Titel: | Berechnung einer statisch unbestimmten Dachkonstruktion. |
Autor: | Samter |
Fundstelle: | Band 328, Jahrgang 1913, S. 647 |
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Berechnung einer statisch unbestimmten
Dachkonstruktion.
Von Regierungsbaumeister a. D. Samter, Zivilingenieur.
(Schluß von S. 628 d. Bd.)
SAMTER: Berechnung einer statisch unbestimmten
Dachkonstruktion.
A. Senkrechte Belastung durch
Eigengewicht und Verkehrslast auf dem wagerechten Riegel CD.
Die Dachhaube CED ist mit Biberschwänzen auf Lattung und
Sperren eingedeckt.
Gewicht 93 kg/qm geneigter Dachfläche, also für das qm Horizontalprojektion:
\frac{93}{\mbox{cos}\,45^{\circ}}=\frac{93}{0,707}=
132 kg
hierzu für Binder und Fetten
28 „
–––––––
Sa.
160 kg/qm Horizontalprojekt.
Binderentfernung 4,5 m, somit:
P=\frac{6,8}{2}\,.\,4,5\,.\,160=2450 kg.
Gleichmäßige Belastung der Teile A C und B D:
Das Gewicht der hier zur Verwendung kommenden
Eisenbetonrippendecke beträgt
250
kg
hierzu Eindeckung durch Biberschwänze
63
„
Latten und Mörtel
22
„
–––––––––––––
Sa.
335
kg/qm
geneigter Dachfläche, daher
\frac{335}{0,707}\,.\,4,5=Bindergewicht,
geschätzt
2140260
„
–––––––––––––
Sa.
2400
kg/m
Horizontalprojektion = q
kg/m.
Belastung der Strecke CD:
4,5 ∙ 550 =
2480
kg
Eigengewicht
180
„
––––
––––
2660
kg/m = q1.
Wird nun \frac{J_1}{J}=1 gesetzt und berücksichtigt man, daß hier
wegen a = 45° a = h ist,
so folgt:
X=P+q_1\,.\,\frac{b}{2}+\frac{q_1\,b^3}{12\,h\,\left[\frac{2}{3}\,s+b\right]}+\frac{q\,\frac{a}{2}\,\left(\frac{5}{6}\,s+b\right)}{\left(\frac{2}{3}\,s+b\right)};
s = 3,96 m; somit
X=2450+2660\,.\,3,4+\frac{2660\,.\,6,8^3}{12\,.\,8\,\left[\frac{2}{3}\,.\,3,96+6,8\right]}+2400\,.\,\frac{1,4\,\left(\frac{5}{6}\,.\,3,96+6,8\right)}{\left(\frac{2}{3}\,.\,3,96+6,8\right)}=17700
kg;
ferner sind die senkrechten Reaktionen
A=B=2450+2400\,.\,2,8+2660\,.\,\frac{6,8}{2}=18190 kg.
Das Moment für den statisch bestimmten Binder im Punkte c ist:
{M_c}^0=18190\,.\,2,8-2400\,.\,\frac{2,8^2}{2}=41600
mkg,
Mc =
Md = 41600 – 17700
∙ 2,8 = – 8000 mkg.
Das größte Moment in der Mitte des Querriegels ist:
Mm = M0m – X ∙ 2,8,
{M_m}^0=18190\,.\,6,2-2400\,.\,2,8\,.\,4,8-2660\,.\,\frac{3,4^2}{2}-2450\,.\,3,4
= 112500 – 32230 – 15350 – 8330 = 56570 mkg.
Mm = 56570 – 17700 ∙ 2,8 = + 6970 mkg.
B. Belastung durch Wind und Schnee von
einer Seite (Abb. 11).
Gleichmäßige Belastung über AC:
1. senkrecht durch:
Winddruck 150 – 4,5 ∙ 0,7072
= 337
kg
Schnee (ungünstigst gerechnet) 53 ∙ 4,5
= 239
„
––––––––––––
Sa. 576
kg/m,
2. wagerecht durch:
Winddruck wie vorher (wegen a = 45°) 337 kg/m.
Einzellasten. Im Punkte C:
a) senkrecht:
Wind
\frac{1}{2}\,.\,4,5\,.\,\frac{6,8}{2}\,.\,150\,.\,0,707^2
= 570
kg
Schnee
\frac{3}{4}\,.\,4,5\,.\,\frac{6,8}{2}\,.\,53
= 610
„
––––––––––––
Sa. 1180
kg = P1,
b) wagerecht: 570 ∙ 2 = 1140 kg =
P2.
Im Punkte D:
senkrecht: 570+\frac{610}{3}=\,\sim\,770\mbox{ kg
}=P_3.
Für den statisch bestimmten Binder ist die Reaktion
A_0=\frac{770\,2,8+1180\,.\,9,6-1140\,2,8+576\,2,8\,11,0-337\,2,8\,.\,1,4}{12,4}
= 2155 kg; entsprechend folgt
B0 = 1405 kg,
H0 = 1140 + 337 ∙ 2,8 = 2085 kg (Horizontalreaktion).
Die Größe X ergibt sich nun aus den vorher bestimmten
Belastungen folgendermaßen:
Textabbildung Bd. 328, S. 648
Abb. 11.
1. Einfluß der senkrechten Einzellasten P1 und P3
X_1=\frac{P_1+P_3}{2}\,\frac{a}{h}=\frac{1180+770}{2}\,.\,\frac{2,8}{2,8}=975
kg.
2. Einfluß der senkrechten Streckenlast
X_2=\frac{q\,a^2}{4}\,\frac{\left(\frac{5}{6}\,s+b-\frac{1}{6}\,\frac{a}{l}\right)}{h\,\left(\frac{2}{3}\,s+b\right)}
=\frac{576\,2,8^2}{4}\,\frac{\left(\frac{5}{6}\,3,96+6,8-\frac{1}{6}\,.\,\frac{2,8}{12,4}\right)}{2,8\,\left(\frac{2}{3}\,.\,3,96+6,8\right)}=430
kg.
3. Einfluß der wagerechten Einzellast
X_3=\frac{P_2}{2}=\frac{2140}{2}=570 kg.
4. Einfluß der wagerechten gleichmäßig verteilten Windlast (sechster
Belastungsfall)
X_4=337\,.\,2,8\,\frac{\frac{3,96}{12,4}\,\left(\frac{3}{8}\,.\,2,8+\frac{5}{24}\,6,8\right)+\frac{6,8}{4}}{\frac{2}{3}\,.\,3,96+6,8}=\,\sim\,250
kg.
Somit ist
XW +
s= 975 = 430 + 570 + 250 = 2225 kg.
M_{0c}=(2155+2085)\,2,8-(576+337)\,.\,\frac{2,8^2}{2}=8340
mkg
Mc =
8340 – 2225 ∙ 2,8
= + 2120 mkg
Md =
1405 ∙ 2,8 – 2225 ∙ 2,8
= – 2280 mkg.
Zusammenstellung der Momente:
Punkt
Symmetrischesenkrechte Lasten
Einfluß vonWind und Schnee
C
– 8000
+ 2120
D
– 8000
– 2280
M
+ 6970
–
Aus den bisher gefundenen Werten für Momente und Auflagerreaktionen können die
Beanspruchungen des Materials an jeder beliebigen Stelle mit Leichtigkeit ermittelt
werden.