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Gelenke und Freiheitsgrade

Ein Gelenk setzt an einer Stelle des Tragwerks eine Schnittgröße auf null und lässt dafür einen Sprung in der zugehörigen Verformungsgröße zu. In der direkten Steifigkeitsmethode wirft das eine Frage auf: Die Knoten haben je nur eine Verdrehung, aber an einem Momentengelenk verdrehen sich die angeschlossenen Stäbe unterschiedlich. Diese Seite zeigt, wie man Gelenke als Freigaben an Stabenden beschreibt, wie man sie durch statische Kondensation in die Elementmatrix einarbeitet und was das für die Freiheitsgrade bedeutet – mit einem vollständig durchgerechneten Gerberträger.

1. Drei Arten von Gelenken

Ein biegesteifer Anschluss überträgt alle drei Schnittgrößen $N$ , $Q$ und $M$ , und die Verformungsgrößen $u$ , $w$ und $\varphi$ laufen stetig durch. Ein Gelenk gibt genau eine dieser Bindungen frei. Die Schnittgröße ist dort null, und die zugehörige Verformungsgröße darf springen:

Momentengelenk: $M = 0$ ; die Biegelinie hat einen Knick, die Verdrehung springt um $\Delta\varphi$ . Im Rechner als offener Ring gezeichnet. Das ist das Gelenk im üblichen Sinn, etwa beim Gerberträger, beim Dreigelenkrahmen oder in jedem Fachwerkknoten.
Querkraftgelenk: $Q = 0$ ; die beiden Stabteile dürfen sich quer zur Achse gegeneinander verschieben, bleiben dabei aber parallel, die Querverschiebung springt um $\Delta w$ . Konstruktiv entspricht das einer Parallelführung. Im Rechner als zwei Striche längs der Stabachse gezeichnet.
Normalkraftgelenk: $N = 0$ ; die Stabteile dürfen sich in Längsrichtung gegeneinander verschieben, die Längsverschiebung springt um $\Delta u$ . Konstruktiv eine längsverschiebliche Hülse. Im Rechner als zwei Striche quer zur Stabachse gezeichnet.

Die Freigaben lassen sich kombinieren. Gibt ein Stabende $M$ und $Q$ frei, überträgt es nur noch eine Längskraft; gibt ein Stab an beiden Enden $M$ frei, ist er ein Fachwerkstab, der ohne Last auf dem Stab nur Normalkraft trägt.

Jede Freigabe hebt eine Bindung auf und fügt die Bedingung „Schnittgröße gleich null“ hinzu. Der Grad der statischen Unbestimmtheit sinkt dadurch um eins, mit einer Ausnahme, die Abschnitt 2 erklärt. Wird er negativ, ist das Tragwerk verschieblich.

2. Freigaben gehören zu Stabenden

In der Steifigkeitsmethode hat jeder Knoten drei Freiheitsgrade $u_x$ , $u_y$ und $\varphi$ , die sich alle biegesteif angeschlossenen Stäbe teilen (siehe Direkte Steifigkeitsmethode, Abschnitt 2). Ein Momentengelenk zwischen zwei Stäben bedeutet dagegen, dass sich ihre Enden am selben Punkt unterschiedlich verdrehen. Beides passt zusammen, wenn man die Freigabe nicht dem Knoten zuordnet, sondern einem Stabende:

Ein biegesteif angeschlossenes Stabende hat die Verdrehung des Knotens.
Ein Stabende mit Momentengelenk hat eine eigene Verdrehung, die nicht mit dem Knoten gekoppelt ist. Das Moment an diesem Stabende ist null.

Treffen an einem Gelenkknoten $n$ Stäbe zusammen, genügen deshalb $n - 1$ Freigaben. Beim Gerberträger reicht ein Momentengelenk am Ende des einen Stabs; der andere bleibt biegesteif am Knoten, und die Knotenverdrehung ist seine Endverdrehung.

Gibt man alle $n$ Stabenden frei, hängt an der Knotenverdrehung keine Steifigkeit mehr: Der Knoten könnte sich beliebig drehen, ohne dass ein Stab etwas davon merkt. Am Ergebnis ändert das nichts, das Gleichungssystem wird dadurch aber singulär. So ist es in jedem Fachwerkknoten. Ein Einzelmoment als Last kann ein solcher Knoten nicht aufnehmen.

Dieselbe Überlegung gilt an Auflagern. Ein Momentengelenk am Stabende unmittelbar an einer Einspannung hebt deren Wirkung für diesen Stab auf; er ist dann nur noch gelenkig gelagert (siehe Auflagertypen, Abschnitt 3).

3. Zwei Wege in der Steifigkeitsmethode

Für die Rechnung gibt es zwei gleichwertige Möglichkeiten, die eigene Verdrehung eines Gelenkstabendes zu erfassen:

Zusätzlicher Freiheitsgrad. Man legt an der Gelenkstelle zwei Knoten übereinander, koppelt ihre Verschiebungen $u_x$ und $u_y$ und lässt die Verdrehungen getrennt. Jedes Momentengelenk bringt dann eine Unbekannte mehr ins Gleichungssystem.
Statische Kondensation. Man eliminiert den freigegebenen Freiheitsgrad schon in der Elementgleichung. Der Stab geht mit einer abgeänderten Steifigkeitsmatrix und einem abgeänderten Lastvektor in den Zusammenbau ein; die Zahl der globalen Unbekannten bleibt gleich. Die Verdrehung am Gelenkende wird nach dem Lösen aus der Elementgleichung zurückgerechnet.

Beide Wege liefern exakt dieselben Ergebnisse. Die Kondensation hat den Vorteil, dass sie für alle drei Gelenkarten gleich funktioniert und am Knoten nichts verändert. Der Rechner verwendet sie.

4. Statische Kondensation

Ausgangspunkt ist die Elementgleichung im lokalen System, $\mathbf f = \mathbf k\,\mathbf d - \mathbf Q$ . Man teilt die sechs Stabendgrößen in die freigegebenen ( $c$ ) und die beibehaltenen ( $r$ ) und ordnet die Gleichung danach:

\begin{bmatrix} \mathbf f_r \\ \mathbf f_c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mathbf k_{rr} & \mathbf k_{rc} \\ \mathbf k_{cr} & \mathbf k_{cc} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \mathbf d_r \\ \mathbf d_c \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} \mathbf Q_r \\ \mathbf Q_c \end{bmatrix}

Die Freigabe verlangt, dass die zugehörigen Stabendkräfte verschwinden, $\mathbf f_c = \mathbf 0$ . Aus der zweiten Zeile folgen damit die freigegebenen Verschiebungsgrößen:

\mathbf d_c = \mathbf k_{cc}^{-1} \left( \mathbf Q_c - \mathbf k_{cr}\,\mathbf d_r \right)

Eingesetzt in die erste Zeile bleibt

\mathbf f_r = \mathbf k^{*}\,\mathbf d_r - \mathbf Q^{*} \qquad\text{mit}\qquad \mathbf k^{*} = \mathbf k_{rr} - \mathbf k_{rc}\,\mathbf k_{cc}^{-1}\,\mathbf k_{cr}, \qquad \mathbf Q^{*} = \mathbf Q_r - \mathbf k_{rc}\,\mathbf k_{cc}^{-1}\,\mathbf Q_c

Man schreibt $\mathbf k^{*}$ und $\mathbf Q^{*}$ wieder als $6 \times 6$ -Matrix und Vektor mit sechs Einträgen, mit Nullen in den Zeilen und Spalten der Freigaben. Dann gehen sie genau wie eine gewöhnliche Elementmatrix durch Transformation und Zusammenbau. An der freigegebenen Stelle gibt der Stab keine Kraft an den Knoten ab, und die Knotenverschiebung wirkt nicht auf ihn zurück.

Der Lastvektor muss mitkondensiert werden. Nimmt man für einen Gelenkstab unter Gleichlast die Volleinspanngrößen des beidseitig eingespannten Stabs, fehlt die Umlagerung des Moments zum eingespannten Ende: Dort stünde $qL^2/12$ statt $qL^2/8$ .

5. Momentengelenk am Stabende

Der häufigste Fall ist ein Momentengelenk am Stabende $b$ . Freigegeben ist nur $\varphi_b$ , also ist $\mathbf k_{cc} = 4EI/L$ eine Zahl, und die Kondensation lässt sich von Hand ausführen. Zum Beispiel für den ersten Biegeeintrag:

k^{*}_{22} = \frac{12EI}{L^3} - \frac{6EI}{L^2} \cdot \frac{L}{4EI} \cdot \frac{6EI}{L^2} = \frac{12EI}{L^3} - \frac{9EI}{L^3} = \frac{3EI}{L^3}

Insgesamt:

\def\arraystretch{2.1} \mathbf k^{*} = \begin{bmatrix} \dfrac{EA}{L} & 0 & 0 & -\dfrac{EA}{L} & 0 & 0 \\ 0 & \dfrac{3EI}{L^3} & \dfrac{3EI}{L^2} & 0 & -\dfrac{3EI}{L^3} & 0 \\ 0 & \dfrac{3EI}{L^2} & \dfrac{3EI}{L} & 0 & -\dfrac{3EI}{L^2} & 0 \\ -\dfrac{EA}{L} & 0 & 0 & \dfrac{EA}{L} & 0 & 0 \\ 0 & -\dfrac{3EI}{L^3} & -\dfrac{3EI}{L^2} & 0 & \dfrac{3EI}{L^3} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

Das ist die Steifigkeit des einseitig eingespannten, einseitig gelenkig gelagerten Stabs: $3EI/L$ statt $4EI/L$ für die Verdrehung des Stabanfangs, ohne Fortleitung zum Gelenkende. Der Längsanteil ist vom Gelenk nicht betroffen. Für eine Gleichlast $q_z$ über den ganzen Stab ergibt die Kondensation

\def\arraystretch{2.1} \mathbf Q^{*} = \begin{bmatrix} 0 & \dfrac{5\,q_z L}{8} & \dfrac{q_z L^2}{8} & 0 & \dfrac{3\,q_z L}{8} & 0 \end{bmatrix}^{\mathsf T}

also wieder die bekannten Tabellenwerte dieses Stabs: Einspannmoment $qL^2/8$ , Auflagerkräfte $5qL/8$ und $3qL/8$ . Nach dem Lösen liefert die Rückrechnung die Verdrehung des Gelenkendes:

\varphi_b = -\frac{q_z L^3}{48\,EI} - \frac{3\,(w_a - w_b)}{2L} - \frac{\varphi_a}{2}

Der Knick im Gelenk ist der Unterschied zwischen $\varphi_b$ und der Verdrehung des Knotens, an dem das Stabende hängt.

6. Unzulässige Kombinationen

Die Kondensation setzt voraus, dass $\mathbf k_{cc}$ invertierbar ist. Das ist genau dann nicht der Fall, wenn die Freigaben dem Stab eine Starrkörperbewegung erlauben, bei der an keinem der beibehaltenen Stabenden etwas geschieht:

$N$ an beiden Enden: $\mathbf k_{cc} = \tfrac{EA}{L}\left[\begin{smallmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{smallmatrix}\right]$ ist singulär. Der Stab könnte in Längsrichtung beliebig weit gleiten.
$Q$ an beiden Enden: ebenso, der Stab könnte sich quer zur Achse als Ganzes verschieben.
$M$ an beiden Enden und zusätzlich $Q$ : Der Stab könnte sich um das Ende drehen, an dem die Querkraft noch gehalten ist.

Solche Stäbe haben keine bestimmte Lage. Der Rechner prüft das vor der Rechnung und meldet den Stab mit den beteiligten Freigaben. Zulässig ist dagegen etwa $M$ und $Q$ am selben Ende: Das Stabende überträgt dann nur noch die Längskraft.

7. Zahlenbeispiel: Gerberträger

System

Träger über $12$ m mit Festlager $A$ bei $x = 0$ , Loslagern $B$ bei $x = 6$ m und $C$ bei $x = 12$ m und einem Momentengelenk $G$ bei $x = 8$ m. Gleichlast $q = 10$ kN/m nach unten über die ganze Länge, $EI = 20\,250$ kNm². Drei Stäbe von links nach rechts: A–B ( $L = 6$ m), B–G ( $L = 2$ m) und G–C ( $L = 4$ m). Das Gelenk ist als Freigabe von $M$ am Ende des Stabs B–G angesetzt; G–C ist bei $G$ biegesteif angeschlossen.

Das System ist statisch bestimmt: Der Einhängeträger G–C ist ein Einfeldträger und gibt $20$ kN an $G$ ab. Die Steifigkeitsmethode braucht diese Einsicht nicht; die Rechnung läuft genauso wie bei einem unbestimmten System.

Freiheitsgrade

Die Längsverschiebungen sind wie beim Zweifeldträger von der Biegung entkoppelt und bleiben null. Unbekannt sind die Verdrehungen $\varphi_A$ , $\varphi_B$ , $\varphi_G$ , $\varphi_C$ und die Durchbiegung $u_{y,G}$ am Gelenk, das kein Auflager hat. Die Verdrehung des Stabendes B–G bei $G$ ist keine Unbekannte: Sie ist herauskondensiert.

Beiträge der Stäbe

A–B, $L = 6$ m, ohne Gelenk: $4EI/L = \tfrac{2}{3}EI$ , $2EI/L = \tfrac{1}{3}EI$ ; Lastglieder $q_z L^2/12 = -30$ kNm bei $A$ und $+30$ kNm bei $B$ .
B–G, $L = 2$ m, kondensiert nach Abschnitt 5: $3EI/L = 1{,}5\,EI$ , $3EI/L^2 = 0{,}75\,EI$ , $3EI/L^3 = 0{,}375\,EI$ ; Lastglieder $q_z L^2/8 = -5$ kNm bei $B$ und $3 q_z L/8 = -7{,}5$ kN bei $G$ .
G–C, $L = 4$ m, ohne Gelenk: $12EI/L^3 = 0{,}1875\,EI$ , $6EI/L^2 = 0{,}375\,EI$ , $4EI/L = EI$ , $2EI/L = 0{,}5\,EI$ ; Lastglieder $q_z L/2 = -20$ kN und $q_z L^2/12 = -13{,}33$ kNm bei $G$ , $+13{,}33$ kNm bei $C$ .

Gleichungssystem

Mit dem Faktor $EI/48$ vor der Matrix werden alle Einträge ganzzahlig:

\frac{EI}{48} \begin{bmatrix} 32 & 16 & 0 & 0 & 0 \\ 16 & 104 & -36 & 0 & 0 \\ 0 & -36 & 27 & 18 & 18 \\ 0 & 0 & 18 & 48 & 24 \\ 0 & 0 & 18 & 24 & 48 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \varphi_A \\ \varphi_B \\ u_{y,G} \\ \varphi_G \\ \varphi_C \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -30 \\ 30 - 5 \\ -7{,}5 - 20 \\ -13{,}33 \\ 13{,}33 \end{bmatrix}

Der Eintrag $104 = 32 + 72$ bei $\varphi_B$ setzt sich aus $4EI/6$ von A–B und $3EI/2$ von B–G zusammen, der Eintrag $27 = 18 + 9$ bei $u_{y,G}$ aus $3EI/8$ von B–G und $3EI/16$ von G–C. Die Kopplung von $\varphi_G$ an B–G fehlt: Über das Gelenk hinweg wird kein Moment übertragen.

Lösung

EI \begin{bmatrix} \varphi_A \\ \varphi_B \\ u_{y,G} \\ \varphi_G \\ \varphi_C \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -30 \\ -30 \\ -133{,}33 \\ 6{,}667 \\ 60 \end{bmatrix} \quad\Longrightarrow\quad \begin{aligned} \varphi_A = \varphi_B &= -1{,}481 \cdot 10^{-3}\ \text{rad} \\ u_{y,G} &= -6{,}584 \cdot 10^{-3}\ \text{m} \\ \varphi_G &= 3{,}292 \cdot 10^{-4}\ \text{rad} \\ \varphi_C &= 2{,}963 \cdot 10^{-3}\ \text{rad} \end{aligned}

Probe durch Einsetzen, erste Zeile: $\bigl(32 \cdot (-30) + 16 \cdot (-30)\bigr)/48 = -30$ . Die übrigen Zeilen gehen ebenso auf.

Knick im Gelenk

Die Rückrechnungsformel aus Abschnitt 5 gibt für das Ende des Stabs B–G, mit $w_a = 0$ , $w_b = u_{y,G}$ und $\varphi_a = \varphi_B$ :

EI\,\varphi_b = \frac{10 \cdot 2^3}{48} - \frac{3 \cdot 133{,}33}{2 \cdot 2} + \frac{30}{2} = 1{,}667 - 100 + 15 = -83{,}33

Der Stab B–G kommt also mit $\varphi_b = -4{,}115 \cdot 10^{-3}$ rad am Gelenk an, der Stab G–C beginnt dort mit $\varphi_G = +3{,}292 \cdot 10^{-4}$ rad. Der Knick beträgt $\Delta\varphi = 90/EI = 4{,}444 \cdot 10^{-3}$ rad.

Schnittgrößen

Aus $\mathbf f = \mathbf k\,\mathbf d - \mathbf Q$ für A–B:

\begin{aligned} m_b &= \tfrac{2EI}{L}\,\varphi_A + \tfrac{4EI}{L}\,\varphi_B - 30 = -10 - 20 - 30 = -60\ \text{kNm} \\ f_{z,a} &= \tfrac{6EI}{L^2}\,(\varphi_A + \varphi_B) + 30 = -10 + 30 = 20\ \text{kN} \\ f_{z,b} &= -\tfrac{6EI}{L^2}\,(\varphi_A + \varphi_B) + 30 = 10 + 30 = 40\ \text{kN} \end{aligned}

und mit der kondensierten Matrix für B–G:

\begin{aligned} m_a &= \tfrac{3EI}{L}\,\varphi_B - \tfrac{3EI}{L^2}\,u_{y,G} - (-5) = -45 + 100 + 5 = 60\ \text{kNm} \\ f_{z,a} &= \tfrac{3EI}{L^2}\,\varphi_B - \tfrac{3EI}{L^3}\,u_{y,G} - (-12{,}5) = -22{,}5 + 50 + 12{,}5 = 40\ \text{kN} \end{aligned}

Stützmoment $M_B = -60$ kNm, von beiden Seiten gleich: $m_b = -60$ am Ende von A–B, $M(0) = -m_a = -60$ am Anfang von B–G.
Moment im Gelenk $M_G = 0$ , wie verlangt.
Auflagerkräfte $A = 20$ kN, $B = 40 + 40 = 80$ kN und aus dem Einhängeträger $C = 20$ kN; zusammen $120$ kN $= q \cdot 12$ m.
Größte Feldmomente $+20$ kNm bei $x = 2$ m in A–B und in der Mitte von G–C.

Probe mit Tabellenformeln

Die Verschiebungen lassen sich unabhängig prüfen. Feld A–B als Einfeldträger mit Gleichlast und dem Stützmoment $-60$ kNm bei $B$ :

EI\,\varphi_B = \frac{qL^3}{24} - \frac{|M_B|\,L}{3} = 90 - 120 = -30

Kragarm B–G, $\ell = 2$ m, eingespannt mit der Verdrehung $\varphi_B$ , mit Gleichlast und der Kraft $F = 20$ kN aus dem Einhängeträger:

\begin{aligned} EI\,u_{y,G} &= EI\,\varphi_B\,\ell - \frac{q\ell^4}{8} - \frac{F\ell^3}{3} = -60 - 20 - 53{,}33 = -133{,}33 \\ EI\,\varphi_b &= EI\,\varphi_B - \frac{q\ell^3}{6} - \frac{F\ell^2}{2} = -30 - 13{,}33 - 40 = -83{,}33 \end{aligned}

8. Querkraft- und Normalkraftgelenk

Für die beiden anderen Gelenkarten ändert sich nur, welcher Freiheitsgrad kondensiert wird. Zwei kurze Beispiele, beide in der Beispielliste des Rechners:

Querkraftgelenk

Beidseitig eingespannter Träger, $L = 6$ m, Gleichlast $q = 10$ kN/m, Querkraft am Stabanfang freigegeben. Wegen $Q(0) = 0$ läuft die ganze Last zum rechten Auflager, $B = qL = 60$ kN, und es ist $M(x) = M_0 - q x^2/2$ . Die Verdrehung ist an beiden Enden gehalten, also muss die Summe der Krümmungen null sein:

\int_0^L \frac{M(x)}{EI}\,\mathrm dx = 0 \quad\Longrightarrow\quad M_0\,L - \frac{q L^3}{6} = 0 \quad\Longrightarrow\quad M_0 = \frac{qL^2}{6} = 60\ \text{kNm}

und am rechten Ende $M(L) = qL^2/6 - qL^2/2 = -qL^2/3 = -120$ kNm. Die Durchbiegung springt am freigegebenen Ende: Der Träger sackt dort ab, ohne sich zu verdrehen, und zwar um $540/EI = 26{,}7$ mm; das folgt aus zweimaliger Integration der Krümmung $M/EI$ von $B$ aus.

Normalkraftgelenk

Waagrechter Träger aus zwei Stäben A–C und C–B zu je $3$ m, $A$ eingespannt, $B$ unverschieblich gelagert, in $C$ eine waagrechte Last von $12$ kN nach rechts. Ohne Gelenk teilt sich die Last je zur Hälfte auf beide Auflager auf. Gibt der Stab A–C bei $A$ die Normalkraft frei, trägt er keine Längskraft mehr: Die ganze Last läuft über C–B, $N_{CB} = -12$ kN (Druck), $N_{AC} = 0$ .

9. So rechnet der Rechner

Freigaben werden je Stabende gesetzt, im Stab unter „Gelenke“ oder am Knoten unter „Anschlüsse an diesem Knoten“. $N$ , $Q$ und $M$ lassen sich frei kombinieren.
Vor dem Zusammenbau werden Elementmatrix und Lastvektor jedes Stabs mit Freigaben kondensiert, wie in Abschnitt 4 beschrieben, auch für Trapez-, Dreiecks- und Einzellasten auf dem Stab.
Nach dem Lösen werden die freigegebenen Verschiebungsgrößen zurückgerechnet. Die Stabendkräfte folgen aus der vollständigen, nicht kondensierten Elementgleichung; die Schnittgröße am freigegebenen Ende ergibt sich dabei zu null, was zugleich eine Kontrolle ist. Die Biegelinie zeigt den Knick oder Versatz am Gelenk.
Unzulässige Kombinationen nach Abschnitt 6 meldet der Rechner vor der Rechnung.
Hat eine Knotenverdrehung keine Steifigkeit, weil alle angeschlossenen Stabenden ein Momentengelenk haben, hält der Rechner sie für die Rechnung fest und gibt einen Hinweis aus. Greift dort ein Einzelmoment an, bricht er mit einer Meldung ab.

Im Rechner nachvollziehen

Das Zahlenbeispiel steht als Gerberträger in der Beispielliste. Die Momentenlinie zeigt −60 kNm über $B$ und null im Gelenk, die Biegelinie den Knick bei $G$ . Im Reiter „Verschiebungen“ steht die Durchbiegung von $G$ als −6.584 mm. Fachwerk, Normalkraftgelenk und Querkraftgelenk finden sich in derselben Liste.

Gerberträger im Rechner öffnen

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