sich zu:

72²    72²

M'v = A • 72 — qx • ~ = 950.72 — 2,1 • - = 68400 — 5400 = 63400 kgcm.

K . Mi

Demnach ist: k =

max

Wx

63000    11200

117 ⁺ 14,8

= 538 + 756= 1292 kg

qcm '

also ist die Spannung zu groß.

Es ist daher zu wählen:

I N. P. Nr. 17 mit Wx = 137 cm* und Wy = 17,1 ;

63000 . 11200    in.

= 460 + 654= 1114

kg.

g — ¹9,⁸ * m

Es wird:

kg

137

17,1

qcm’

also zulässig.

(I) Aufgabe 50: Eine aus Werksteinstufen bestehende Treppe in einem Museumsanbau soll berechnet werden. Die Podeste sollen unter Annahme

eines Zwischenpodestes aus zwei Backsteinkappen mit ₈ Stich gebildet werden. Die nutzbare Laufbreite betrage 1,00 m, die Durchsicht der Treppe = 0,50 m. Als Belastung ist 1000 Lauflänge = 4,90 m. Die Podestbreite beträgt 2,30 m.

kg.

qm

einzuführen. Stockwerkshöhe = 5,12m;

c) Berechnung eines Eckpodestes.

(I) Aufgabe 51: Für die gleichen Verhältnisse wie in Aufgabe 45 soll ein Eckpodest berechnet werden. Die Lauflänge beträgt l = 3,30 m, die Laufbreite 1,20 m. Das Podest sei als Betonplatte ausgebildet, die auf eisernen Trägern ruht (Abb. 224). Das Eckpodest wird durch zwei X-Träger AC und

^^ gebildet, von denen jeder so stark be-|    V///V J |    k messen werden soll, daß er die Lastübertragung

|    ^ allein übernehmen kann, cc = 31°43'. Die Trä-

|    '(/////    < ger AC und BC sind als Konsolträger zu be-

I V//a/'    I rechnen.

+- pF—^    Berechnung des Trägers AC. Von der auf-

^    steigenden Wange erhält der Träger A C einen Druck

®S

Abb. 224.

Pt = ^ (1 + sin²«) = 825 kg, von der absteigenden Wange P₂ = ^ • cos² « = 468 kg. Außerdem hat er noch die halbe Podestlast aufzunehmen,

1,20

• 650 = 470 kg. Demnach ergibt sich nach Abb. 225 : = (P₁ + P₂) • 120 -f- Qt . 60 = (825 + 468) • 120 -f 470 • 60 = 183360 kgcm ;

somit die Last Qx = 1,20 •

max

max

w=

183360

1200

= 152 cm³.

Qi

Gewählt wird ein ]_ N. P. Nr. 18 mit:

Wx = 161 cm⁸ und <7 = 21,90——;

m

F = 27,9 qcm.

Durch den horizontalen Wangenschub wird der Träger noch in seiner Achse au! Druck beansprucht: es ist: H — ^ Q sin’« • cos a = 290 kg.

183360 . 290 27,9

Der Trägerquerschnitt Wx ist also ausreichend. Der Träger BC erhält das gleiche Profil wie AC.

Über Berechnung der Blechträger und Kastenträger, ebenso über die Berechnung von Dachkonstruktionen ist Näheres ausführlich in Teil IIIb angegeben.

Es wird:

M H

,    max ,

k = ~Wx⁺F

161

-120-

Abb. 225.

= 1190 + 11 = 1151 --Ł. ¹    qcm

IX. Berechnungen auf Erddruck.

A. Allgemeines.

Schüttet man eine lockere Erdmasse auf eine wagrechte Ebene auf, so böschen sich die Seitenflächen des Erdhaufens nach Eintreten des Ruhezustandes unter einem bestimmten Winkel cp. Man nennt den steilsten, möglichen Winkel cp den natürlichen Böschungswinkel. Die Ebene, auf der sich die Erdteilchen infolge der Reibung, also ohne künstliche Befestigungsmittel, dauernd zu halten vermögen, heißt die natürliche Böschungsfläche oder die natürliche Böschung. Die Größe des natürlichen Böschungswinkels ist gleich dem Reibungswinkel des betreffenden Schüttungsstoffes; sie ist abhängig von der Erdart, von dem Grade der Feuchtigkeit und von dem Wärmegrad. In gewissem Maße wirkt auch die Zusammenhangskraft der Körperteilchen (Kohäsion) mit, die allerdings meist gering ist. Je größer die Zusammenhangskraft, um so größer wird der natürliche Böschungswinkel, je größer die Feuchtigkeit des Erdreichs, um so kleiner wird cp.

Bei Böschungsanlagen im gewachsenen Boden oder festgestampften Boden kommt, im Gegensatz zu lose geschütteter Erde, die Zusammenhangskraft in höherem Maße in Betracht, sie ermöglicht eine steilere Böschungsanlage. Da jedoch durch Abwitterung diese Zusammenhangskraft vielfach aufgehoben wird, und somit nur die Reibung der Erdteilchen aufeinander wirksam ist, so muß auch bei gewachsenem Boden in der Regel mit der natürlichen Böschung gerechnet werden. Alle Erdmassen, die sich oberhalb der natürlichen Böschung befinden, bedürfen demnach einer Stützung, sofern ihr

Abrutschen befürchtet werden muß, d. h. sobald ihre Zusammenhangskraft nicht dauernd gesichert ist. Die Stütze, welche das Abgleiten des Erdkörpers verhindern soll, muß also dem auftretenden Druck dieser Massen, dem Erddruck, widerstehen.

Die Zusammenhangskraft kann man gleichsam als eine Scherfestigkeit des Baustoffs bezeichnen, sie kann um so mehr vernachlässigt werden, weil die dadurch begangene Ungenauigkeit nur eine größere Sicherheit der Stützung herbeiführt.

Die Stützung erfolgt in der Regel durch Mauern (auch durch Bohlwände u. dgl.). Mauern, die zur Abstützung von aufgeschüttetem Boden dienen, heißen Stützmauern; Mauern, die bei gewachsenem Boden Verwendung finden, nennt man Futtermauern.

Wirkt der Erddruck gegen die Mauer, so nennt man ihn den aktiven Erddruck, wirkt jedoch von seiten der Mauer aus ein Druck gegen

c die aufgeschüttete Erde, so ^ entsteht der passive Erddruck. Hier soll nur der aktive Erddruck untersucht werden; über passiven Erddruck s. T. III b.

Abb. 226.

Um die Wirkung des Erddruckes genau verfolgen und berücksichtigen _ zu können, muß seine Richtung, Größe, Angriffspunkte und sein Wirkungssinn ermittelt werden.

Die Größe und Richtung des Erddrucks sind abhängig von der Beschaffenheit der Hinterfüllung, insbesondere von der Reibung der Erdteilchen untereinander, von der Zusammenhangskraft ihrer Teile und dem Gewicht der Erdmasse.

Ist die stützende Mauer standfähig, so ist sie in der Lage, dem herrschenden Erddruck das Gleichgewicht zu halten. Gibt die Mauer jedoch um ein geringes Maß nach, so wird das Gleichgewicht gestört, und der zu stützende Erdkörper gerät in Bewegung.

Für die weitere Untersuchung auf Erddruck wird in der Regel die Annahme gemacht, daß sich beim Nachgeben der Stützmauer die darüberliegende Erdmasse in Form eines dreiseitigen Prismas mit der Grundfläche ABD loslöst und auf der neugebildeten Fläche AD, Gleitfläche genannt, die genügend genau als Ebene angesehen werden kann, herabgleitet (Abb. 226). Die Ebene AD entsteht somit beim Grenzzustand, also in dem Augenblicke, wo durch Nachgeben der Mauer das Gleichgewicht gestört wird und die Bewegung beginnt. Sie bildet die Grenze zwischen dem in Bewegung geratenden und dem in Ruhe bleibenden Teil der Erdmasse ABC, an ihr wird beim Eintreten des Grenzustandes der Widerstand gegen Gleiten voll ausgenutzt.

Die Wirkung des Erdprismas ABC kann im Grenzzustande als die eines Keils angesehen werden, der sich auf den Flächen AB und BD zu bewegen sucht. Durch die an der Mauerrückenfläche meist auftretende Reibung und den in der Trennungsebene wirkenden Widerstand wird die im Vergleich zur natürlichen Böschung steilere Lage der Gleitfläche hervorgerufen; auch übt der durch das Gewicht des Erdprismas ABD (Druckprisma) hervorgerufene Druck, der eine gewisse Zusammenpressung der darunter liegenden Erde veranlaßt, einen dementsprechenden Einfluß aus.

Das Gewicht des Druckprismas ABC, einschließlich einer auf der Oberfläche BC ruhenden, lotrecht angenommenen Belastung, sei G. Das Gewicht G, der an der Wandfläche AB auftretende Widerstand £, der gleich dem Erddruck E ist, und der an der Gleitfläche AC angreifende Gegendruck W der unterhalb AC liegenden Erdmasse müssen sich im Gleichgewicht halten (Abb. 227). Es bildet dabei W mit der Winkelrechten zu AC den Winkel 8, der Widerstand E mit der Winkelrechten zu AB den

Winkel 8'. Falls die Richtungen von E und W bekannt wären, würde sich E und W bestimmen lassen. (Abb. 228.)

EJ

90°

<r

90°

Da bei dem Grenzzustand mit der eintretenden Bewegung gerechnet werden muß, so ist gleitende Reibung an den Seitenflächen des Keils zu erwarten.

von

\fG

Abb. 227.

Abb. 228.

Der Winkel 8 kann also höchstens = r, dem Reibungswinkel Erde auf Erde, werden (T.I, S. 58). 8' ist

aus der Erfahrung als bekannt anzunehmen. Bei vollkommen glatter Wand ist 8' — 0; sein Größtwert ist gleich dem Reibungswinkel rr zwischen Erde und Mauerwerk (T. I, S. 58), wobei rt<Lr. Verschieben sich die Erdteilchen gegen die Wand nach abwärts, so entsteht in der Wandfläche ein aufwärts gerichteter Reibungswiderstand, also weicht E nach oben von der Winkelrechten ab.

Am sichersten geht man, wenn 8' = 0 gesetzt wird; der dem von der Mauer zu leistenden Widerstand E entsprechende Erddruck (T. I, S. 4) wirkt dann winkelrecht zur Mauer. Vielfach, wird dann 8' = t₁ oder, sofern rt > r, nur = r angenommen.

Bei dem gewöhnlichen Rauhigkeitsgrade der Wände ist rx > r; beim Nachgeben der Wand wird in diesem Falle eine Erdschicht an der Mauer haften bleiben und so in Wirklichkeit Reibung von Erde auf Erde stattfinden.

Es ist im allgemeinen zu empfehlen, 8' = r nur bei ruhender Belastung und in den Fällen, wo eine rauhe Wandfläche vorhanden ist, zu wählen, sonst einen geringeren Wert einzusetzen. Möller empfiehlt bei schmalen

In CO

und glatten Wänden 8' =    , bei dickeren Wänden mit geputzter Rückseite

oder Holz mit rauhem Sägeschnitt 8' = r zu nehmen.

In folgender Tabelle S. 104 sind Mittelwerte von r gegeben nach dem Handb. d. Ingw. I 2, Kap. III, S. 208.

Im folgenden sollen mit Rücksicht darauf, daß im Hochbau nur in seltenen Fällen schwierigere Untersuchungen auf Erddruck vorgenommen werden

müssen, die einfachsten Fälle besprochen und dabei lediglich die Rechnungsergebnisse festgelegt werden.

Erdart

-i

tgr

y — Gewicht von 1 cbm in kg

1. Dammerde, trocken

CO

ct

ff

natürlich feucht

2. Sand, trocken

gesättigt naß

99

natürlich feucht

„ gesättigt naß. 3. Lehmboden, trocken

„ naß

4.    Tonerde, trocken naß .

5.    Kies, trocken .

6.    Gerölle, eckig . rundlich

ff

ff

CO NJ .fc. tO Ul © O © O

Ol 1° iC i° i”¹ tO .tx i” IO 4^ iw OCH    CT ©    •*] CT

° ° .L N> CT tO i. ® cCO °

CO

Ol

o © o o o

îomoioo

0,700—0.839

1,000

0,510

0,577—0,700

0,839

0,466

0,839—1,000 0,364—0,466 0,839—1,192 0,364—0,466 0,700—0,839 ; 1,000 0,577

1400

1600

1800

1580—1650

1800

2000

1500

1900

1600

2000

1800—1850

1800

1800

B. Erddmck auf eine lotrechte, glatte Wand bei wagrechter Geländeoberfläche ohne Auflast.

Bei lotrechter Begrenzung der Wandhmterflâche und wagrechter Geländeoberfläche ist das Gewicht des Druckprismas ABC (Abb. 229):

\D

G = BC •

IO S-

<7‘

wo y das Gewicht von 1 cbm Hinterfüllungserde BC

= tga;

ist:

BC — h • tgt<; demnach wird:

G = h • tg a •    • y

hs .    7

"T*1 gcc'r-

Der Erdoberkörper ABC, durch dessen Druck die G\ W Mauer beansprucht wird, \ muß nach obigem sich \ unter Einwirkung der drei Kräfte G, E und W im Gleichgewicht befinden (Abb. 228). E ist dabei der von der Mauer auf das Druckprisma ausgeübte wagrechte Gegendruck, W die Mittelkraft von G und E. Die Kraft W weicht von der Winkelrechten zur Gleitfläche um den Winkel $ gleich dem

\r

Abb. 229.

--

■E

l.[__

Abb. 230 a.

ti-

<p

Abb. 230 b.

Reibungswinkel r ab (Abb. 230 a u. b). Der Winkel d' ist hier gleich Null.

Es ist:

= tg/3; E=G- tg/3.

Unter Einsetzung des Wertes von G wird:

E — y *y tga • tgß;

E erhält den größten Wert, falls tga = tg ß wird, also wenn a = ß ist. In der Regel wird der Reibungswinkel r = (p gesetzt. Demnach ist:

(p == 90 — 2a;

^P = 45- -fl.

Es ergibt sich demnach für den Erddruck der Wert:

E = y y tg² (45 — I)........(3

y

Als Mauertiefe ist stets die Strecke von 1,0 m anzunehmen. G = 2 ist das Gewicht des Druckprismas.

C. Erddruck auf eine lotrechte glatte Wand bei wagrechter Geländeoberfläche mit Auflast

Trägt das Gelände eine Auf last (Verkehrslast), so ist y durch den Wert y zu ersetzen, den man wie folgt bestimmen kann (Abb. 231):

Bei einerTiefevon 1,0m ist das Gewicht des Erdprismas mit der

"t

dh

Grundfläche ABC— ₂ - 1,0 -y;

die Aufiast p für die Länge d und für die Tiefe 1,0 m entspricht einem Gewicht/?-d-1,0 kg, das

d h • 1,0 sich

auf den Inhalt

verteilt, demnach tritt durch die Aufiast eine Gewichtsvermeh-

__ p ■ d ■ 1,0 _2p

.1

rung für 1 cbm ein wird :

dh

-2-1,0

“h

Abb. 231.

so daß das Raumgewicht für 1 cbm

r    , 2p

y ~ v ' h’

Das Gewicht des Druckprismas beträgt demnach G — y' F.

^V(4B-1).

Beispiel: Ist r = cp = 25°, h — 8,0 m und y — 2000

2000 • ^ • tg² (45 -    ) = rd. 26000 kg.

Demnach wird:

so wird:

cbm

Wirkt auf den Quadratmeter eine Verkehrslast = 2500 kg, so ist:

2 • 2500

/ = y + ^ = 2000 + deshalb wird: E = 2625 •

8,0-

Der Erddruck wirkt bei der Annahme d' — 0 winkelrecht zur gedrückten Fläche. Trägt man in jedem Punkte der

Abb. 232.

= 2000 + 625 = 2625 kg

tg² • (45 — y) = 34200 kg.

G H Abb. 233.

cbm

ii

Mauerrückenfläche den auf den betreffenden Punkt wirkenden Druck auf, so ergibt die Verbindungslinie der Endpunkte dieser einzelnen kleinen Drucke eine Gerade. E kann bildlich daher durch ein Dreieck von der Höhe h und der

Grundlinie h ■ tg² ^45 — ^ )

dargestellt werden (Abb. 232). Der Erddruck kann als im Schwerpunkt des Dreiecks wirkend angenommen werden, und zwar in wagrechter Richtung.

Ist eine Auflast vorhan-

Sb

■<o

l*t

Mi

a,

den, so ist h durch h -f

— h' zu ersetzen, die auf y zurückgeführte Belastungshöhe. Man denkt sich also die Auflast durch eine Erdschüttung vom Raumgewicht y und von der Höhe ~

ersetzt. Das Erddruckdreieck wird dann für die Höhe h' hergestellt (Abb. 233). Infolge der Auflast kommt noch ein Rechteck DFGH zu dem ursprünglichen Dreieck FHJ hinzu. Das Trapez DFJG stellt das Erddrucktrapez dar; das Erddruckprisma ist bei Annahme einer Tiefe von 1,0 m mit y zu multiplizieren, um den auf AB wirkenden Erddruck für eine Mauertiefe von 1,10 m zu erhalten. Der Erddruck greift in Höhe des Trapezschwerpunktes an (Abb. 233).

Will man den auf das Mauerstück BC entfallenden Erddruck bestimmen (Abb. 234), so trennt man durch eine Wagrechte durch C das Dreieck DEF ab. Der Erddruck auf BC ist dann E* = A DEF- 1,0 -Der Angriffspunkt

Abb. 234.

/////,

B,

ist

Abb. 235.

oo a*

von C entfernt. Der auf CA wirkende Erddruck ist

liegt im Abstande

E₂ = EFGH ■ 1,0 • y und greift in der Höhe des Trapezschwerpunktes an.

Durch Zusammensetzung des Erddruckes mit den übrigen auf die stützende Mauer wirkenden äußeren Kräften können die für die betreffenden zu untersuchenden Fugen in Betracht kommenden Mittelkräfte nach T. I S. 19 bestimmt und die Fugendrücke nach V dieses Teils III ermittelt werden.

Aufgabe 52: Ein Baugrundstück wird durch eine 6,0 m hohe Stützmauer begrenzt, die mit trocknem Sande hinterfüllt werden soll. Der in Abb. 235 dargestellte Mauerquerschnitt ist auf Standsicherheit zu untersuchen, die Spannungen im Punkte M und N sind zu bestimmen (T. I S. 19).

Näheres über Erddruck und Stützmaueruntersuchungen, besonders auch bei nicht glatten Wänden, s. T. III b.

X. Wasserdruck.

Der Wasserdruck läßt sich nach den gleichen Grundlagen, wie unter VIII entwickelt, festlegen. Der natürliche Böschungswinkel beträgt cp = 0°; daher

tg ^45 — 2 ) = tg 45° = 1. Der Wasserdruck für eine senkrechte Wand beträgt demnach für die Höhe h :

wird

w=ę.ie*(45—1)

Da 1 cbm Wasser 1000 kg wiegt, so wird W — 1000 • y = 500 -h² kg ;

h ist in m einzusehen. Der Wasserdruck beträgt demnach bei einem Wasserstande von h = 6,0 m: W — 500-6²= 180Ö0 kg.

2"

• • (35)

SL

5L

ß,

D’

'h

:S:

fy

:h

<2

A:

K-t-

Abb. 236.

Abb. 237.

Zu beachten ist, daß der Wasserdruck proportional mit dem Abstande von der Oberfläche wächst und er stets winkelrecht zur gedrückten Fläche, also auch winkelrecht zu geneigten Wänden steht. Der Seitendruck und der Bodendruck ist gleich dem Gewichte einer Flüssigkeitssäule, welche die gedrückte Fläche zur Grundfläche und den Abstand ihres Schwerpunktes von dem Flüssigkeitsspiegel zur Höhe hat.

Man erhält demnach die Darstellung des Wasserdruckes durch Aufträgen der betreffenden Höhen dieser Flüssigkeitssäulen winkelrecht zu den gedrückten Wandflächen (Abb. 236). Auch hier ergibt sich bei senkrechter Wand ein Dreieck mit der Höhe h und der Grundlinie == h, dessen Inhalt h²

demnach = ₂ ist. Der Inhalt dieses Druckprismas mit einer Grundfläche

ABC und von einer Tiefe 1,0 m multipliziert mit y gibt den Wasserdruck W =    (s. o.).

Bei schräger Wand erhält man das in Abb. 237 gegebene Wasserdruck-

i h

— y- h i * y

dreieck ABC. Es ergibt sich dann: W

Der Wasserdruck im Punkte A z.B. ist gleich dem Gewicht einer Flüssigkeitssäule von der Höhe h, also muß h winkelrecht zu AB aufgetragen und D mit B verbunden werden.

Bei gebrochenen Wandflächen muß man jede Fläche für sich betrachten und in den Brechpunkten die Abstände des jedesmaligen Brechpunktes von

der Wasseroberfläche winkelrecht zu jeder der beiden sich treffenden Flächen auftragen.

Der Abstand h (Abb. 238) muß also im Brechpunkt B zweimal aufge-hL tragen werden, einmal winkelrecht zu AB, das andere Mal winkelrecht zu CB. Auf die Fläche AB wirkt das dreiseitige -- Wasserprisma mit der Grundfläche ABD, wobei BD = h ist. Auf die Fläche BC wirkt das vierseitige Wasserdruckprisma mit der Grundfläche BCFE, in welcher CB — h" und FC = h₁ anzunehmen ist.

Der Wasserdruck für BC ist W —yh y; der für B C wird W₂ = y ■h'^L-h".

Der Mittelpunkt des Druckes liegt im Schwerpunkte der jedesmaligen Druckfigur. Der Druck selbst wirkt winkelrecht zur belasteten Fläche. Für die Berechnung der Fugendrücke der auf Wasserdruck beanspruchten Mauern gilt das unter VIII am Schluß Angeführte. Näheres s. Teil III b.

Aufgabe 53: Die in Aufgabe 52 angezeichnete Stützmauer erhält von ihrer Außenseite her infolge auftretenden Hochwassers einen Wasserdruck, wobei der höchste Wasserstand 1,0 m unter Maueroberkante anzunehmen ist. Die Mauer soll untersucht werden für den Fall, daß

1.    der Bauzustand vorliegt, also eine Hinterfüllung noch nicht stattgefunden hat,

2.    im hinterfüllten Zustand bei noch trockner Hinterfüllung (Sand),

3.    im hinterfüllten Zustand bei gesättigt nasser Hinterfüllung (Sand).

Hinsichtlich der weiteren Untersuchung von Stützmauern, Gewölbebauwerken, der Dächer sowie größerer Trägeranordnungen (Blechträger, Kastenträger u. a.) wird auf Teil 111 b verwiesen.

Abb. 238.

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KRAKÓW 1

Außer dem vorliegenden Buch erschien von Reg.-Baumeister A. Schau, Gewerbeschulrat und Direktor der staatl. Baugewerkschule in Essen:

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einer

Ieros

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-r    ¹²-rŒ-^ ¹    «B6«⁶⁸' r,    Die neueren töärmeftraftmafdjinen. Donffieh-

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Der Unterricht an Baugewerkschulen

Baukonstruktion und Baukunde

Baukonstruktionslehre. Von Prof. 0. Fr ick u. Dir. Prof. K. Kn öl 1. ln 2 Teilen. (Bd,37,38.) Teil I. 8. Aufl. Mit 275 Fig. M. 21.60 Teil 11. 7. Aufl. Mit 251 Fig. M. 25.60.

Gründung von Hochbauten. Vor» Studienrat Professor M. Benzei. 5. verb. Auflage. Mit 151 Abbildungen im Text, 7 Berechnungsbeispielen und 2 Tafeln. Mit Anhang: Berechnung der Baugrundbelastung durch ein freisteh, zweigeschossiges Wohnhaus. (Bd. 8.) M 24.—. Grundzüge des Eisenbaues. (Eisenkonstruktion.) Von Dipl.-Ing. Prof. A. Göbel. ln 2 Teilen. (Bd. 31, 32.) Teil I. Von Studienrat Dipl.-Ing. O.Henkel. ö.Aufl. Mit 217 Abb. M. 25.60. Teil II. 5. Aufl. Mit zahlreichen Abbildungen im Text. M. 17.60 Die Ausführung von Eisenbetonbauten. Von Ober!. Ing. Preuß. Mit 31 Fig. (Bd. 33.) M 6 40. D.Berechnungv.Eisenbetonbauten. V.Dir.Dr.-lng.P.Weiske. 2.Aufl.M.74Fig. (Bd.l7.)M 9.60. Umbauten u.Wlederherstellungsarb. V.Arch.Prof.E.0 eb h a r d t. 2. Afl. M.38 Abb. (Bd.7.) M.8.—^ Bürgerliche Baukunde und Baupolizei. Von Architekt Gewerbeschuidirektor C. Busse.

2.    Aufl. Mit 217 Abbildungen. (Bd. 49.) M. 15.—

Leitfaden der landwirtschaftlichen Baukunde. Von Baumeister Oberl. Prof. A. Schubert

3.    Auflage. Mit 161 Originalfiguren. (Bd. 10.) M. 14.‘0.

Die gewerbliche Baukunde. 2. Aufl. (Neudruck in Vorbereitung 1922.J

Die Bauführung. Von Architekt Prof.M.Gebhardt. 3., durchges. und verm.Aufl. Mit 8Fig.

(Bd. 9.) M. 13.50.    *

Erd-, Straßen- und städtischer Tiefbau, Wasserbau, Brückenbau und Eisenbahnbau

Städtischer Tiefbau. Von Geh. Reg.- und Gewerbeschulrat Professor R. Gürschner und Professor M. Benzei. In 3 Teilen. (Bd. 34—36.) Teil t: Bebauungspläne und Stadtstraßenbau. Von Prof. M. Benzei. 3., verm. Auflage. Mit 212 Abb. u. 3 mehrfarb. Plänen (ein Bebauungsplan nebst Längen- und Querprofilen und ein Fluchtlinienplan). M 42.40 Teil II: Wasserversorgung von Ortschaften. Von Geh Reg.-u.(iewerbeschulrat Prof R.Gürschner.

4. Aufl. Mit 81 Abb. M. 31.20.1 eil 111: Stadtentwässerung. Von Geh. Reg.-u.Gewerbeschulrat R. Oörschner u. Prof. M. Benzei. 4 Aufl. Mit 144 Abb., 32 Berechnungsbeispielen, 3 mehrfarbigen Plänen und 6 graphischen und 5 Zahlentabellen. M. 30.40.

Grundbau. Von Prof. M. Benzei. 3. verbess. u. verm. Aufl. Mit 233 Abb. (Bd 18.) M. 27.20. Erd-und Straßenbau. V Ing.Prof.H.Knauer. 3., umgearb.u.verm.Aufl. In 2Teilen.(Bd.l 1/12.) Teil 1: Erdbau M.159 Ab > u. 2Taf. M.21.60. Teil II: Straßenbau. Mit 46 Abb. u.Tafeln. M. 16 40. Der Wasserbau. Von Reg.-Ba imeister Professor F. Presów. In 2 Teilen. (Bd. 24 u. 50.) Teil I. 3. Aufl. Mit 166 Ab.,.. l exL M. 16 40. Teil II. 3. Aufl. Mit 139 Abbild, im Text. M. 19.20. Brückenbau. Von Gewerbeschulrat Reg.-Baumeister Direktor A.Schau. in 2 Teilen (Bd.39 und 40.) Teil I: Allgemeines. Durchlässe und massive Brücken. Unterhaltung Überschlägliche Kostenberechnungen 2. Aufl. Mit 324 Abb. M. 15.—. Teil II: Die eisernen Brücken. Allgemeines. Bauliche Anordnung u. Ausbildung d. Eisenbahnbrücken u. Fußgängerbrücken. Unterhaltung. Kostenberechnung eiserner Überbauten. 2. Aufl. M. 45.—.

Der Eisenbahnbau. Von Gewerbeschulrat Reg.-Baumeister Direktor A. Schau, in 2 Teilen. (Bd. 15 u. 16.) Teil l: Allgemeine Grundlagen. Baangestaltung. Grundzüge für die Anlage der Bahnen. 4., verbesserte Auflage. Mit 182 Abb. M.36.—. Teil 11: Stationsanlagen und Sicherungswesen. 4. verb. Aufl. Mit 302 Abbild, im Text und auf 1 Tafel. M. 38.,—

Baustofflehre, Gestaltungslehre, Zeichnen Leitfaden der Baustofllenre für Baugewerkschulen. Von Reg.- u. Gewerbeschulrat K. Jessen u. Prof. Girndt. 6. umgearb. Aufl. Mit 126 Abb. im Text. (Bd. 1.) M. 27.20. Zeichenschlüssel. Von Oberlehrer Dr. V. Hortig. 12 Tafeln als Anleitung zur Vorstellung von Zeichnungen der Hoch- und Tiefbauer. (Bd. 44.) Geh. M. 9.60 Kart. M. 12.—. Gestaltungslehre. Von Professor O. Frick. ln 2 Teilen. (Bd. 42, 43.) Teil I; Die Gestaltung freistehender Landhausbauten. [Vergriffen ] Teil II: Die Gestaltung eingebauter Wohnhäuser. Raumausbildung. Mit 140 Figuren. M. 1440.

Verlag von B. G. Teubner in Leipzig und Berlin

Preisfinderung Vorbehalten

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Die Leitfäden wollen zunächst dem Studs tiker In knapper, wissenschaftlich elnwandfre das Wesentliche des Tatsachenmaterials an seiner theoretischen Ausbildung und praktisc diese erleichtern und Ihm die Anschaffung u bûcher ersparen. Auf klare Gliederung des S

Anordnung wie auf seine Veranschaulichung _______________________

nungen wird besonderer Wert gelegt. — Die einzelnen Bände, für die vom Verlag die ersten Vertreter der verschiedenen Fachgebiete gewonnen werden konnten, erscheinen in rascher Folge. Bisher sind erschienen bzw. unter der Presse:

Analytische Geometrie. Von Geh. Hofrat Dr. R. Fricke, Professor an der Tedin. Hochschule zu Braunschweig. 2. Aull. Mit Fig. (Bd.l.) ju. d. Pr.22.J Darstellende Geometrie. Von Dr. M. Großmann, Prof, an der Eidgen.

Techn. Hochschule zu Zürich. Bd. I. Mit 134 Fig. [IV u.84 S.] 1917. (Bd.2.) M. 26.— Darstellende Geometrie. Von Dr. M. Großmann, Prof- a-d. Eidgen.Techn.

Hochsch.z.Zürich Bd I1.2.,umg.Aufl.Mitl44Flg.|VIu.l54S.H921.(Bd.3.)Kart.M.38.-Dlfferential- und Integralrechnung. Von Dr. L. Bi eb erb ach, Prof. a. d. Universität Berlin. I. Differentialrechnung. 2., vermehrte und verbesserte Auflage. Mit 34 Fig |Vi u. 132 S.| 1922 (Bd.4.) Kart. M 34.-. II.Integralrechnung. Mit 25 Fig. [Vlu. 142S.J 1918. (Bd.5.) Kart. M. 38.-Funktionentheorie. Von Dr. L. Bieberbacb, Prof, an der Universität Berlin.

Mit 80 Fig. (IV u. 118 S ) 1922. (Bd. 14.) Kart M. 32 —

Einführung in die Vektoranalysis. Mit Anwendungen auf die mathemat. Physik. Von Prof. Dr R Gans. Dir. des physikalischen Instituts der Univers. La Plata. 4-Aufl. Mit 39 Fig. [VIu.ll8Sj gr.8. 1921. Geh.M.56.40,geb.M.67 20 Praktische Astronomie. Geograph.Orts-u.Zeitbest. VonV.Theimer, Adiunkt a.d.Montan. Hochsch.zu Leoben. Mit62Flg. |IVu.l27S.l 1921. (Bd. 13.) Kart.M.34.— Feld buch für geodätische Praktika. Nebst Zusammenstellung d. wichtigsten Meth. u. Regeln sowie ausgef. Musterbeispielen. V.Dr.-Ing O. Israel, Prot. a. d. Techn. Hochsch. In. Dresden. Mit 46 Fig. IIVu.lßOS.1 1920. (Bd. 11.) M. 40.— Erdbau, Stollen- und Tunnelbau. Von DipL-lng. A.Birk, Prof. a. d.Techn.

Hochschule zu Prag. Mit 110 Abb. [V u. 117 S.j 1920. (Bd. 7.) Kart. M. 32.— Landstraßenbau einschl.Trassieren. V.OberbauratW.Euting.Stuttgart. Mit 54 Abb. i. Text u. a. 2 Taf. [IV u. 100 S.] 1920. (Bd. 9.) Kart. M 28.—

Grundriß derHydraulik. Von Hofrat Dr. Ph. Forchheimer, Prof. a. d. Techn.

Hochschule in Wien. Mit 114 Fig, im Text. {V u. 118 S.] 1920. (Bd. 8.) M Hochbau in Stein. Von Geh. Baurat H. Walbe, Prof. a. d. Techn. Hochschule zu Darmstadt. Mit 302 Fig. im Text. [VI u. 110 S.] 1920. (Bd. 10.) Kart. M. 32.— Leitfaden der Baustoffkunde. Von Geh. Hofrat Dr.M.Foerster, Prof, an der Techn. Hochschule in Dresden. JU. d. Pr. 22.[ (Bd. 15.)

Veranschlagen, Bauleitung, Baupolizei, Heimatschutzgesetze. Von Stadtbaur.Fr.Schultz, Bielefeld. Mit3Taf. [1Vu.150S.] 1921. (Bd 12.) Kart M.36 — Mechanische Technologie. Von Dr.R.Escher, well.Professor an der Eidgenössischen Technischen Hochschule zu Zürich. Mit 418 Abb. im Tex«. 2. Aufl. [VI u. 164 S.J 1921. (Bd. 6.) Kart. M. 42.—

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HöhereMathematlk. 2 Bde. Von Dr. R. R o t h e, Prof. a. d.Techn.Hochschule Berlin. M aschin en elem en te.2Bde.V. K.Kutzbach,Prof.a.d.Techn.Hochsch.Dresden. Thermodynamik. 2B.V.Geh.Hofr.Dr.R.M o 11 i er ,Prof.a.d.Techn.Hochsch.Dresden. Kolbenkraftmaschinen. V.Dr.-Ing.A.Nägel,Prof.a.d.Techn.Hochsch.Dresden Dampfturbinen und Turbokompressoren. Von Dr.-Ing. H. Baer, Prof, an der Technischen Hochschule Breslau.

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Grundlagen der Elektrotechnik. 2 Bde. Von Dr. E. Orlich, Prof, an der Technischen Hochschule Berlin.

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Eisenbau. Von Dr. A.

Hydrographie. Von HochbauinHolz. Von

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