LISTE DER WARENZEICHEN
Technische Mechanik I
- Statik -
von
Annette Kunow
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LISTE DER WARENZEICHEN
Text Copyright © 2016 Annette Kunow
All Rights Reserved
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LISTE DER WARENZEICHEN
LISTE DER WARENZEICHEN
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ähnliche sind entweder eingetragene Marken oder Marken
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VORWORT
VORWORT
Die Technische Mechanik ist ein Grundlagenfach in der Ingenieurausbildung. Sie vermittelt die physikalischen Zusammenhänge, um Konstruktionen den jeweiligen Belastungen entsprechend zu dimensionieren.
Im Bereich der Festkörpermechanik werden die drei Bereiche: Statik, Festigkeitslehre oder Elastostatik und Kinetik
unterschieden. Die Mechanik flüssiger Stoffe wird nicht behandelt.
Der erste Teil der drei Bände Technischen Mechanik I umfasst die Statik. Dort werden der Gleichgewichtsbegriff und
die Bestimmung der Schnitt- und Reaktionskräfte definiert.
Weiter werden der Arbeitsbegriff (Stabilität) und Haftungsund Reibungsprobleme, sowie räumliche Systeme mit vielen durchgerechneten Beispielen behandelt.
In dem Buch Übungen zur Technischen Mechanik I werden
die an jedem Kapitelende gestellten Übungsaufgaben vollständig, mit den möglichen Lösungswegen durchgerechnet.
Die mathematischen Voraussetzungen werden im Kapitel 2
kurz zur Wiederholung dargestellt.
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VORWORT
Dieses Buch entstand aus dem Skript der Vorlesung Technische Mechanik, die ich seit 1988 kontinuierlich an der
Hochschule Bochum im Fachbereich Mechatronik und Maschinenbau halte.
Bochum, im Oktober 2016
Prof. Dr.-Ing. Annette Kunow
P.S.:
Schreiben Sie mir, wenn Ihnen dieses Buch gefällt und welche Anregungen Sie haben. Sie erreichen mich unter meiner Homepage http://www.kisp.de/ Dort finden Sie unter
dem Navigationspunkt http://www.kisp.de/online-bibliothek/
auch das versprochene Bonusmaterial.
… und besuchen Sie meinen Blog „Selbstführung & Produktivität“ http://www.kisp.de/blog/! Ich würde mich auch dort
sehr über Ihre Kommentare und Anmerkungen freuen.
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INHALTSANGABE
INHALTSANGABE
Liste der Warenzeichen................................................... - 3 Vorwort ............................................................................ - 4 Inhaltsangabe .................................................................. - 6 1 Einleitung ................................................................... - 13 2 Mathematische Grundlagen ....................................... - 14 Lehrziel des Kapitels ............................................ - 14 Formeln des Kapitels............................................ - 14 2.1 Der Kraftvektor- Definition ................................... - 14 2.2 Differentialrechnung............................................. - 16 Differentiationsregeln ........................................ - 17 2.3 Integralrechnung .................................................. - 18 2.3.1 Das unbestimmte Integral ............................. - 18 2.3.2 Das bestimmte Integral ................................. - 20 3 Gleichgewicht in einem Punkt .................................... - 25 Lehrziel des Kapitels ............................................ - 25 Formeln des Kapitels............................................ - 25 -
-6-
INHALTSANGABE
Definition ................................................................ - 27 3.1 Kräfte in der Ebene ............................................. - 27 Definition des Kraftecks .................................... - 28 3.2 Kräfte und Momente in der Ebene....................... - 32 3.2.1 Das Kräftepaar und das Drehmoment .......... - 33 Eigenschaften des Drehmoments in der Ebene - 34 3.2.2 Kraft und Drehmoment.................................. - 35 3.2.3 Das Moment einer Kraft ................................ - 36 Definition ........................................................... - 36 3.3 Aufgaben zu Kapitel 3 ......................................... - 39 4 Gleichgewicht in der Ebene ....................................... - 48 Lehrziel des Kapitels ............................................ - 48 Formeln des Kapitels ........................................... - 48 4.1 Gleichgewichtsbedingungen................................ - 50 4.2 Mögliche Kräfteverteilung in der Ebene ............... - 56 4.3 Aufgaben zu Kapitel 4 ......................................... - 63 5 Lagerreaktionen bei ebenen Tragwerken .................. - 76 -
-7-
INHALTSANGABE
Lehrziel des Kapitels ............................................ - 76 5.1 Das Wechselwirkungsgesetz ............................... - 86 5.2 Kräftetypen .......................................................... - 88 Volumenkräfte ................................................... - 88 Flächenkräfte..................................................... - 88 Linienkräfte ........................................................ - 89 5.3 Definition der Tragwerksarten .............................. - 90 5.4 Bewegungsmöglichkeiten eines Körpers ............. - 92 5.4 Statische Bestimmtheit ........................................ - 94 5.6 Lösen eines Berechnungsproblems................... - 101 5.7 Aufgaben zu Kapitel 5........................................ - 103 6 Ebenes Fachwerk..................................................... - 114 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 114 Formeln des Kapitels.......................................... - 114 6.1 Definition eines Fachwerks ................................ - 114 6.2 Aufbau eines Fachwerks ................................... - 119 1. Bildungsgesetz ............................................ - 122 2. Bildungsgesetz ............................................ - 123 -
-8-
INHALTSANGABE
3. Bildungsgesetz ............................................ - 125 Definition der Nullstäbe ................................... - 127 6.3 Analytische Lösung ........................................... - 129 6.4 Der CREMONAplan .......................................... - 136 Aufzeichnen des CREMONAplans .................. - 138 6.4.1 Graphische Kontrolle .................................. - 140 6.5 Der RITTERsche Schnitt ................................... - 140 6.6 Aufgaben zu Kapitel 6 ....................................... - 144 7 Gerader Balken und Rahmensystem ....................... - 162 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 162 Formeln des Kapitels ......................................... - 162 7.1 Innere Kräfte...................................................... - 163 Schnittprinzip .................................................. - 163 7.2 Vorzeichenfestlegung ........................................ - 165 7.3 Bestimmung der Schnittkraftverläufe N, Q, M nach
der elementaren Methode (durch Schneiden) ......... - 166 7.4
Zusammenhang
zwischen
Belastung
und
Schnittgrößen (Grundgleichungen) ......................... - 172 -
-9-
INHALTSANGABE
7.4.1 Gleichgewicht am infinitesimalen Element (Bild
7.12) ..................................................................... - 173 Lösungswege .......................................................... - 187 7.5 Zusammengesetzte Systeme ............................ - 196 7.5.1 Gerberträger................................................ - 196 7.5.2 Rahmen....................................................... - 203 7.6 Aufgaben zu Kapitel 7........................................ - 220 8 Der Arbeitsbegriff in der Statik ................................. - 260 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 260 Formeln des Kapitels.......................................... - 260 8.1 Der Arbeitssatz .................................................. - 261 Elementarbeit .................................................. - 262 Arbeitssatz....................................................... - 263 8.2 Prinzip der virtuellen Verrückungen bei starren
Körpern ................................................................ - 263 8.3 Stabilität einer Gleichgewichtslage .................... - 264 8.4
Ermittlung
von
Auflagerkräften
mit
Hilfe
des
Arbeitssatzes ........................................................... - 283 -
- 10 -
INHALTSANGABE
8.5 Stabilität............................................................. - 286 Beeinflussende Faktoren ................................ - 287 Ermittlung und Bewertung ............................... - 288 8.6 Aufgaben zu Kapitel 8 ....................................... - 290 9 Haftung und Reibung ............................................... - 300 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 300 Formeln des Kapitels ......................................... - 300 9.1 Haftung .............................................................. - 301 Haftreibung ..................................................... - 301 Fälle des COULOMBschen Haftungsgesetzes - 301 9.2 Reibung ............................................................. - 302 9.3 Seilhaftung ........................................................ - 312 9.4 Aufgaben zu Kapitel 9 ....................................... - 314 10 Raumstatik ............................................................. - 328 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 328 10.1 Aufgaben zu Kapitel 10 ................................... - 335 11 Literatur .................................................................. - 340 -
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INHALTSANGABE
Sachwörterverzeichnis ................................................ - 343 Bereits erschienen....................................................... - 352 Impressum .................................................................. - 354 -
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1 EINLEITUNG
1 EINLEITUNG
Die Technische Mechanik ist ein Grundlagenfach in der Ingenieurausbildung. Sie vermittelt die physikalischen Zusammenhänge, um Konstruktionen den jeweiligen Belastungen entsprechend zu dimensionieren.
Im Bereich der Festkörpermechanik werden die drei Bereiche: Statik, Festigkeitslehre oder Elastostatik und Kinetik
unterschieden. Die Mechanik flüssiger Stoffe wird nicht behandelt.
Der erste Teil der drei Bände Technischen Mechanik I umfasst die Statik. Dort werden der Gleichgewichtsbegriff und
die Bestimmung der Schnitt- und Reaktionskräfte definiert.
Weiter werden der Arbeitsbegriff (Stabilität) und Haftungsund Reibungsprobleme, sowie räumliche Systeme mit vielen durchgerechneten Beispielen behandelt.
In dem Buch Übungen zur Technischen Mechanik I werden
die an jedem Kapitelende gestellten Übungsaufgaben vollständig, mit den möglichen Lösungswegen durchgerechnet.
Die mathematischen Voraussetzungen werden im Kapitel 2
kurz zur Wiederholung dargestellt.
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2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
Lehrziel des Kapitels
o Darstellung der vorausgesetzten mathematischen
Grundkenntnisse des Lesers
Formeln des Kapitels
o Kraftvektor- Definition
o Mathematische Formel der Differentiation
o Mathematische Formel der Integration
o Griechisches Alphabet
2.1 Der Kraftvektor- Definition
Spitze
Schaft
Bild 2.1: "Spitze" und "Schaft"
Ein Vektor wird durch drei Angaben festgelegt
o Betrag (= Länge im Krafteck),
o Richtung,
- 14 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
o Orientierung.
B
A
v
Bild 2.2: Vektordarstellung
Vektoren werden durch Pfeile abgebildet. Die beiden Enden
der Vektoren nennt man "Spitze" und "Schaft" (Bild 2.1).
Gibt der Vektor eine Verschiebung vom Punkt A zum Punkt
B an, so wird dieser als Vektor AB bezeichnet. In allen anderen Fällen symbolisiert man einen Vektor mit einem
Kleinbuchstaben und darüber stehendem Pfeil (Bild 2.2),
Vektor v
Zwei Vektoren nennt man gleich, wenn diese den gleichen
Betrag, die gleiche Richtung und Länge besitzen.
- 15 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
a)
b)
c)
d)
Bild 2.3: Gleichheit von Vektoren, a) gleicher Betrag, unterschiedliche Richtung, unterschiedliche Orientierung; b) unterschiedlicher
Betrag; gleiche Richtung, gleiche Orientierung; c) gleicher Betrag,
gleiche Richtung, gleiche Orientierung; d) gleicher Betrag, unterschiedliche Richtung, gleiche Orientierung
Nur die Vektoren von Bild 2.3c sind gleich.
2.2 Differentialrechnung
Die Ableitungsfunktion yI = fI(x) ordnet jeder Stelle x in einem Intervall I den Steigungswert der jeweiligen Kurventangente als Funktionswert zu. Es gibt folgende Schreibweisen
(2.1) :
- 16 -
y I oder f I (x) oder
dy
.
dx
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
Differentiationsregeln
Folgende Differentationsregeln gelten
(2.2) :
(a f(x))I = a f I (x),
mit
( 2 .3 ) :
u = u(x) und v = v(x)
ergibt sich die Summenregel
(2.4) :
(u ± v)I = uI ± v I ,
die Produktregel
(2.5) :
(u v)I = uI v + v I u
und die Quotientenregel
(2.6) :
uI v − uv I
u
( )I =
.
v
v2
- 17 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
2.3 Integralrechnung
2.3.1 Das unbestimmte Integral
Zu jeder Funktion f(x) gehört eine Stammfunktion F(x), die
folgender Regel gehorcht
(2.7) :
FI (x) = f(x) oder dF(x) = df(x) dx ⇒ F(x) + C = ∫ f ( x )dx .
Es gibt zu jeder gegebenen Funktion f(x) unendlich viele
Stammfunktionen Fi(x). Die Fi(x) werden auch als Kurvenschar bezeichnet, deren Einzelfunktion an das jeweilige
Problem über die Bestimmung der Konstante C eindeutig
zugeordnet werden kann.
y
F1(x) = F(x) + C1
F2 (x) = F(x) + C2
F3 (x) = F(x) + C3
x
Bild 2.4 Stammfunktionen Fi(x), abhängig von der
Konstante C
- 18 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
Die geometrische Bedeutung der Stammfunktion entspricht
zahlenmäßig der Fläche unterhalb der von der Funktion f(x)
eingeschlossenen Fläche A(x).
y = f (x)
y
A (x)
x
Bild 2.5 Die eingeschlossene Fläche A(x) entspricht der Stammfunktionen F (x)
Beispiel
o Erzeugung der Stammfunktion mit einem Polynom
Zu dem gegebenen Polynom soll die Stammfunktion erzeugt werden.
Lösung
- 19 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
f(x) = a + b x + c x 2
(2.8) :
⇒
F(x) + C = a x +
1
1
b x2 + c x3.
2
3
Beispiel
o Erzeugung der Stammfunktion mit einer trigonomet-
rischen Funktion nach (2.4)
Zu der gegebenen trigonometrischen Funktion soll die
Stammfunktion erzeugt werden.
Lösung
(2.9) :
f(x) = sin αx
⇒
F(x) + C = -
1
cos αx.
α
2.3.2 Das bestimmte Integral
Über ein abgeschlossenes Intervall [a, b] ergibt die Integration über eine Funktion y = f(x) eine Zahl, die dem Flächeninhalt A unterhalb der Funktion entspricht. Das Integral lautet
- 20 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
b
A = ∫ f ( x)dx .
(2.10) :
a
y
y = f (x)
A
a
b
x
Bild 2.6 Flächeninhalt A unterhalb der Funktion f(x)
Beispiel
o Berechnung der Fläche unterhalb einer Geraden in
einem bestimmten Abschnitt
o Berechnung durch ein bestimmtes Integral und alter-
native Berechnung über die Geometrie
Die gegebene Funktion lautet
(2.11) :
y =m x
- 21 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
y=mx
y
A
a
b
x
Bild 2.7 Fläche A unterhalb einer Geraden
Lösung
Die Fläche A ist
(2.12) :
b
b
a
a
A = ∫ y(x ) dx = ∫ m x dx =
=
b
1
1
m x 2 = m (b2 - a2 )
a
2
2
1
m (b - a) (b + a).
2
Die Fläche A kann alternativ aus zwei Teilflächen (Bild 2.8)
berechnet werden.
- 22 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
f(b) - f(a)
=mb - ma
f(a) = ma
b-a
Bild 2.8 Fläche A aus zwei Teilflächen
Die Fläche A ist
(2.13) :
A = m a (b - a) +
1
(b - a) (m b - m a)
2
1
= m (2 a (b - a) + (b - a) (b - a)
2
1
= m (b - a) (2 a + b - a)
2
1
= m (b - a) (a + b).
2
Zur Vervollständigung wird in Tabelle 2.1 das griechische
Alphabet angegeben, weil im weiteren Verlauf die Buchstaben benutzt werden.
- 23 -
2 MATHEMATISCHE GRUNDLAGEN
Tabelle 2.1 Griechisches Alphabet
Αα
alpha
Ιι
iota
Ρρ
rho
Ββ
beta
Κκ
kappa
Σσ
sigma
Γγ
∆δ
gamma
delta
Λλ
Μµ
lambda
my
Τ τ tau
Υ υ ypsilon
Νν
ny
Φ ϕ phi
Ξ ξ xi
Ο ο omicron
Χ χ chi
Ψ ψ psi
Εε
epsilon
Ζ ζ zeta
Η η eta
Θθ
- 24 -
theta
Ππ
pi
Ω ω omega
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
Lehrziel des Kapitels
o Definition der Kraft
o Graphische Lösung zur Bestimmung der Resultierenden, der Haltekraft oder des Gleichgewichts der
Kräfte in der Ebene, das Kräftepolynom oder Krafteck
o Analytische Lösung zur Bestimmung der Resultierenden, der Haltekraft oder des Gleichgewichts der
Kräfte in der Ebene
o Definition der Kräfte und Momente in der Ebene
o Definition des Kräftepaars und Drehmoments
o Definition der Kraft und Drehmoment
o Definition des Moments einer Kraft
Formeln des Kapitels
o Definition der Kraft
o Schnittbild
o Kräfte in der Ebene
o Graphische Lösung und analytische Lösung zur Bestimmung der Resultierenden, der Haltekraft oder
des Gleichgewichts
(3.1) :
r
r
R = ∑ Fi
- 25 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
(3.2) :
r
r
H =-R
(3.3) :
r
R = 0,
(3.4 ) :
∑ Fi = 0
o Komponentenschreibweise
(3.5) :
→:
∑ Fxi = ∑ ( Fi cos (α i )) = 0
(3.6) :
↑:
∑ Fyi = ∑ ( Fi sin (α i )) = 0
(3.7) :
(3.8) :
2
2
Fi = Fxi + Fyi ,
tan (α i ) =
Fyi
Fxi
o Kräfte und Momente in der Ebene
(3.9) :
F = Fx e x + Fy e y
o Kräftepaar und Drehmoment
- 26 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
(3.10) :
MD = a F [Nm ]
(3.11) :
F=
MD
a
(3.12) :
a=
MD
F
o Kraft und Drehmoment; Moment einer Kraft
(3.15) :
M 0 = h F,
Definition
Eine Kraft ist eine physikalische Größe, die sich mit einer
anderen Kraft ins Gleichgewicht setzen lässt, zum Beispiel
die Gewichtskraft wird mit der Halte- oder Lagerkraft im
Gleichgewicht gehalten.
3.1 Kräfte in der Ebene
Alle Wirkungslinien der Kräfte liegen in einer Ebene. Die
Kräfte halten den Körper im Gleichgewicht. Sie können
durch graphische oder analytische Lösungen bestimmt
werden.
- 27 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
Definition des Kraftecks
Das Krafteck (auch Kräftepolygon) ist die Figur, die entsteht, wenn man mehrere Kräfte zeichnerisch hintereinander miteinander verbindet, dass der Anfangspunkt der folgenden Kraft jeweils mit dem Endpunkt der vorhergehenden
übereinstimmt. Man hängt sozusagen die einzelnen Kraftvektoren aneinander. Dazu wird ein Kräftemaßstab, zum
Beispiel 1N =ˆ 1 cm festgelegt.
Das Krafteck dient dazu, verschiedene Kräfte zu einer resultierenden Kraft, der Resultierenden, zusammenzusetzen
und basiert auf der Vorgehensweise vom Parallelogramm
der Kräfte (Bild 3.2). Es entspricht einer zeichnerischen Variante der Vektoraddition.
Als Ergebnis bildet die Verbindung zwischen Ausgangspunkt und Endpunkt der zuletzt eingezeichneten Kraft die
Resultierende und schließt damit das Krafteck. Die Reihenfolge, in der die Kräfte eingezeichnet werden, spielt keine
Rolle für Größe und Richtung der Resultierenden.
Bringt man eine zusätzliche Kraft, die Haltekraft hinzu, welche genau entgegengesetzt zur Resultierenden wirkt (dreht
- 28 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
den Kraftpfeil der Resultierenden also um), so halten sich
alle Kräfte im Gleichgewicht. Das Krafteck ist geschlossen.
Beispiel
In Bild 3.1 a sind drei verschieden große Kräfte F1, F2 , F3
zu sehen, die in verschiedene Richtungen weisen. Die Resultierende R findet man durch das Aufzeichnen eines
Kraftecks, indem man die Kräfte von einem Punkt ausgehend nacheinander so einzeichnet, dass jeder Kraftpfeil an
den vorhergehenden anschließt. Wenn der Ausgangspunkt
mit dem Endpunkt der zuletzt eingezeichneten Kraft verbunden wird, hat man diese Resultierende erhalten (Bild
3.1b).
Mit der zusätzlichen Haltekraft H wäre das Krafteck (Bild
3.1c) geschlossen, die Resultierende also Null und die Kräfte F1, F2 , F3 im Gleichgewicht.
Graphische Lösung
- 29 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
F2
F3
F1
y
F2
x
a)
R
F3
F1
b)
F3
F2
H
c)
F1
Bild 3.1 a) Lageplan mit den drei Eigenschaften: Betrag, Richtung
und Angriffspunkt; b) Kräftepläne; b) Resultierende; c) Haltekraft
Analytische Lösung
Die Resultierende
(3.1) :
r
r
R= ∑ Fi
ist die vektorielle Summe aller Kraftkomponenten. Die Halte- oder Lagerkraft
(3.2) :
- 30 -
r
r
H =-R
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
wirkt der Resultierenden entgegen.
Gleichgewicht herrscht dann, wenn die Resultierende
(3.3) :
r
R = 0,
beziehungsweise die vektorielle Summe aller Kräfte
(3.4 ) :
∑ Fi = 0
ist.
Im Folgenden werden alle Vektorpfeile wegen der einfacheren Schreibweise weggelassen!
Fi = Fi
Fyi
α
Fxi
Bild 3.2 Komponenten der Kraft F
In Komponentenschreibweise lauten die Gleichgewichtsbedingungen in der x- y- Ebene
- 31 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
(3.5) :
→:
(3.6) :
↑:
∑ Fxi = ∑ ( Fi cos (α i )) = 0,
∑ Fyi = ∑ ( Fi sin (α i )) = 0.
Die Kraft ergibt sich dann aus den Komponenten x und y als
(3.7) :
2
2
Fi = Fxi + Fyi ,
mit dem Richtungswinkel
(3.8) :
tan (α i ) =
Fyi
Fxi
.
3.2 Kräfte und Momente in der Ebene
In einer Ebene hat der Kraftvektor zwei Komponenten
(3.9) :
F = Fx e x + Fy e y
ex, ey sind die Einheitsvektoren in den Koordinatenrichtungen x und y.
- 32 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
3.2.1 Das Kräftepaar und das Drehmoment
Zwei Kräfte F1 = F2 = F vom gleichen Betrag und entgegengesetzter Richtung (Bild 3.3),
f1
f2
D
a
F1 = F
F2 = F
Bild 3.3 Drehmoment zweier paralleler Kräfte
aber nicht in derselben Wirkungslinie (Wirkungslinien f1, f2)
bilden ein Kräftepaar. Sie bewirken eine Drehwirkung, das
Drehmoment
(3.10) :
Σ MD links :
MD = a F [Nm ]
- 33 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
Das Symbol ΣMDlinks oder ΣMDrechts zeigt die Drehrichtung
um den Drehpunkt D.
Durch Umstellen ergibt sich die Kraft
(3.11) :
F=
MD
a
oder der Hebelarm
(3.12) :
a=
MD
.
F
Eigenschaften des Drehmoments in der Ebene
o der Drehsinn ( ΣMDlinks oder ΣMDrechts ) unter-
scheidet sich durch das Vorzeichen,
o die Drehachse steht senkrecht auf der Ebene,
o das Drehmoment kann durch jedes beliebige
Kräftepaar vom gleichen Betrag a F und gleichem Drehsinn dargestellt werden.
- 34 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
3.2.2 Kraft und Drehmoment
Ein System ist durch ein äußeres Moment M0 und eine Kraft
F belastet (Bild 3.4). Das Moment M0 verschwindet durch
die Parallelverschiebung um den Abstand c der Kraft.
c = M0/F
f
f1
f
F
M0
F
C
A
a)
F
b
c
F
B
A
b)
C
B
f1
F
C
A
c)
b
c
B
Bild 3.4 Äquivalente Kraftsysteme; a) Grundsystem; b) M0 durch
Kräftepaar ersetzt; c) äquivalentes System
Das Momentengleichgewicht ist vom Bezugspunkt abhängig. Das Moment um A ist
- 35 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
(3.13):
ΣMA links : MA = b F + M0 = b F + c F = (b + c) F,
das Moment um B
(3.14):
ΣMBlinks : MB = - c F + M0 = - c F + c F = 0.
Umgekehrt erzeugt die Parallelverschiebung einer Kraft,
von der Wirkungslinie f1 auf die Wirkungslinie f, ein zusätzliches Drehmoment.
3.2.3 Das Moment einer Kraft
Definition
Das Moment einer Kraft F bezüglich des Punkts 0 ist
(3.15) :
Σ M O links :
M 0 = h F,
h ist der senkrechte Abstand von 0 auf die Wirkungslinie f
der Kraft F.
Die Vorzeichendefinition ist + ΣMO links , ΣMOrechts -, die Dimension ist [Nm].
- 36 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
f
0
h
0
F
h
F
0 a
F
f
b) f
a)
Bild 3.5 Drehmoment a) einer Kraft; b) eines Kräftepaares
Die Summe der Momente eines Kräftepaares ist das Drehmoment. Es ist unabhängig vom Bezugspunkt 0 (Bild 3.5)
(3.16) :
Σ M O links :
M 0 = (h + a) F - h F = a F = M 0 .
- 37 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
f
y
F
Fy
α
Fx
y
α
α
0
α
h
x
x
Bild 3.6 Komponentendarstellung
In Komponentendarstellung (Bild 3.6) lautet dies
(3.17) :
ΣMOlinks : M0 = - h F = (x sinα - y cosα) F
= x (sinα F) - y (cosα F) = x Fy - y Fx .
Das Moment einer Kraft F ist gleich der Summe der Momente ihrer Kraftkomponenten.
- 38 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
3.3 Aufgaben zu Kapitel 3
AUFGABE 3.1
o a) Graphische und analytische Berechnung der
Resultierenden, beziehungsweise Haltekraft
des Kräftesystems
o b) Graphische und analytische Berechnung der
Resultierenden, beziehungsweise Haltekraft
des Kräftesystems unter Vorgabe der Wirkungslinie
An einem Punkt 0 greifen drei Kräfte F1, F2, F3 an (Bild 3.7).
a) gegeben: F1 = 3 2 N , α1 = 45 0 , F2 = 3 N, α 2 = 1800 ,
F3 = 5 N , α 3 = 333,45 0
gesucht: Bestimmung der Resultierenden R und der Halte-
kraft H (graphisch und analytisch),
b) gegeben: F1 = 3 2 N , α1 = 45 0 , F2 = 3 N, α 2 = 1800 ,
α 3 = 333,45 0
- 39 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
gesucht: Bestimmung des Betrags F3, für den die Resultie-
rende R parallel zur Wirkungslinie von F2 fällt (graphisch
und analytisch)
y
F1
α2
F2
0
α1
α3
x
F3
Bild 3.7 Im Punkt 0 angreifende Kräfte
Lösung: a) Fxi ≈ 2,00 N, Fyi ≈ 2,00 N, R = - H = 2,83 N,
b) Fxi = 5,98 N, Fyi = 0, R = 5,98 N, F3 ≈ 6,71 N
AUFGABE 3.2
o Graphische und analytische Berechnung der
Resultiereden des Kräftesystems
Vier Kräfte F1, F2, F3 und F4 haben den gemeinsamen Angriffspunkt 0 (Bild 3.8).
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3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
gegeben: F1 = 3 kN, α1 = 300 , F2 = 4 kN, α 2 = 600 ,
F3 = 4.5 kN, α 3 = 135 0 , F4 = 5.5 kN, α 4 = 225 0
gesucht: Bestimmung der Resultierenden R (graphisch und
analytisch).
y
F3
F2
α3
α4
α2
0 α1
F1
x
F4
Bild 3.8 Vier Kräfte Fi mit ihrem gemeinsamen
Angriffspunkt 0
Lösung: Fxi = - 2,473 kN, Fyi = 4,257 kN, R = 4,92 kN,
α R = 120.15 0
AUFGABE 3.3
o Graphische und analytische Berechnung der
Resultiereden des Kräftesystems
- 41 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
Die in Bild 3.9 skizzierte Anordnung zeigt drei Seile, die in
den Rundhaken die Zugkräfte F1, F2, F3 übertragen.
gegeben: F1 = 30 N, F2 = 50 N, F3 = 180 N
gesucht: Bestimmung der Gesamtkraft R, die auf den Ha-
ken wirkt (graphisch und analytisch).
F1
F
2
F
30° 45°
3
Bild 3.11 Drei Seile am Rundhaken
Bild 3.9 a) Lageplan; b) Kräfteplan: 1 cm ≡ 20 N, R ≈ 186 N, α = 23 0
(gemessen)
Lösung: Fxi = 72,28 N, Fyi = - 170,58 N, R = 185,26 N,
α = 22,960
AUFGABE 3.4
o Graphische und analytische Berechnung der
Kräfte unter Vorgabe der Wirkungslinien
- 42 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
Eine Kraft F1 wird durch zwei Kräfte F2 und F3 mit den vorgegebenen Wirkungslinien f2 und f3 im Gleichgewicht gehalten (Bild 3.10).
gegeben: F1 = 25 N und Richtungen von F1, F2 und F3
gesucht: Bestimmung der Kräfte F2 und F3 (graphisch und
analytisch).
f2
450
f3
0
60
45
0
F1
Bild 3.10 Kraft F1 und vorgegebenen Wirkungslinien f2 und f3 der
zwei Kräfte F2 und F3
Lösung: F2 = 30,6 N, F3 = - 34,14 N
- 43 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
AUFGABE 3.5
o Schnittbild zum Sichtbarmachen der Seilkraft S
und der Kraft N
o Graphische und analytische Berechnung einer
Seilkraft S und der Kraft N zwischen Wand und
Kugel
Eine Kugel vom Gewicht G hängt an einem Seil an der
Wand. Das Seil ist im Kugelmittelpunkt befestigt. Die Kugel
ist glatt (Bild 3.11).
gegeben: a = 60 cm, r = 20 cm, G = 100 N
gesucht: Bestimmung der Seilkraft S und Normalkraft N
zwischen Wand und Kugel
- 44 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
a
r
G
Bild 3.11 Kugel vom Gewicht G
Lösung: S = 106 N, N = 35,4 N
AUFGABE 3.6
o Schnittbild zum Sichtbarmachen der Zugkräfte
o Graphische und analytische Berechnung der
Zugkräfte unter Vorgabe der Wirkungslinien
Ein Schiff wird von zwei Ufer- Lokomotiven gleichförmig geradeaus durch einen Kanal gezogen (Bild 3.12).
gegeben: F1 = 3000 N, α1 = 250 , α 2 = 300
gesucht: Bestimmung des Betrags der Kraft F2 und der
Resultierenden R (graphisch und analytisch).
- 45 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
y
F2
α2
x
α1
F1
Bild 3.12 Schiff mit den Kräften der zwei Ufer- Lokomotiven
Lösung: R = 4914,91 N, F2 = 2535,71 N
AUFGABE 3.7
o Schnittbild zum Sichtbarmachen der Normal-
kraft und der Zugkraft
o Analytische Berechnung der Normalkraft und
der Zugkraft über die Gleichgewichtsbedingungen unter der zusätzlichen Bedingung, dass
die Walze gerade abhebt
Eine glatte Straßenwalze mit dem Gewicht G und dem Radius r stößt an ein Hindernis der Höhe h. Im Walzenmittelpunkt greift eine waagerechte Kraft F an (Bild 3.13).
gegeben: G, r, h
gesucht: Bestimmung der Kraft F, die erforderlich ist, um die
Walze über das Hindernis zu ziehen.
- 46 -
3 GLEICHGEWICHT IN EINEM PUNKT
r
F
α
h
Bild 3.13 Glatte Straßenwalze mit Hindernis
Lösung: NH =
G
G sin α
, F=
cos α
cos α
- 47 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
Lehrziel des Kapitels
o Kräfte in der Ebene, die nicht durch einen Punkt gehen
o Gleichgewichtsbedingungen
o Mögliche Kräfteverteilung in der Ebene
Formeln des Kapitels
o Gleichgewichtsbedingungen
(4. 1) :
→:
∑ Fx = 0,
(4. 1) :
→:
∑ Fx = 0,
(4. 3) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
oder
∑ Fx = 0,
(4. 4) :
→:
(4. 5) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
- 48 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4. 6) :
ΣMBlinks : ∑MB = 0,
dabei dürfen die Bezugspunkte A und B nicht auf einer
Geraden liegen, die senkrecht zur x- Achse steht,
oder
∑ Fy = 0,
(4. 7) :
↑:
(4. 8) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
(4. 9) :
ΣMBlinks : ∑MB = 0,
dabei dürfen die Bezugspunkte A und B nicht auf einer
Geraden liegen, die senkrecht zur y- Achse steht,
oder
(4.10) :
ΣMA links : ∑ MA = 0,
(4.11) :
ΣMBlinks : ∑MB = 0,
- 49 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4. 12) :
ΣMClinks : ∑ MC = 0,
dabei dürfen die drei Bezugspunkte A, B und C dürfen
nicht auf einer Geraden liegen.
4.1 Gleichgewichtsbedingungen
In einer Ebene beliebig verteilte Kräfte stehen im Gleichgewicht, wenn folgende Gleichgewichtsbedingungen erfüllt
sind. Das ist entweder
(4. 1) :
→:
∑ Fx = 0,
(4. 1) :
→:
∑ Fx = 0,
(4. 3) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
oder
∑ Fx = 0,
(4. 4) :
→:
(4. 5) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
- 50 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4. 6) :
ΣMBlinks : ∑MB = 0,
dabei dürfen die Bezugspunkte A und B nicht auf einer
Geraden liegen, die senkrecht zur x- Achse steht, oder
∑ Fy = 0,
(4. 7) :
↑:
(4. 8) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
(4. 9) :
ΣMBlinks : ∑MB = 0,
dabei dürfen die Bezugspunkte A und B nicht auf einer
Geraden liegen, die senkrecht zur y- Achse steht, oder
(4.10) :
ΣMA links : ∑MA = 0,
(4.11) :
ΣMBlinks : ∑MB = 0,
(4. 12) :
ΣMClinks : ∑ MC = 0,
- 51 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
dabei dürfen die drei Bezugspunkte A, B und C dürfen
nicht auf einer Geraden liegen.
Beispiel
o Kontrolle des Gleichgewicht an einem Träger unter
Beachtung der Einschränkungen
Man untersuche mit Hilfe der folgenden Gleichgewichtsbedingungen, ob die auf den ebenen Dachbinder wirkenden
Kräfte (Bild 4.1) im Gleichgewicht sind für folgende Fälle:
Fall 1 :
Σ M A = Σ MB = ΣM C = ?;
Fall 2 :
ΣMA = ΣMB = ∑ Fy = ?;
Fall 3 :
ΣM A = ΣMB = Σ MD = ?;
Fall 4 :
∑ Fx = ∑ Fy = ΣMA = ?.
gegeben: F1 = 1 N, F2 = 2 N, F3 = 1 N, F4 = 8 N, F5 = 2
N, F6 = 12 N, a = 1 m
gesucht: Warum können die Ergebnisse aus Fall 1 und
Fall 2 nicht verwendet werden?
- 52 -
2
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
2a
a
2a
2a
45°
2a
y
x
D
F6
F5
a A
F4
F1
C
B
F2
F3
Bild 4.1 Ebener Dachbinder mit Kräften
Lösung
Über die Gleichgewichtsbedingungen werden die möglichen
resultierenden Kräfte und Momente aufgestellt
(4.13) :
ΣMA links : MA = - F2 4 a - F3 8 a + F6 a
2
2
F5 4 a
F5 2 a +
2
2
= a (- 4 F2 - 8 F3 + F6 + 2 F5 )
-
(4.14) :
2
F5 2 a
2
= a (- 4 F1 - 4 F3 + F6 - 2 F5 )
ΣMB links : MB = - F1 4 a - F3 4 a + F6 a -
- 53 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4.15) :
ΣMC links : M C = - F1 8 a + F2 4 a + F6 a
2
2
F5 4 a
F5 2 a 2
2
= a (- 8 F1 - 4 F2 + F6 - 3 2 F5 )
-
(4.16) :
ΣMDlinks : MD = - F1 4 a - F3 4 a + F4 2 a - F6 a
= a (- 4 F1 - 4 F3 + 2 F4 - F6 )
( 4.17) :
→:
( 4.18) :
↑:
∑ Fx = F4 - F6 +
2
F5
2
∑ Fy = F1 - F2 - F3 +
2
F5
2
Fall 1
Aus (4.13), (4.14) und (4.15) folgt
(4.19) :
M A = a (- 8 - 8 + 12 + 4) N = 0,
(4.20) :
MB = a (- 4 - 4 + 12 - 4) N = 0,
(4.21) :
M C = a (- 8 + 8 + 12 - 12) N = 0.
- 54 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
Es herrscht scheinbares Gleichgewicht, ist aber keine Kontrolle, da die Bezugspunkte A, B und C auf einer Geraden
liegen. Dieser Fall ist nicht geeignet, eine Gleichgewichtskontrolle durchzuführen.
Fall 2
Aus (4.13), (4.14) und (4.18) folgt
(4.19) :
M A = a (- 8 - 8 + 12 + 4) N = 0,
(4.20) :
MB = a (- 4 - 4 + 12 - 4) N = 0,
( 4.22) :
∑ Fy = (1 - 2 - 1 + 2 ) N = 0.
Es herrscht wieder scheinbares Gleichgewicht, ist aber keine Kontrolle, da die Bezugspunkte A und B senkrecht zur yRichtung liegen. Dieser Fall ist nicht geeignet, eine Gleichgewichtskontrolle durchzuführen.
Fall 3
Aus (4.13), (4.14) und (4.16) folgt
(4.19) :
M A = a (- 8 - 8 + 12 + 4) N = 0,
- 55 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4.20) :
MB = a (- 4 - 4 + 12 - 4) N = 0,
(4.23) :
MD = a (- 4 - 4 + 16 - 12) N = - 4 N a.
Es herrscht kein Gleichgewicht. Das System ist nicht im
Gleichgewicht.
Fall 4
Aus (4.7), (4.18) und (4.13) folgt
∑ Fy = F1 - F2 - F3 +
2
F5
2
( 4.18) :
↑:
(4.19) :
M A = a (- 8 - 8 + 12 + 4) N = 0,
(4.24) :
∑ Fx = (8 - 12 + 2) N = - 2 N.
Es herrscht kein Gleichgewicht. Das System ist nicht im
Gleichgewicht.
4.2 Mögliche Kräfteverteilung in der Ebene
In Bild 4.2 werden die vier möglichen Kräfteverteilungen in
der Ebene dargestellt.
- 56 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
l
l
A
A
R
a)
b)
R
F
c)
l
A
F
d) A
Bild 4.2 Mögliche Kräfteverteilung in der Ebene; a) R ≠ 0 und MA =
R l ≠ 0;
b) R ≠ 0 und MA = 0; c) R = 0 und MA = 2 F l ≠ 0; d) R = 0 und MA = 0
Beispiel
o Sichtbarmachen der Seilkraft und der Lagerkräfte
durch Schneiden
o Aufstellen der vier Möglichkeiten der Gleichge-
wichtsbedingungen zur Bestimmung der Lager- und
Seilkräfte
Ein Träger (AB) mit konstantem Querschnitt ist in A drehbar
an einer Wand befestigt und wird durch ein Seil (BC) in horizontaler Lage gehalten (Bild 4.3). Wie groß sind die Seilkräfte S und die Auflagerkräfte in A, wenn auf den Träger
nur das Eigengewicht wirkt.
gegeben: b, c, Eigengewichtsbelastung
- 57 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
gesucht: Bestimmung aller Lagerkräfte. Zur Ermittlung der
Lagerkräfte kann die verteilte Gewichtsbelastung durch eine
Einzelkraft G, der Resultierenden aus dem Eigengewicht, in
der Mitte ersetzt werden.
C
c
A
α
B
G
b/2
b/2
Bild 4.3 Träger (AB) mit konstantem Querschnitt in A drehbar an
einer Wand befestigt und durch ein Seil (BC) in horizontaler Lage
gehalten.
Lösung
- 58 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
C
c
AH
S
α
A
B
G
AV
b/2
b/2
Bild 4.4 Schnittbild
1. Lösungsmöglichkeit
Das Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen ergibt
( 4.25) :
→:
A H - S cosα = 0,
(4.26):
↑: A V + S sinα - G = 0,
(4.27) :
ΣM A links : M A = S sinα b - G
b
= 0.
2
Aus (4.27) folgt sofort mit der Geometrie tan α =
c
b
- 59 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4.28):
S=
G
,
2 sinα
in (4.25) eingesetzt, ergibt
(4.29) :
A H = S cosα =
G cot α
2
und in (4.26)
( 4.30 ) :
A V = - S sinα + G =
G
.
2
2. Lösungsmöglichkeit
Das Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen ergibt
( 4.25) :
→:
(4.31) :
ΣMB links : MB = - A V b + G
(4.27) :
ΣM A links : M A = S sinα b - G
- 60 -
A H - S cosα = 0,
b
= 0,
2
b
= 0.
2
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
Die Auflösung der Gleichungen ergibt die Lösungen wie im
1. Lösungsweg.
3. Lösungsmöglichkeit
Das Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen ergibt
(4.26):
↑: A V + S sinα - G = 0,
(4.27) :
ΣM A links : M A = S sinα b - G
(4.32) :
ΣMC links: MC = A H c - G
b
= 0,
2
b
= 0.
2
Die Auflösung der Gleichungen ergibt die Lösungen wie im
1. Lösungsweg.
4. Lösungsmöglichkeit
Das Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen ergibt
(4.27) :
ΣM A links : M A = S sinα b - G
b
= 0,
2
- 61 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
(4.31) :
ΣMB links : MB = - A V b + G
(4.32) :
ΣMC links: MC = A H c - G
b
= 0,
2
b
= 0.
2
Bei diesem Weg hat jede Gleichung nur eine Unbekannte
und kann direkt aufgelöst werden, sonst sind die Lösungen
natürlich in allen Lösungswegen gleich.
- 62 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
4.3 Aufgaben zu Kapitel 4
AUFGABE 4.1
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Größe und Lage der Resultierenden
Drei Punkte A, B und C auf einer Scheibe (Bild 4.5) bilden
ein gleichseitiges Dreieck mit der Seitenlänge a. In den
Eckpunkten wirken drei Kräfte Fi, die senkrecht zu den Seiten des Dreiecks stehen.
gegeben: F, F1 = F, F2 = 2 F, F3 = 3 F
gesucht: Bestimmung des Betrags, der Richtung und der
Lage der Resultierenden R.
C
F2
F1
A
B
F3
Bild 4.5 Scheibe mit den in den Eckpunkten wirkenden drei Kräften.
- 63 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
Lösung: R = 3F , α = 600 , d =
7
3a
12
AUFGABE 4.2
•
Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte
•
Bedingung zur Bestimmung der Minimalkraft
Eine vertikale Kraft F1 wirkt im Punkt A und eine Kraft F2
wirkt mit verschiedenen Richtungen in Punkt C.
gegeben: F1, a, b, α1 = 500 , α 2 = 200
gesucht: Bestimmung a) des Moments der Kraft F1 bezüg-
lich B, wenn F2 = 0; b) der Größe einer horizontalen Kraft
F2, die im Punkt C angreift und das Gleichgewicht herstellt
(Bild 4.6); c) der Größe und Richtung einer Kraft F2, die in C
angreift, das Gleichgewicht herstellt und deren Betrag minimal ist.
- 64 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
a
A
α1
F1
B
b
α2
C
F2
Bild 4.6 System mit vertikaler Kraft F1 im Punkt A und einer Kraft F2
in Punkt C
MB = F1 a sin α1 ,
Lösung:
c) F2 =
b)
F2 =
F1 a sin α1
,
b cos α 2
F1 a sin α1
b
AUFGABE 4.3
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der äquivalenten Kraft
An einer Kreisscheibe (Bild 4.7) greift im Punkt A eine Kraft
F an.
gegeben: r, F, α
- 65 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
gesucht: Bestimmung des gleichwertigen Belastungszu-
stands (unter Beibehaltung der Richtung), der entsteht,
wenn die Kraft F im Punkt E (Fußpunkt des Lots von A auf
die x- Achse) angreift. Wie groß wird der Wert von α , für
den das Moment ME maximal wird?
y
A
F
E
x
α
O
M
r
Bild 4.7 Kreisscheibe mit einer Kraft F im Punkt A.
Lösung: ME = F r sin 2α cos α , α max = 35,26 0
AUFGABE 4.4
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte
- 66 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
Das Sicherheitsventil A eines Dampfkessels ist mit Hilfe der
durchgehenden Stange AB (gewichtslos) an dem Hebel CD
(Gewicht G) befestigt (Bild 4.8). Der Hebel CD kann sich
um den festen Punkt C drehen.
gegeben: CD = 50 cm , BC = 7 cm , Ventildurchmesser d =
6 cm, G = 10 N
gesucht: Die Last Q, die bei D angreift und unter der sich
das Ventil bei einem Kesseldruck von 11 bar von selbst öffnet (1 bar = 10 N/ cm2)
C
B
D
A
Q
d
Bild 4.8 Sicherheitsventil eines Dampfkessels
Lösung: Q = 390.78 N
AUFGABE 4.5
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
- 67 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte und der Geometrie
Ein schwerer Stab (Gewicht G, Länge 4 a) stützt sich bei A
an eine glatte Ecke und bei B an eine glatte senkrechte
Wand (Bild 4.9).
gegeben: a, G
gesucht: Bestimmung des Winkels ϕ , für den das System
nach Bild 4.13 im Gleichgewicht ist und der Lagerkräfte in A
und B.
2a
4a
S
ϕ
A
G
B
a
Bild 4.9 Schwerer Stab und seine Lagerung
Lösung: ϕ = 37,5 0 , A = 1.26 G, B = 0.77 G
- 68 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
AUFGABE 4.6
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte unter der Bedingung,
dass das Rohr gerade nicht kippt
Die glatten Kugeln 1 und 2 (Gewicht je Kugel G, Radius r)
liegen in einem kreiszylindrischen Rohrstück (Gewicht GR,
Radius a), das unten offen ist und senkrecht auf dem Boden
steht (Bild 4.10).
gegeben: r = 0,75 a, G
gesucht: Bestimmung der Druckkräfte Hi auf die Rohrwand
und die Mindestgröße GR, für die das Rohrstück nicht kippt.
- 69 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
a
r
1
r
2
Bild 4.10 Kugeln im kreiszylindrischen Rohrstück
Lösung: GR ≥ 1,5 G cosα ≥ 0,5 G
AUFGABE 4.7
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte und der Geometrie
Ein gewichtsloser Stab (Länge a) wird horizontal zwischen
zwei glatten, unter dem Winkel α und β geneigten, schiefen Ebenen gelegt. Auf den Stab wird ein Klotz (Gewicht G)
gestellt (Bild 4.11).
- 70 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
gegeben: a, α , β , G
gesucht: Bestimmung des Abstands x des Klotzes vom
Punkt A, für den der Stab in seiner horizontalen Lage im
Gleichgewicht ist, und der Kontaktkräfte in A und B.
a
A
x
G
B
α
β
Bild 4.11 Gewichtsloser Stab zwischen zwei glatten schiefen Ebenen
Lösung:
x=
sin β
sin α
a cot β
G
G, A =
, B=
sin(α + β)
sin(α + β)
cot β + cot α
AUFGABE 4.8
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
- 71 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte
Ein Wagen mit dem Gewicht Q wird auf einer schiefen Ebene ( α = 30 0 ) durch ein Seil gehalten (Bild 4.12).
gegeben: a, Q, α
gesucht: Bestimmung der Seilkraft S und der Radauf-
standskräfte in A und B.
2a
a
2a
S
Q
B
A
a
α
Bild 4.12 Wagen auf schiefer Ebene
Lösung:
A=
- 72 -
Q(2 cos2 α − sin2 α )
Q(5 sin2 α + 2 cos2 α)
, B=
4 cos α
4 cos α
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
AUFGABE 4.9
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Kräfte und der Geometrie
Ein Balken AB (Länge a, Gewicht Q) wird am Ende B von
einem Seil BC (Länge s) gehalten, am Ende A liegt er an
einer glatten, senkrechten Wand (Bild 4.13).
gegeben: a, Q, s
gesucht: Bestimmung des Abstands x, bei dem sich der
Balken im Gleichgewicht befindet.
- 73 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
C
x
s
A
S
Q
D
B
a
Bild 4.13 Balken
Lösung: x =
AB und Seil BC
s 2 −a 2
3
Aufgabe 4.10
o Bestimmung der inneren Kräfte und der Lager-
kräfte durch Schneiden
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Stabkräfte
- 74 -
4 GLEICHGEWICHT IN DER EBENE
An einer Halbkreisscheibe (Radius r, Gewicht G) greift ein
Moment M0 an (Bild 4.14).
gegeben: r, G, M0, α1 = 450 , α 3 = 300
gesucht: Bestimmung der Stabkräfte S1, S2 und S3.
1
α1
r
M0
α3
3
G
2
Bild 4.14 Halbkreisscheibe mit Lagerung
Lösung:
S1 = -
M0
r
6
3 +1
, S2 = - G -
M0
r
3 −1
3 +1
, S3 = -
M0
r
2
3 +1
- 75 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN
TRAGWERKEN
Lehrziel des Kapitels
o Definition der Lagerarten, ihre Symbolik und die dazugehörigen Lagerreaktionen
o Wechselwirkungsgesetz actio = reactio
o Definition der Kräftetypen
o Definition der Tragwerksarten
o Bewegungsmöglichkeiten eines Körpers
o Definition der statische Bestimmtheit
Jedes Tragwerk wird in irgendeiner Weise im Raum festgehalten. Dort werden Bewegungsmöglichkeiten verhindert,
dafür gibt es Lagerreaktionen, die Lagerkräfte.
In der Tabelle 5.1 werden die verschiedenen Lagerarten erläutert und die Anzahl und Richtung der Lagerreaktionen
dargestellt.
Tabelle 5.1 Lagerarten und deren Symbole
o Lagerart: Rollenlager oder Pendelstütze
oder einwertiges Lager
- 76 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lagersymbole
Anzahl und Richtung der Lagerreaktionen
„Einwertiges Lager“
V
o Lagerart: Gelenkiges Lager oder zweiwertiges Lager
Lagersymbole
Anzahl und Richtung der Lagerreaktionen
„Zweiwertiges Lager“
H
V
o Lagerart: Einspannung oder dreiwertiges
Lager
- 77 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lagersymbol
Anzahl und Richtung der Lagerreaktionen
„Dreiwertiges Lager“
H
M
V
o Lagerart: Parallelführung
Lagersymbol
Anzahl und Richtung der Lagerreaktionen
„Zweiwertiges Lager“
H
M
o Lagerart: Freies Ende
- 78 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lagersymbol
Am freien Ende/ Rand treten keine Lagerreaktionen auf.
Beispiel
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden an
den Lagern (einwertiges und zweiwertiges Lager)
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur Be-
stimmung der Lagerkräfte
Ein abgewinkelter Träger wird mit einer Kraft F belastet
(Bild 5.1).
gegeben: a, b, F, α
gesucht: Bestimmung der Lagerreaktionen in A und B
F
α
a
a
F
α
Ay
b
a)
b)
Bx
b
By
Bild 5.1 Abgewinkelter Träger; a) Systemskizze; b) Schnittbild
- 79 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lösung
Aus den Gleichgewichtsbedingungen werden die Lagerreaktionen bestimmt
(5.1) :
→: B x - F cosα = 0
( 5 .2 ) :
↑:
⇒
(5.3) :
⇒
B x = F cosα,
A y + B y - F sinα = 0
B y = F (sinα -
b cos α
),
a
ΣMB links : MB = - A y a + F cosα b = 0
⇒
Ay =F
b cos α
.
a
Beispiel
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden an
den Lagern (Einspannung)
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur Be-
stimmung der Lagerkräfte
Ein Kragarm wird mit einer Kraft F belastet (Bild 5.2).
gegeben: a, F, α
- 80 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
gesucht: Bestimmung der Lagerreaktionen in A
a
a)
B
A
a
MA
F
α
Ax
b)
F
α
B
Ay
Bild 5.2 Kragarm; a) Systemskizze; b) Schnittbild
Lösung
Aus den Gleichgewichtsbedingungen werden die Lagerreaktionen bestimmt
A x - F cosα = 0
⇒
(5.4) :
→:
(5.5) :
↑:
(5.6):
ΣMA links : MA - F sinα a = 0 ⇒ MA = F sinα a,
A y - F sinα = 0
⇒
A x = F cosα,
A y = F sinα,
oder
(5.7) :
→:
A x - F cosα = 0
⇒
A x = F cosα,
- 81 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
(5.8):
ΣMA links : MA - F sinα a = 0 ⇒ MA = F sinα a,
(5.9) :
ΣMB links : M A - A y a = 0
⇒
Ay =
MA
= F sinα a.
a
Beispiel
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden an
den Lagern am abgeknickten Balken
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur Be-
stimmung der Lagerkräfte
Ein abgewinkelter Träger wird mit einer Kraft F belastet
(Bild 5.3).
gegeben: a, b, c, F, α
gesucht: Bestimmung der Lagerreaktionen A und B
- 82 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
c
a
b
B
F
α
a) A
a
c
Bx
MB
b
F
α
Ay
b)
Bild 5.3 Abgewinkelter Träger; a) Systemskizze; b) Schnittbild
Lösung
Aus den Gleichgewichtsbedingungen werden die Lagerreaktionen bestimmt
⇒ B x = F cosα,
(5.10) :
→: B x - F cosα = 0
(5.11) :
↑:
(5.12):
ΣMA links : MB - Bx b - F sinα a = 0,
A y - F sinα = 0
⇒
A y = F sinα,
- 83 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Daraus folgt
(5.13) :
ΣMA links : MB = Bx b + F sinα a
= F (a sinα + b cosα).
Beispiel
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden an
den Lagern (einwertiges Lager, Pendelstütze)
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur Be-
stimmung der Lagerkräfte
Ein Träger wird mit den Kräften F1, F2, F3 belastet (Bild 5.4).
gegeben: a, F1, F2, F3, α
gesucht: die Lagerreaktionen
- 84 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
2a
2a
2a
F2
F1
C
B
a
2a
2a
F2
F1
C
B
a
a
F3
α
A
b)
2a
4a
2a
F3
α
A
a)
a
4a
2a
Bild 5.4 Träger; a) Systemskizze; b) Schnittbild
Lösung
Aus den Gleichgewichtsbedingungen werden die Lagerreaktionen bestimmt
(5.14) :
→:
A H = F2 cosα,
(5.15):
ΣMBlinks : - F1 a - F2 sinα 3 a + C 4 a - F3 5 a = 0.
(5.16) :
ΣMClinks : F1 3 a + F2 sinα a - F3 a - B 4 a = 0.
- 85 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Aus (5.15) und (5.16) folgt
(5.17) :
F1 3 a + F2 sin α a − F3 a
,
4a
F a + F2 sin α 3 a + F3 5 a
C= 1
.
4a
B=
Zur Kontrolle wird eine noch nicht benutzte Gleichgewichtsbedingung verwendet
(5.18) :
↑:
F1 3 a + F2 sin α a + F3 a
4a
F a + F2 sin α 3 a + F3 5 a
+ 1
= 0.
4a
- F1 - F2 sinα - F3 +
Die Kontrolle bestätigt die obige Rechnung.
5.1 Das Wechselwirkungsgesetz
"Die Kräfte, die zwei Körper aufeinander ausüben, sind
gleich groß, entgegengesetzt gerichtet und liegen auf der
gleichen Wirkungslinie."
- 86 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
a)
F
F
b)
L1
L1
L2
L2
G1
G1
G2
G2
Bild 5.5 Wechselwirkungsgesetz: actio = reactio; a) ursprüngliches
System; b) Schnittbild
An den Kontaktstellen wird "geschnitten", zum Beispiel
Wand/ Mensch, Boden/ Mensch (Bild 5.5). Die durch
Schneiden sichtbar gemachten Kräfte, die Schnittkräfte,
greifen an den verschiedenen Teilsystemen an. Dies können innere Kräfte, zum Beispiel Seilkräfte, oder Lagerkräfte
sein, aber auch Kontaktkräfte, zum Beispiel Normalkräfte,
halten den Körper wie eine Lagerung.
- 87 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
5.2 Kräftetypen
Alle bisher gezeigten Kräfte sind Einzelkräfte, zum Beispiel
eine Nadelspitze belastet einen Körper, oder die Gewichtskraft wird als Resultierende zusammengefasst.
In der Natur kommen aber vorwiegend Volumenkräfte und
Flächenkräfte vor. Sie werden für die Berechnung idealisiert.
Volumenkräfte
Das sind Kräfte, die über das Volumen des Körpers verteilt
sind, zum Beispiel das Gewicht
(5.19 ) :
∫ dG = ∫ ρ dV = ∫ ∫ ∫ ρ dt dh db = G
( G)
(V)
t
h
b
für die Dicke t, die Höhe h und die Breite b, magnetische
N 
Kräfte oder elektrische Kräfte. Die Dimension ist 
.
 mm 3 
Flächenkräfte
Das sind Kräfte in der Berührungsfläche zweier Körper, zum
Beispiel der Wasserdruck auf eine Staumauer (Bild 5.6), die
- 88 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Schneelast auf einem Dach oder der Druck eines Gewichts
auf eine Fläche. Die Flächenlast hat die Dimension  N 2  .
 mm 
p
Bild 5.6 Schnitt in einer Staumauer als Beispiel für Flächenkräfte
Linienkräfte
Linienförmige Lasten werden als Strecken- oder Linienlast
idealisiert, zum Beispiel eine Messerschneide gegen einen
Körper. Sie hat die Dimension p [
N
].
mm
p
Bild 5.7 Idealisierung eine Messerschneide gegen einen Körper als
linienförmige Strecken- oder Linienlast
- 89 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
5.3 Definition der Tragwerksarten
Die geometrische Form und die Belastung sind für die Bestimmung des Tragwerktyps maßgebend. In der Natur
kommen dreidimensionale, also räumliche Tragwerke vor.
Viele dieser Tragwerke können wegen des Verhältnisses ihrer geometrischen Abmessungen zueinander als ein- oder
zweidimensionale Systeme idealisiert werden. Nur wenn alle Abmessungen ähnlich groß sind, kann nicht vereinfacht
werden. Dann liegen dreidimensionale Strukturen vor.
q0
a)
F
F
b)
Bild 5.8 Eindimensionale (stabförmige) Bauteile; Querschnittsabmessung << Länge; a) Stab, in Achsenrichtung belastet; b) Balken,
quer zur Achsenrichtung belastet
- 90 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
F2
F3
F1
F4
a)
F2
F1
F3
F4
b)
Bild 5.9 Eindimensionale (stabförmige) Bauteile; Querschnittsabmessung << Länge; a) Bogen, gekrümmter Balken; b) Rahmen, abgeknickter Balken
- 91 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
F2
F3
F1
p1
a)
p2
b)
F1
F2
F3
c)
Bild 5.10 Zweidimensionale (ebene) Bauteile; Dicke << Seitenlängen; a) Scheibe, Belastung in der Mittelebene; b) Platte, Belastung
quer zur Mittelebene; c) Schale, gekrümmte, flächige Bauteile
5.4 Bewegungsmöglichkeiten eines Körpers
Die möglichen Lagerungen verbinden die Tragwerke fest
mit ihrer Umgebung. Durch sie werden die Kräfte an die
Umgebung übergeben (actio = reactio). Diese Lagerungen
schränken aber auch die freien Bewegungsmöglichkeiten
eines Körpers ein.
Ohne Lager hat ein dreidimensionaler Körper sechs freie
Bewegungsmöglichkeiten. Wenn alle Einzelpunkte dieselbe
kongruente Bahn beschreiben, sprechen wir von einer
Translations- oder Verschiebungsbewegung. Jede beliebige
- 92 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Translation kann aus drei Translationen in Richtung x, y und
z zusammengesetzt werden. Außer einer Translation kann
ein Körper eine Rotation oder Drehung ausführen. Sie besteht in einer Drehung um eine beliebige Achse, die wieder
je eine Rotation um eine zur x-, y- und z- Achse parallele
Achse ist.
Die allgemeinste Bewegung eines Körpers besteht damit
aus
o drei Translationen (Verschiebungen) in x-, y-
und z- Richtung,
o drei Rotationen (Drehungen) um die x-, y- und
z- Achse.
Der Körper hat die Freiheit, sechs voneinander unabhängige Bewegungen auszuführen. Er hat sechs Freiheitsgrade.
Diese sechs Freiheitsgrade begegnen uns im Kapitel 10 bei
den räumlichen Tragwerken und in der Technischen Mechanik III Kinematik und Kinetik /Kunow/ in der Kinematik
(Kapitel 2) wieder.
- 93 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
y
∆ϕ
∆y
∆x
x
Bild 5.11 Ebene Bewegung: Translation ∆x, ∆y und Rotation ∆ϕ
Bewegt sich der Körper in einer Ebene, sprechen wir von
einer ebenen Bewegung. In dieser Ebene kann der Körper
eine Bewegung ausführen, die in drei unabhängige Teilbewegungen zerlegt werden kann (Bild 5.11):
o zwei Translationen in x- und y- Richtung,
o eine Rotation um die senkrecht zur Ebene ste-
hende Achse.
5.4 Statische Bestimmtheit
Von statischer Bestimmtheit wird gesprochen, wenn allein
die drei Gleichgewichtsbedingungen ausreichen, die unbekannten Lagerkräfte zu berechnen.
- 94 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Den drei unbekannten Auflagerkräften stehen drei unabhängige Gleichungen aus den Gleichgewichtsbedingungen
zur Verfügung.
Ein Tragwerk ist im ebenen Fall statisch bestimmt gelagert,
wenn
o drei Lagerkräfte existieren, die nicht parallel
und nicht zentral sind (Bild 5.12, Bild 5.13),
oder wenn
o ein Moment und zwei nicht parallele Lagerkräf-
te existieren.
F
a)
B
A
F
AH
AV
B
b)
Statisch bestimmter Balken; a) Systemskizze; b) Schnittbild
- 95 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
MA
M0
F
AH
a)
M0
F
AV
b)
Bild 5.13 Statisch bestimmter Balken; a) Systemskizze; b) Schnittbild
Dabei muss beachtet werden, dass keine Bedingung zweimal unterschiedlich formuliert wird (siehe auch die Einschränkungen bei der Lage der Bezugspunkte für das Momentengleichgewicht), damit keine linearen Abhängigkeiten
bestehen.
F
D
A
a)
b)
A
F
B
B
C
Bild 5.14 Kinematisches Tragwerk; a) Systemskizze; b) Schnittbild;
drei Lagerkräfte sind parallel: die horizontale Beweglichkeit des
Systems wird nicht behindert.
- 96 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
In Bild 5.14 b können die drei Momentenbedingungen formuliert werden
(5.20):
ΣMA links : 0 = B a + C 2 a - FV 2 a - FH b,
(5.21):
ΣMBlinks : 0 = - A a + C a - FV a - FH b,
(5.22):
ΣMDlinks : 0 = - A 2 a - B a.
Aus (5.22) folgt
(5.23 ) :
B = - 2 A.
Wird (5.23) in (5.20) und (5.21) eingesetzt, ergeben sich
zwei widersprechende Gleichungen. Aus (5.20) folgt
(5.24) :
0 = - 2 A a + C 2 a - FV 2 a - FH b,
aus (5.21) folgt
(5.25) :
0 = - A a + C a - FV a - FH b.
- 97 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Es gibt unterschiedliche Lösungen für ein und dieselbe
Kraft. Das System hat keine horizontale Lagerung kann
somit die Horizontalkomponente der Kraft F nicht aufnehmen. In dieser Richtung ist das System kinematisch. Das
heißt, es ist beweglich, kinematisch.
Im Tragwerk (Bild 5.14) ist es gut sichtbar, dass das Tragwerk in horizontaler Richtung beweglich ist. Es gibt aber
auch Fälle, in denen diese Beweglichkeit nicht so offensichtlich ist (Bild 5.15).
- 98 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
F1
A
C
F2
B
a)
F1
A
C
F2
B
b)
Bild 5.15 Kinematisches Tragwerk; a) Systemskizze; b) Schnittbild;
drei Lagerkräfte gehen durch einen Punkt: das Moment kann nicht
aufgenommen werden
- 99 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
MB
a)
b)
A
B
Bild 5.16 Kinematisches Tragwerk; a) Systemskizze; b) Schnittbild;
zwei Lagerkräfte und ein Moment: die horizontale Beweglichkeit
des Systems wird nicht behindert
In den obigen Systemen (Bild 5.14, Bild 5.15 und Bild 5.16)
erhält man durch Schneiden jeweils 3 Auflagerkräfte, die
aber nicht durch die drei Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden können. Das System kann durch diese drei
Auflagerkräfte nicht im Gleichgewicht gehalten werden.
Weiter gibt es auch statisch unbestimmte Tragwerke. Das
heißt, dass das Tragwerk mehr als drei Lagerreaktionen
hat, aber wieder nur drei Gleichungen aus den Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung stehen. Die Lagerreaktionen können nur mit Hilfe der Elastizitätstheorie bestimmt
werden (Bild 5.18).
Technische Mechanik II Elastostatik /Kunow/ werden einund mehrfach "statisch unbestimmt" gelagerte Tragwerke
vorgestellt.
- 100 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
F
F
AH
a)
B
AV
MA
b)
Bild 5.17 Einfach statisch unbestimmtes System; a) Systemskizze;
b) Schnittbild
F1
A
a)
D
C
B
F1
AH
b)
F3
F2
AV
F2
B
F3
C
D
Bild 5.18 Zweifach statisch unbestimmtes System; a) Systemskizze; b) Schnittbild
5.6 Lösen eines Berechnungsproblems
o Formulierung
o mechanisches Ersatzmodell (Eigenschaften)
- 101 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
o Lösung des Ersatzmodells
o Diskussion, Bedeutung
Hier wird das Hauptaugenmerk auf "Lösung des Ersatzmodells" und "Diskussion, Bedeutung" bearbeitet
o Schnittbild zum Sichtbarmachen der Kräfte,
o Aufstellen und Lösen der Gleichungen,
o Kontrolle des Ergebnisses auf Richtigkeit und
Genauigkeit.
- 102 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
5.7 Aufgaben zu Kapitel 5
AUFGABE 5.1
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden
an den Lagern
o Belastung durch Einzelkräfte und Einzelmo-
ment
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Ein Träger wird mit den Kräften F1, F2, F3 und einem Moment MB belastet (Bild 5.19).
gegeben: α = 45 0 , F1, F2, F3, MB, a
gesucht: Bestimmung der Auflagerkräfte A und B
F1
A
α
a
F2
F3
a
B
a
MB
Bild 5.19 Träger mit den Kräften F1, F2, F3 und dem Moment MB
- 103 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lösung: BH = F2
A=
1
2
(F2 a sin α + F3 2 a + MB ),
, BV =
3a
2
1
(F2 2 a sin α + F3 a + F1 3 a - MB )
3a
AUFGABE 5.2
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden
an den Lagern
o es handelt sich um drei einwertige Lager in
verschiedenen Richtungen
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Ein Träger wird mit der Kraft F1 und dem Kräftepaar F2 * h
belastet (Bild 5.20). In C hat der Träger ein schräg gestelltes, einwertiges Lager.
gegeben: F1, F2, a, h, α
gesucht: Bestimmung der Auflagerkräfte A, B und C
- 104 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
F2
F1
C
B
A
a)
a
F2
a
α
h
a
Bild 5.20 a) Träger mit der Kraft F1 und dem Kräftepaar
F2 * h
Lösung: A =
C=
1
− F1a − F2h
tan α , B= (F2 h+F1 3a),
2a
2a
− F1a − F2h
2a cos α
AUFGABE 5.3
o Bestimmung der Lagerkräfte durch Schneiden
an den Lagern
o es handelt sich links um ein zweiwertiges La-
ger und rechts um ein einwertiges Lager
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Ein Träger wird mit den Kräften F1, F2 und F3 belastet (Bild
5.21).
- 105 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
gegeben: α = 30 0 , F1, F2, F3, a
gesucht: Bestimmung der Auflagerkräfte A und B
F1
300
F2
a
B
a
A
a
F3
a/2
a
Bild 5.21 Träger mit den Kräften F1, F2 und F3
Lösung:
A H = - F1 + F2 sin α,
B=
AV =
1 1
(- F1 + F2 cos α - F3 ),
3 2
1 1
( F1 + 2 F2 cos α + 4 F3 )
3 2
AUFGABE 5.4
o Bestimmung der Lager- und Seilkräfte durch
Schneiden an den Lagern
o Es handelt sich um ein zweiwertiges Lager und
durch die Seilkraft jeweils um ein einwertiges
Lager
o Seilkraft über Umlenkrollen
- 106 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
o Scheibengewicht G im Schwerpunkt
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Eine dreieckige, schwere Scheibe (Gewicht G) wird in A
durch ein zweiwertiges Lager und in B und C durch ein Seil
S gehalten. Das Seil wird durch zwei Umlenkrollen geführt.
Das Scheibengewicht G greift im Schwerpunkt SSch der
Scheibe an (Bild 5.22).
gegeben: Scheibengewicht G, a, h
gesucht: Bestimmung der Auflagerkraft A und der
Seilkraft S
G
C
SSch
A
h/3
B
2a/3
a/3
2h/3
Seil S
Bild 5.22 Dreieckige, schwere Scheibe
- 107 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lösung:
2
2
1
S = G , AH = - S = G , A V = G - S = G .
3
3
3
AUFGABE 5.5
o Bestimmung der Lager- und Seilkräfte durch
Schneiden an den Lagern
o Es handelt sich links um ein zweiwertiges La-
ger und rechts einwertiges um ein Lager
o Krafteinleitung über Hebel
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Ein Träger wird mit der Kraft F am Hebel der Länge c belastet (Bild 5.23).
gegeben: F, a, b, c
gesucht: Bestimmung der Auflagerkräfte A und B
F
c
A
B
a
b
Bild 5.23 Träger mit der Kraft F am Hebel
- 108 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lösung: A H = - F,
c
B =F ,
a
c
AV = - F .
a
AUFGABE 5.6
o Bestimmung der Lager- und Seilkräfte durch
Schneiden an den Lagern
o Es handelt sich links um ein zweiwertiges La-
ger und rechts um ein einwertiges Lager
o Kräfte an einem ebenen System
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Eine Scheibe wird mit den Kräften F1, F2, F3 und F4 belastet
(Bild 5.24).
gegeben: α1 , α 3 , F1, F2, F3, F4, a, h
gesucht: Bestimmung der Auflagerkräfte A und B
- 109 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
a/4
a/4
F1 F2
F3
B
h
A
3a/4
F4
a/4
Bild 5.24 Scheibe mit den Kräften F1, F2, F3 und F4
Lösung: A H = - F1 cos α1 - F3 cos α 3 ,
B = (- F1 cos α1
h 1
1
h 3
- F2 - F3 sin α 3 - F3 cos α 3 - F4 ),
a 4
2
a 4
h
1
A V = ( F4 + (- F1 cosα1 - F3cosα 3 )
a
4
3
1
+ F1sinα1 + F2 + F3 sinα 3
2
4
AUFGABE 5.7
o Bestimmung der Lager- und Seilkräfte durch
Schneiden an den Lagern
- 110 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
o Es handelt sich um zwei Pendelstützen, die
jeweils einem einwertigen Lager entsprechen,
da in die Stützen nur eine axiale Kraft eingeleitet werden kann, und rechts um ein einwertiges
Lager.
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur
Bestimmung der Lagerkräfte
Ein Träger wird mit der Kraft F in zwei Punkten belastet
(Bild 5.25). In A besteht das Lager aus zwei Pendelstützen,
in B aus einem einwertigen Lager.
gegeben: F, a
gesucht: Bestimmung der Auflagerkraft B und der Stabkräf-
te S1, S2
F
a
A
1
F
2
a
B
a
2a
a
Bild 5.25 Träger mit der Kraft F
- 111 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
Lösung: S1 = 2 F, B = F, = - F.
AUFGABE 5.8
o Bestimmung der Lager- und Gelenkkräfte
durch Schneiden an den Lagern und Gelenken
o Es handelt sich in A und B um jeweils ein
zweiwertiges Lager und ein Gelenk in C
o Belastung des Systems über die Seilkraft an
einer Rolle auf dem System
o Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen an
Teilsystemen zur Bestimmung der Lager- und
Gelenkkräfte
Ein aus Balken und einer Rolle zusammengesetztes System wird über ein Seil mit dem Gewicht F belastet (Bild
5.26).
gegeben: F, a
gesucht: Bestimmung der Auflagerkraft A und B und der
Gelenkkraft C.
- 112 -
5 LAGERREAKTIONEN BEI EBENEN TRAGWERKEN
E
a
Seil
B
a
D
C
2a
A
F
2a
3a
Bild 5.26 Zusammengesetztes System
Lösung: A = A H 2 + A V 2 = 3,91 F, B = 3,35 F, C = 4,72 F.
- 113 -
6 EBENES FACHWERK
6 EBENES FACHWERK
Lehrziel des Kapitels
o Definition eines Fachwerks
o Statische Bestimmheit eines Fachwerks
o Aufbau eines Fachwerks
o Analytische und graphische Lösungsmethoden:
CREMONAplan, knotenweises Schneiden, RITTERscher Schnitt
Formeln des Kapitels
o Gleichgewichtsbedingungen an jedem Knoten
(6.1) :
→:
∑ Fx = 0,
(6.2) :
↑:
∑ Fy = 0.
Ein Fachwerk besteht aus einer Anzahl einzelner Stäbe, die
zusammen wie ein Tragwerk wirken. Wegen einiger wesentlicher Einschränkungen werden Fachwerke gesondert
betrachtet.
6.1 Definition eines Fachwerks
o Die Stäbe sind gerade,
- 114 -
6 EBENES FACHWERK
o die Stäbe sind an den Verbindungspunkten,
den Knoten, gelenkig angeschlossen,
o die Stäbe sind an den Knoten zentrisch ange-
schlossen.
o Die Lasten greifen nur an den Knoten an.
o Daher werden die Stäbe nur in Normalenrich-
tung (in der Achse) auf Druck und Zug belastet.
In Bild 6.1 wird die Vorzeichendefinition der Fachwerkstäbe
angegeben. Die Stabkraft wird immer als Zugkraft, das
heißt vom Knoten ziehend, mit positivem Vorzeichen angesetzt. Wenn sich das Vorzeichen in der Rechnung als negativ erweist, handelt es sich um einen Druckstab.
In der Praxis muss für Druckstäbe noch ein Stabilitätsnachweis, zum Beispiel mit Hilfe des ω - Verfahren /Beitz/Grote/,
durchgeführt werden. Dies würde hier zu weit führen. Es
wird in diesem Buch nicht weiter darauf eingegangen.
- 115 -
6 EBENES FACHWERK
Knoten
S
S
Bild 6.1 Vorzeichenfestlegung
Wie alle Tragwerke werden auch Fachwerke durch die Auflager mit ihrer Umgebung verbunden (Bild 6.2). Auch hier
muss jeweils kontrolliert werden, ob das System statisch
bestimmt ist. Dabei muss unterschieden werden, ob das
Fachwerk äußerlich statisch bestimmt und/ oder innerlich
statisch bestimmt ist.
- 116 -
6 EBENES FACHWERK
a)
b)
Bild 6.2 Fachwerk; a) innerlich und äußerlich statisch bestimmt; b)
äußerlich statisch unbestimmt
Für ein innerlich und äußerlich statisch bestimmtes Fachwerk reichen die 3 Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem und die Gleichungen an den Teilsystemen aus,
um alle Auflagerkräfte und alle Stabkräfte zu bestimmen.
Für ein innerlich statisch bestimmtes und äußerlich statisch
unbestimmtes Fachwerk reichen die 3 Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem nicht aus (Bild 6.3), um alle
Auflagerkräfte zu bestimmen. Hier muss die Elastizitätsthe-
- 117 -
6 EBENES FACHWERK
orie mitberücksichtigt werden (siehe Technische Mechanik
II Elastostatik /Kunow/).
Bild 6.3 Innerlich statisch unbestimmtes Fachwerk
Für ein innerlich statisch unbestimmtes und äußerlich statisch bestimmtes Fachwerk reichen die drei Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem aus, um alle Auflagerkräfte zu bestimmen. Die Gleichungen an den Teilsystemen reichen nicht aus, um alle Stabkräfte zu bestimmen.
Jetzt muss hier die Elastizitätstheorie mitberücksichtigt werden (siehe Technische Mechanik II Elastostatik).
Bild 6.4 Kinematisches Fachwerk
- 118 -
6 EBENES FACHWERK
Nicht erlaubt sind kinematische, also bewegliche Systeme
(Bild 6.4). Dieses Fachwerk ist durch die fehlende Querverstrebung in horizontaler Richtung beweglich.
Im Allgemeinen lässt sich die statische Bestimmtheit eines
Fachwerks mit Hilfe der Bildungsgesetze (siehe Kapitel 6.2)
bestimmen.
Dies ist aber nicht immer möglich. Dann müssen die Fachwerke mit anderen Methoden, zum Beispiel mit Hilfe eines
Polplans aus der Getriebeanalyse /Beitz/Grote/, auf ihre
statische Bestimmtheit untersucht werden.
6.2 Aufbau eines Fachwerks
In der Definition des Fachwerks wird schon gesagt, dass
das Fachwerk aus einzelnen, geraden Stäben besteht, die
in den Knoten zentrisch miteinander verbunden sind. Alle
Lasten greifen nur an diesen Knoten an.
Um das System zu ordnen, werden die Knoten mit römischen Zahlen, die Stäbe mit arabischen Zahlen gekennzeichnet (Bild 6.5).
- 119 -
6 EBENES FACHWERK
F
F
1
2
7
8
IV
3
9
I
VI
6
III
5
V
4
Bild 6.5 Nummerierung der Knoten und Stäbe
Ein Schnittbild, wie wir es gewohnt sind, würde nun sehr
umfangreich werden (Bild 6.6 a). Deshalb werden die Knoten nicht alle auf einmal, sondern einen Knoten nach dem
anderen geschnitten, wenn die Stabkräfte berechnet werden.
- 120 -
6 EBENES FACHWERK
F
F II S2
S2
S9
I
S6
S9
S8
S7
III
S1
S3
S8
S7
S1
IV
S3
VI BH
V
S6
S5
S5
a) A
F
b)
S1
II
S4
S4
BV
S2
S7
Bild 6.6 Schnittbild; a) Explosionsschnittbild; b) am Knoten II
Schnittbild am Knoten II zeigt ein solches Einzelschnittbild
(Bild 6.6 b). Es liegt ein zentrales Kraftsystem vor. Die
Stabkräfte stehen im Gleichgewicht, wenn die Resultierende, beziehungsweise die Haltekraft zu Null wird.
An jedem einzelnen Knoten lauten die Gleichgewichtsbedingungen
(6.1) :
→:
∑ Fx = 0,
- 121 -
6 EBENES FACHWERK
(6.2) :
↑:
∑ Fy = 0.
Im vorliegenden Beispiel ergeben sich zwölf Gleichungen
für zwölf Unbekannte, die neun Stabkräfte und drei Lagerkräfte.
Wenn ein statisch bestimmtes Fachwerk vorliegt, lassen
sich alle Stabkräfte und Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen berechnen.
Um die Fachwerke besser klassifizieren zu können, wird der
Aufbau eines Fachwerks untersucht und nach Gruppen unterteilt. Die meisten Fachwerke werden nach dem 1. Bildungsgesetz aufgebaut.
1. Bildungsgesetz
Drei Fachwerkstäbe, die durch Knoten miteinander verbunden sind (Bild 6.7 a), bilden eine statisch bestimmte Scheibe, zum Beispiel Scheibe 1. Von einer Scheibe ausgehend
wird durch Anbringen zwei weiterer Stäbe (Stab 4 und 5)
eine weitere statisch bestimmte Scheibe, zum Beispiel
Scheibe 2, gebildet.
- 122 -
6 EBENES FACHWERK
Scheibe 2
1
Scheibe 1
1
a)
2
2
b)
Bild 6.7 a) Statische bestimmte Scheibe; b) Scheibenbildung, beginnend mit der Scheibe 1 und Stab 4 und 5.
Es sind die einfachsten Fachwerke, die auch bei der Berechnung, zum Beispiel durch Schneiden an den Knoten
oder durch den CREMONAplan, keine Schwierigkeiten machen.
2. Bildungsgesetz
Zwei Fachwerkscheiben 1 und 2, die nach dem 1. Bildungsgesetz aufgebaut sind, werden durch drei weitere
Stäbe verbunden, die nicht durch einen Punkt gehen dürfen.
- 123 -
6 EBENES FACHWERK
a)
b)
Bild 6.8 Fachwerk nach dem 2. Bildungsgesetz; a) Fachwerkstäbe,
die b) zwei Scheiben bilden.
Hierbei muss immer kontrolliert werden, ob das Fachwerk
kinematisch ist.
Ein Fachwerk nach dem 1. und 2. Bildungsgesetz kann
durch Wegnahme und Wiedereinfügen eines Stabes an anderer Stelle in ein anderes statisch bestimmtes Fachwerk
verwandelt werden. Das ist die Gruppe von Fachwerken
nach dem 3. Bildungsgesetz.
- 124 -
6 EBENES FACHWERK
3. Bildungsgesetz
Bild 6.9 Fachwerk nach dem 3. Bildungsgesetz
Auch hier ist immer zu prüfen, ob das neu gebildete Fachwerk kinematisch ist.
Als weitere, große Gruppe gibt es die zusammengesetzten
Fachwerke.
- 125 -
6 EBENES FACHWERK
Bild 6.10 Zusammengesetztes Fachwerk
Im obigen System bilden die zwei Scheiben, die jeweils
nach dem 1. Bildungsgesetz aufgebaut sind, einen Dreigelenkbogen.
Bei einer Vorbetrachtung können vorab Stäbe sofort als
Nullstäbe erkannt oder, wenn sie sich in der Berechnung als
Nullstäbe ergeben, überprüft werden. Das sind bei einer
gegebenen Belastung unbelastete Stäbe (Tabelle 6.1).
Sie werden nur für diesen Lastfall zu Null. Jeder andere
Lastfall kann andere Stabkräfte zur Folge haben. Deshalb
dürfen sie niemals aus dem Fachwerk entfernt werden.
Als Lösungswege für die Berechnung der Lager- und Stabkräfte eines Fachwerks bieten sich drei Methoden an:
- 126 -
6 EBENES FACHWERK
o analytisch durch knotenweises Schneiden (für
Systeme nach dem 1. Bildungsgesetz und
wenn alle Stabkräfte gesucht werden)
o graphisch nach dem CREMONAplan (für Sys-
teme nach dem 1. Bildungsgesetz und wenn
alle Stabkräfte gesucht werden)
o RITTERsches Schnittverfahren (für Systeme
nach dem 1., 2. und 3. Bildungsgesetz und
wenn einzelne Stabkräfte gesucht werden).
Definition der Nullstäbe
o Bedingung 1: Keine äußere Kraft tritt am
Knoten auf.
y
0
S1
0 x S2
(6.3) :
Σ in y − Richtung : S1y = 0
(6.4) :
Σ in x − Richtung: S1x + S2 = 0
- 127 -
6 EBENES FACHWERK
Damit wird die y- Komponente der Stabkraft S1 zu Null, das
heißt, damit wird auch ihre Horizontalkomponente S1x zu
Null.
Wenn keine äußere Kraft angreift, ist auch die Stabkraft
Null.
o Bedingung 2: Die äußere Kraft F wirkt in
Richtung einer der Stabachse.
y
0
S2
x S1
F
(6.5) :
Σ in y − Richtung : S 2y = 0
(6.6) :
Σ in x − Richtung: F + S1 + S2x = 0
Damit wird die y- Komponente der Stabkraft S2 zu Null,
dann ist auch die x- Komponente von der Stabkraft S2 Null.
Die Stabkraft S1 nimmt die Kraft F auf.
- 128 -
6 EBENES FACHWERK
o Bedingung 3: Zwei Stäbe liegen in derselben Richtung und ein dritter schließt an
demselben Knoten in anderer Richtung an.
y
0
S3
x S2
S1
(6.7) :
Σ in y − Richtung : S3y = 0
(6.8) :
Σ in x − Richtung: − S1 + S2 + S3x = 0
Damit wird die y- Komponente der Stabkraft S3 zu Null,
dann ist auch die x- Komponente von der Stabkraft S3 Null.
Die Stabkraft S1 ist gleich der Stabkraft S2.
6.3 Analytische Lösung
Bei dieser Lösung betrachtet man das Fachwerk zuerst als
Gesamtsystem und löst mit den drei Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem die Auflagerkräfte.
- 129 -
6 EBENES FACHWERK
Beispiel
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1. Bil-
dungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleichge-
wichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CREMONA-
plan
Ein Fachwerkträger wird durch drei Kräfte F1, F2 und F3 belastet (Bild 6.11).
gegeben: a, F1, F2, F3
gesucht: Bestimmung der Lager- und Stabkräfte
- 130 -
6 EBENES FACHWERK
a)
A
F1
1
a/3
II
2
5
4
2a/3
VI
9
a/3
B
6
F2
III
7
8
10
VII
3
F3
11
IV
a
a
a
b)
Ax
a/3
F1
1
II
2
5
4
2a/3
9
a/3
Bx
a
6
VI
F2
III
7
8
10
a
VII
3
F3
11
IV
a
By
Bild 6.11 a) Fachwerkträger mit drei Kräften F1, F2 und F3; b)
Schnittbild
Lösung
- 131 -
6 EBENES FACHWERK
Für die analytische Bestimmung der Auflagerkräfte mit F1 =
F2 = F3 = F gilt
(6.3) :
↑: B y - F1 - F2 - F3 = 0
(6.4) :
ΣMA links : B x
⇒
( 6 .5 ) :
⇒ B y = F1 + F2 + F3 = 3 F
4a
- (F1 a + F2 2 a + F3 3 a) = 0
3
9
3
B x = (F1 + 2F2 + 3F3 ) = F
2
4
→:
A x + Bx = 0
⇒
Ax = -
3
9
(F1 + 2F2 + 3F3 ) = - F
4
2
Danach können die Stabkräfte durch knotenweises Schneiden ermittelt werden. Man erhält für jeden Knoten zwei
Gleichungen. Durch die Berechnung der Auflagerkräfte am
Gesamtsystem ergeben sich drei zusätzliche Gleichungen,
die als unabhängige Kontrollen genutzt werden können.
Am besten werden immer nur die Gleichgewichtsbedingungen hingeschrieben, die sofort zum Ergebnis führen, sonst
wird das Ganze zu unübersichtlich.
- 132 -
6 EBENES FACHWERK
S3
F3
S11
IV
Bild 6.12 Stabkräfte am Knoten VI
Am Knoten VI (Bild 6.12) ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen
S 3V = S 3 sinα = F3
⇒
( 6 .6 ) :
↑:
( 6 .7 ) :
→: S11 = - S 3 cosα = - 3 F3 .
S
F
2
S 3 = 10 F3 ,
2
III
S
S
7
3
S =0
8
Bild 6.13 Stabkräfte am Knoten III
Am Knoten III (Bild 6.13) ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen
- 133 -
6 EBENES FACHWERK
( 6 .8 ) :
→:
S 2 cos α - S 7 cos α - S 3 cos α = 0
(6.9) :
↑:
- S 3 sin α + S 2 sin α - S 7 sin α = F2 .
sin α
cos α
Mit dem Eliminationsverfahren, ( 6.8 ) * sin α + ( 6.9 ) * cos α
folgt
(6.10) :
2 (S2 - S3 ) sin α cos α = F2 cos α
⇒
S2 =
10
(F2 + 2 F3 ).
2
In (6.9) eingesetzt
(6.11) :
S 7 = 10 F3 -
10
10
(F2 + 2 F3 ) = F2
2
2
S1
II
S6
F1
S2
Bild 6.14 Stabkräfte am Knoten II
- 134 -
6 EBENES FACHWERK
Am Knoten II (Bild 6.14) ergibt sich die Gleichgewichtsbedingung
(6.12) :
↑: S 6 = - F1.
Ax
S4
I
S1
S5
Bild 6.15 Stabkräfte am Knoten I
Am Knoten I (Bild 6.15) ergibt sich die Gleichgewichtsbedingung
(6.13) :
↑:
- S 4 - S5
2
10
- S1
= 0,
2
10
Daraus folgt
(6.14) :
S 4 = - S5
2
10
1
- S1
= - (F2 + 2 F3 ).
2
10
2
Stabkräfte und Lagerkräfte
- 135 -
6 EBENES FACHWERK
S1 = S 2 =
1
10
(F2 + 2F3 ) , S 3 = 10 F3 , S 4 = − (F2 + 2F3 ) ,
2
2
S 5 = 0 , S 6 = −F1 , S 7 =
10 ,
10
F2 S 8 = 0 , S 9 = −
(F1 + 2F2 + 3F3 )
2
4
, S10 = S11 = −3F3 , A x = -B x = -
3
(F1 + 2 F2 + 3 F3 ),
4
B y = F1 + F2 + F3
6.4 Der CREMONAplan
Ein graphisches Verfahren ist der CREMONAplan. Beim
CREMONAplan werden die einzelnen zentralen Kraftsysteme pro Knoten in einen einzigen Kräfteplan gezeichnet.
Die Auflagerkräfte müssen immer vorab getrennt berechnet
werden, weil hier das benötigte graphische Seileckverfahren, das zur Lösung notwendig wäre, nicht vorgestellt wird
(siehe Literatur). Damit wäre ein vollständiges graphisches
Verfahren möglich.
In Bild 6.16 wird die Lösung mit dem CREMONAplan darrgestellt. Die einzelnen Kraftecke ergeben sich aus dem
CREMONAplan.
- 136 -
6 EBENES FACHWERK
[]
Bild 6.16a Kräfteplan, Kräftemaßstab 1F N =
ˆ 1 cm ; CREMONAplan,
Umlaufsinn
- 137 -
6 EBENES FACHWERK
Bild 6.16b Die einzelnen Kraftecke des Kräfteplans, Kräftemaßstab
1F [N] =ˆ 1 cm ; CREMONAplan,
Umlaufsinn
Aufzeichnen des CREMONAplans
o Nummerierung der Stäbe und der Knoten (wird
hier durch die Aufgabenstellung vorgegeben)
o Kraftmaßstab wählen, Umlaufsinn wählen
o Vorherige Bestimmung der möglichen Nullstä-
be
In den Lageplan (Bild 6.17) werden die Stabkräfte während
der Erstellung des CREMONAplans als Zugkräfte (Pfeile
ziehen an den Knoten) und Druckkräfte (Pfeile drücken auf
- 138 -
6 EBENES FACHWERK
die Knoten) eingetragen. Die Nullstäbe werden mit einer
Null gekennzeichnet.
I
AX
F1
1
II
0
4
9
BX
2
5
6
VI
F2
III
7
10
08
3
F3
VII
11
IV
V
BY
Bild 6.17 Lageplan mit Pfeilen zur Vorzeichendefinition der Stäbe
und Kennzeichnung der Nullstäbe
Mit F1 = F2 = F3 = F ergeben sich die Stabkräfte zu
(6.15) :
S1 = + 4.7 F, S2 = + 4.7 F, S3 = + 3.2 F,
S 4 = - 1.5 F, S5 = 0, S6 = - F, S7 = - 1.6 F,
S8 = 0, S9 = - 4.7 F, S10 = - 3 F, S11 = - 3 F.
- 139 -
6 EBENES FACHWERK
6.4.1 Graphische Kontrolle
Eine graphische Kontrolle kann durch das Aufzeichnen der
Auflagerkräfte in den Kräfteplan durchgeführt werden. Die
Kräfte werden in der Reihenfolge ebenfalls im Uhrzeigersinn, hier: F1, F2, F3, By, Bx, Ax. Das System ist im Gleichgewicht, wenn das Krafteck geschlossen ist.
6.5 Der RITTERsche Schnitt
Der RITTERsche Schnitt ist ein analytisches Verfahren, das
sich besonders eignet, wenn nicht alle Stabkräfte berechnet
werden müssen. Es wird dann ein Schnitt genau durch die
gesuchten Stabkräfte gelegt, um diese Kräfte sichtbar zu
machen und zu berechnen.
Das Fachwerk aus Bild 6.11 wird mit Hilfe des RITTERschen Schnitts untersucht.
Die analytische Bestimmung der Auflagerkräfte erfolgt mit
den Gleichungen (6.3, 6.4, 6.5).
Die Nullstäbe können vorab bestimmt werden. An Knoten
VII greift keine Kraft an, daraus folgt
( 6.16) :
- 140 -
S8 = 0
6 EBENES FACHWERK
und
( 6.17) :
S10 = S11.
A
a/3
S1
F
α
1
II
2
S5
2a/3
6
7
β
α
S9
a/3
a
VI
F2
III
8
10
VII
a
3
11
F3
IV
a
Bild 6.18 Stabkräfte S1, S5, S9 mit Hilfe des RITTERschen Schnittes
Aus der Geometrie folgt mit Winkel β = 450
(6.18) :
cos β = sin β =
2
, tan β = 1,
2
mit Winkel α (Bild 6.19)
- 141 -
6 EBENES FACHWERK
(6.19) :
sin α =
10
3 10
1
, cos α =
, tan α = .
10
10
3
10 a 3
a/3
a
α
Bild 6.19 Geometrie
Die Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilsystem lauten (Bild 6.18)
(6.20) :
ΣMVI links : S1 2 a
⇒
(6.21) :
S1 =
cos α
- F2 a - F3 2 a = 0
3
10
(F2 + 2 F3 )
2
ΣMA links :
- S9 a (cosα + sinα) - F1 a - F2 2 a - F3 3 a = 0
⇒ S9 = -
- 142 -
10
(F1 + 2 F2 + 3 F3 )
4
6 EBENES FACHWERK
(6.22) :
→:
- S1 cosα - S5 cosβ - S9 cosα = 0
⇒
S5 = -
3
3
(F2 + 2 F3 ) + (F1 + 2 F2 + F3 3)
4
2
3
= (F1 - F3 ) = 0
4
Durch Schneiden an den einzelnen Knoten ergeben sich die
anderen Stabkräfte.
- 143 -
6 EBENES FACHWERK
6.6 Aufgaben zu Kapitel 6
AUFGABE 6.1
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CRE-
MONAplan und durch knotenweises Schneiden
Das Fachwerk (Bild 6.20) wird mit einer Kraft F belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
- 144 -
6 EBENES FACHWERK
1
A
II
2
III F
I
5
6
8
V
IV
B
3
a
7
9
a
VI
4
a
Bild 6.20 Fachwerk mit einer Kraft F
Lösung: S1 = 2 F, S2 = F, S3 = - F, S4 = S5 = 0, S6 = F, S7 =
0, S 8 = S 9 = - 2F , AH = - BH= - 2 F, Bv = F
AUFGABE 6.2
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1. Bil-
dungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleichge-
wichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CREMONA-
plan und durch knotenweises Schneiden
Das Fachwerk (Bild 6.21) wird mit drei Kräften belastet.
- 145 -
6 EBENES FACHWERK
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
I
A
II
1
2
3
III
2F
a
4
5
6
B
a
a
IV
F
7
8
V
9
a
a
F
VI
Bild 6.21 Fachwerk mit drei Kräften
Lösung: AV = F, AH = - F, B = 2 F, S1 = 0, -S2 = S6 = -S8 = 1.4 F, S3 = S4 = 0, S5 = 2 F, S7 = - F, S9 = - F
AUFGABE 6.3
o Statisch bestimmtes Fachwerk nur teilweise
nach dem 1. Bildungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
- 146 -
6 EBENES FACHWERK
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CRE-
MONAplan
Das Fachwerk (Bild 6.22) wird mit der Kraft F belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
A, I
III F
II
1
2
4
a
6
5
V
10
a
IV
3
7
8
11
VI
a
9
a
B, VIII
12
VII
a
Bild 6.22 Fachwerk mit der Kraft F
Lösung: S1 = S2 = S3 = - 2 F, S4 = S5 = S8 = S10 = 0, S6 = F, S 7 = - S 9 = 2 F , S11 = S12= - F, AH = BH = 2 F, AV = 0,
BV = F
AUFGABE 6.4
o Statisch bestimmtes Fachwerk
- 147 -
6 EBENES FACHWERK
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CRE-
MONAplan
Das Fachwerk (Bild 6.23) wird mit zwei Kräften belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
F
VIII
15
a
VII
F
16
V
13
14
VI
9
10
1
I
8
2
II
7
3
a
6
III
4
2a
IV
5
a
Bild 6.23 Fachwerk mit zwei Kräften
- 148 -
a
12
11
a/2
6 EBENES FACHWERK
Lösung: S1 = -S5 = S13 = F, S2 = - S7 = S9 = S12 = - 0.5 F, S3
= S4 = 0.25 F, S6 = S8 = S10 = - S11 = 0.56 F, S14 = 0, S15 =
S16 =- 1.1 F
AUFGABE 6.5
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CRE-
MONAplan
Das Fachwerk (Bild 6.24) wird mit zwei Kräften belastet.
gegeben: l, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
- 149 -
6 EBENES FACHWERK
2F
I
1
A
4
l
II
3
F
5
2
B
l
Bild 6.24 Fachwerk mit zwei Kräften
Lösung: S1 = 3.55 F, S2 = - S4 =S5 = - 0.7 F, S3 = - 3 F, AH =
- 2 F, Av = -3 F, B = 4 F
AUFGABE 6.6
o Statisch bestimmtes Fachwerk
o Dreigelenkbogen
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem und
an den Teilsystemen
o Bestimmung der Stabkräfte durch knotenwei-
ses Schneiden
- 150 -
6 EBENES FACHWERK
Ein Dreigelenkbogen aus Fachwerkstäben wird durch die
drei Kräfte F1, F2, F3 belastet (Bild 6.25).
1
1
2
II
9
3
a
I
F1 IV
10
4
1
5
11
6
7
2
F2
VI
IX
VII
8
12
15
13
16
2
III
a
V
a
17
21
VIII
a
F3
XI
a
XIII
14
18
19
22
X
a
20
XII
a
Bild 6.25 Ein Dreigelenkbogen aus Fachwerkstäben mit den Kräften F1, F2, F3
Lösung: S1 = S2 =
20
F,
3
S 3 = S 5 = S 7 = S 9 = S 14 = S 16 = S 18 = S 20 = 0 , S 4 = - 4 2 F ,
S6 = - S8 =
10
23
37
2 F , S10 = S11 = - F , S12 = S13 = F,
3
3
3
S15 = - S17 =
AH =
26
8
4
F , S 21 = S 22 = F ,
2 F , S19 = 3
3
3
32
26
F , Av = 4 F, BH = 6 F, B V =
F
3
3
- 151 -
6 EBENES FACHWERK
AUFGABE 6.7
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte mit Hilfe des RIT-
TERschen Schnitts
Das Fachwerk (Bild 6.26) wird mit drei Kräften belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Stabkräfte So, Sd, Su
- 152 -
6 EBENES FACHWERK
2F III
II
I
V
F
So
Sd
VI
5F
IV
a
VII
VIII
a
XII
Su
a
a
IX
a
X
a
XI
a
Bild 6.26 Fachwerk mit drei Kräften
5
7
F
Lösung: So =- 4 F, Su = F , Sd =
2
2
AUFGABE 6.8
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Stabkräfte mit Hilfe des RIT-
TERschen Schnitts
Der Fachwerkturm (Bild 6.27) wird mit drei Kräften belastet.
gegeben: a, F
- 153 -
6 EBENES FACHWERK
gesucht: Bestimmung der Änderung der Stabkraft im Stützstab ∆S1 , wenn der Stab 2 durch den symmetrisch liegenden Stab 2′ ersetzt wird.
2F
I
a
F
II
III
2a
F
V
IV
3
1
2
2´
VI
a
3a
2a
VII
a
Bild 6.27 Fachwerkturm mit drei Kräften
Lösung: ∆S1 =
- 154 -
10F
6 EBENES FACHWERK
AUFGABE 6.9
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Stabkräfte mit Hilfe des RIT-
TERschen Schnitts
Das Fachwerk (Bild 6.28) wird mit zwei Kräften belastet.
Das Lager in B ist um Winkel α schräg gestellt.
gegeben: α von 00 bis 450 , a, F
gesucht: Bestimmung der Stabkräfte S1, S2, S3 in Abhän-
gigkeit von α
- 155 -
6 EBENES FACHWERK
2F
F
I
III
II
1
2
IV
a
3
V
VI
VII
a
a
a
a
a
α
Bild 6.28 Fachwerk mit zwei Kräften und schräg gestelltem Lager in
B
5
5
5 2
Lösung: S1 = (tan α - 1) F , S 2 = F , S3 = (1- tanα) F
4
2
4
AUFGABE 6.10
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte mit Hilfe des RIT-
TERschen Schnitts
- 156 -
6 EBENES FACHWERK
Das Fachwerk (Bild 6.29) wird mit vier Kräften belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte S1, S2,
S3, S4, S5, S6 und S7
2F
3F
II
I
III
5
3
2
4
IV
a
4F
6
VII
VI
6F
7
1
VIII
a
2a
2a
2a
IX
a
Bild 6.29 Fachwerk mit vier Kräften
Lösung: S1 = S7 = 0, S2 = −13
S5 = S 6 = -
15
2
F , S3 = - 6.5 F, S 4 = F ,
2
2
9
2F
5
- 157 -
6 EBENES FACHWERK
AUFGABE 6.11
o Statisch bestimmtes Fachwerk
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch knotenwei-
ses Schneiden
Das Fachwerk (Bild 6.30) wird mit der Kraft F belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
F
II
A, I
α
α
3
IV
C
a
2
1
a
B,III
α
α
5
V
4
7
6
D
a
a
a
Bild 6.30 Fachwerk mit der Kraft F
- 158 -
6 EBENES FACHWERK
Lösung: S1 = S 2 = - S 3 = - S 5 = -
1
5
F , S4 = F, S 6 = S7 = F,
2
2
AH = 0, AV = B = F
AUFGABE 6.12
o Statisch bestimmtes Fachwerk nach dem 1.
Bildungsgesetz
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch knotenwei-
ses Schneiden
Das Fachwerk (Bild 6.31) wird mit der Kraft F belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
- 159 -
6 EBENES FACHWERK
4
I
3
1
2
F
B
II
5
a
A
a
a
Bild 6.31 Fachwerk mit der Kraft F
Lösung: S1 = S3 = S4 = 0, S2 = F,
S5 = 2 F ,
A = BH = - Bv =- F
AUFGABE 6.13
o Statisch bestimmtes Fachwerk
o Bestimmung der Lagerkräfte durch die Gleich-
gewichtsbedingungen am Gesamtsystem
o Bestimmung der Stabkräfte durch den CRE-
MONAplan
Das Fachwerk (Bild 6.32) wird mit der Kraft F belastet.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Auflager- und Stabkräfte
- 160 -
6 EBENES FACHWERK
F
V
1 I
8 II
2
7
3
a
a
10
9
III
IV
6
a/2
5
4
2a
a
Bild 6.32 Fachwerk mit der Kraft F
Lösung: S1= 0, S2= - F, S3 = S 4 =
F, S8 =
F
5
, S5= - F, S 6 =
F ,S7=
2
2
5
5
F
F , S9 = S10 = 2
2
- 161 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Lehrziel des Kapitels
o Sichtbarmachen und Ermittlung der inneren Schnittkräfte des Balkens (Normalkraft, Querkraft, Moment)
durch das Schnittprinzip
Formeln des Kapitels
a)
b)
c)
Bild 7.4: a) Normalkraft N, greift im Schwerpunkt des Querschnitts
an; b) Querkraft Q; c) Biegemoment M, "gestrichelte" Faser durch
positives Biegemoment verlängert
o Querkraft
(7.22) :
dQ
= - q(x)
dx
o Moment
(7.25) :
- 162 -
dM
=Q
dx
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
7.1 Innere Kräfte
Schnittprinzip
o Sichtbarmachen der Lagerkräfte bei Auflagern
o Sichtbarmachen der Stabkräfte bei Fachwer-
ken
o Sichtbarmachen der Schnittkräfte (Normalkraft,
Querkraft, Moment) beim Balken
F2
F1
I
A1
A2
A3
II
F3
F4
A4
A6
A5
Bild 7.1 Gesamtsystem: Teilkörper I und II
- 163 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
F2
F1
A1
a)
Mx
I
x
Mz
A3
A2
Qz
Mz
Nx
Qz
z
Qy
y
x
Nx
My
Mx
b)
z
y
Qy
F3
My
II
F4
A4
A6
A5
Bild 7.2 a) Teilkörper I; b) Teilkörper II
Die statisch äquivalenten Kräfte im räumlichen System
(7.1) :
Mx , My , Mz , Nx , Q y , Q z
bringen die Teilkörper ins Gleichgewicht (Bild 7.2).
"Wenn aus einem im Gleichgewicht befindlichen Körper ein
Teilkörper herausgeschnitten wird und an den Schnittufern
die inneren Kräfte angebracht werden, dann ist auch der
Teilkörper unter der gemeinsamen Wirkung der an ihm verbleibenden äußeren Kräfte und der an dem Schnittufer angreifenden inneren Kräfte im Gleichgewicht."
- 164 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
7.2 Vorzeichenfestlegung
x
negatives
positives
Schnittufer
Bild 7.3 Definition der Schnittufer
a)
b)
c)
Bild 7.4: a) Normalkraft N, greift im Schwerpunkt des Querschnitts
an; b) Querkraft Q; c) Biegemoment M, "gestrichelte" Faser durch
positives Biegemoment verlängert
Die Schnittkräfte werden basierend auf der x- Achse, beziehungsweise der "gestrichelten" Faser definiert. Die gestrichelte Faser wird gezogen, wenn ein positives Moment angreift.
- 165 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
7.3 Bestimmung der Schnittkraftverläufe N, Q, M
nach der elementaren Methode (durch Schneiden)
Dazu wird das System an ausgewählten Stellen geschnitten, um die inneren Kräfte sichtbar zu machen.
M0
a l
a)
MA
F
F
AH
AV
M0
b)
Bild 7.5 a) Systemskizze; b) Schnittbild
Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem
(7.2) :
→:
AH = 0
(7.3) :
↑: A V = F
(7.4):
ΣMA links : - MA - M0 - F l = 0 ⇒ MA = - M0 - F l
Zur Bestimmung der inneren Schnittkräfte Normalkraft N,
Querkraft Q und Moment M werden an ausgewählten Stellen des Trägers Schnitte durchgeführt. Dadurch werden
diese inneren Kräfte sichtbar gemacht. Danach werden für
- 166 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
jedes Teilsystem die Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt
MA
AH
AV
dx
N
M
S Q
Bild 7.6 Schnitt im Abstand dx hinter der festen Einspannung
(7.5) :
→: N = A H = 0
(7.6) :
↑: Q = A V = F
(7.7) :
ΣMSlinks : M = MA + A V dx
für dx → 0 folgt
(7.8):
M = MA = - M0 - F l
- 167 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
MA
a-dx
AH
AV
N
M
S Q
Bild 7.7 Schnitt im Abstand (a – dx) hinter der festen Einspannung,
beziehungsweise dx vor dem Einzelmoment
(7.9) :
→: N = A H = 0
(7.10) :
↑: Q = A V = F
(7.11) :
ΣMSlinks : M = MA + A V (a - dx)
für dx → 0 folgt
(7.12) :
- 168 -
M = M A + A V a = - M0 - F l + F a
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
M0
MA
a+dx
AH
AV
N
M
S Q
Bild 7.8 Schnitt im Abstand (a + dx) hinter der festen Einspannung,
beziehungsweise dx hinter dem Einzelmoment
(7.13) :
→: N = AH = 0
(7.14) :
↑: Q = A V = F
(7.15) :
ΣMS links : M = MA + M0 + A V (a + dx)
für dx → 0 folgt
(7.16):
M = MA + M0 + AV a = - F l + F a
- 169 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Q
M
F
S
N
dx
Bild 7.9 Schnitt im Abstand dx vom freien Ende
(7.17) :
→: N = 0
(7.18) :
↑: Q = F
(7.19) :
ΣMSlinks : M = - F dx
für dx → 0 folgt
(7.20) :
M=0
Wegen der besseren Anschaulichkeit werden die Funktionsverläufe als Diagramme dargestellt (Bild 7.10). Die Nund Q- Achse des Querkraftverlaufs zeigt nach oben, die MAchse zeigt im Allgemeinen nach unten. Eine Ausnahme
dieser Konvention ist die Anordnung der Verläufe bei Rah-
- 170 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
mensystemen, weil dort oft aus Platzgründen diese Konvention vernachlässigt werden kann.
N
a)
0
x=0
x=a
0
x=l
x
Q
AV
b)
+
x=0
x=a
MA
x=0
c)
F
M
x=l
x
M0
-F(l-a) x=a
x=l
x
Bild 7.10 Darstellung der Verläufe in Normalkraft-, Querkraft-, Momenten- Diagrammen; a) Normalkraftverlauf (N- Verlauf); b) Querkraftverlauf (Q- Verlauf); c) Momentenverlauf (M- Verlauf)
- 171 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Im Momentenverlauf (Bild 7.10 c) ist die Steigung ist in beiden Abschnitten gleich. In x = a entsteht ein Sprung mit
dem Betrag M0
7.4 Zusammenhang zwischen Belastung und
Schnittgrößen (Grundgleichungen)
Um ein einfaches Balkenproblem (Bild 7.11) allgemeinerer
Art lösen zu können, geht man von der Differentialgleichung
4. Ordnung aus. Sie beschreibt an einem differentiell kleinen (infinitesimalen) Teilchen (Bild 7.12) das Verhalten der
Struktur.
- 172 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
dF=q(x)dx
q(x)
x
dx
z, w
l
q(x)
y
S x
z
Querschnitts schwerpunkt S
Bild 7.11 Einfacher Biegebalken mit der Belastung q(x)
7.4.1 Gleichgewicht am infinitesimalen Element (Bild 7.12)
Durch das Gleichgewicht der angreifenden Schnittkräfte,
der Querkraft Q und dem Biegemoment M um die y- Achse,
ergibt sich am Teilstück unter der resultierenden Belastung
(7.21) :
dF = q(x) dx
- 173 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
dF=q(x)dx
Q+dQ
M
M+dM
C
Q
dx
Bild 7.12 Infinitesimales Teilstück des Biegebalkens
die Beziehungsgleichungen
(7.22):
(7.23) :
↑: Q - dF- (Q+ dQ)= 0
∑MClinks :
- M - Q dx + dF
dx
+ (M + dM) = 0
2
Damit liegen die einfachen Differentialgleichungen für den
Querkraft- und Biegemomentenverlauf in x vor
(7.24) :
- q(x) dx - dQ = 0
(7.25) :
dM − Q dx = 0
- 174 -
⇒
⇒
dQ
= −q( x)
dx
dM
= Q,
dx
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
wobei (dx)2 gegen Null geht.
Die Querkraft Q ändert sich durch die negative Gleichstreckenlast q(x). Die Ableitung des Momentes M nach x liefert
die Querkraft Q!
Man kann diese beiden Differentialgleichungen 1. Ordnung
auch zu einer Differentialgleichung 2. Ordnung zusammenfassen
(7.26) :
d 2M
= - q(x).
dx 2
- 175 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Tabelle 7.2 Zusammenhänge aus der Integration
Streckenlast
q(x)
Querkraft
Q(x)
Moment
M(x)
0
konstant
linear
konstant
linear
quadratische Parabel
linear
quadratische Parabel
kubische Parabel
Lagerkräfte werden nicht mehr vorab berechnet. Sie ergeben sich automatisch aus den Schnittkraftverläufen an den
Bereichsrändern.
Durch Integration folgt
(7.27) :
Q = - ∫ q(x) dx + C1
(7.28) :
M = - ∫ Q(x ) dx + C2
Die Integrationskonstanten C1 und C2 werden über die
Randbedingungen bestimmt.
- 176 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Tabelle 7.3 Randbedingungen in den Auflagern
Auflager
Querkraft Q
Biegemoment M
gelenkiges Lager
≠0
=0
=0
≠0
≠0
≠0
≠0
≠0
=0
=0
Parallelführung
Schiebehülse
Einspannung
freies Ende
Beispiel
o Berechnung werden der Querkraft– und Momenten-
verläufe unter einer Belastung für einen Balken mit
vier verschiedenen Lagerungen berechnet
- 177 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Anpassung der Stammfunktionen Fi(x) wird über die
Konstanten Ci an den Belastungsfall angepasst (Bild
7.12)
Ein Balken (Bild 7.12) wird mit einer konstanten Gleichstreckenlast q0 belastet. Mit verschiedenen Lagerungen wird
gezeigt, wie aus denselben Ausgangsgleichungen (7.25,
7.26) aus der Integration für die Querkraft– und Momentenverläufe durch Einsetzen der Randbedingungen die zu den
jeweiligen Lagerungen passenden Verläufe entstehen.
gegeben: l, q0
gesucht: Querkraft- und Momentenverläufe für vier unter-
schiedliche Lagerungen
q0
l
x
Bild 7.12 Balken mit Gleichstreckenlast
Ausgangsgleichungen nach der Integration mit freien, also
noch nicht festgelegten Konstanten
(7.29):
- 178 -
Q = - q0 x + C1,
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.30) :
M = - q0
x2
+ C1 x + C 2 .
2
Die freien Konstanten werden durch die unterschiedlichen
Randbedingungen der nachfolgenden Fälle bestimmt.
Randbedingungen für den Fall "beidseitig gelenkige
Lagerung"
q0
l
Bild 7.13 Randbedingungen für den Fall "beidseitig gelenkige Lagerung"
Die Randbedingungen für den Fall "beidseitig gelenkige Lagerung" lauten
(7.31):
M(x= 0) = 0 ⇒ C2 = 0,
(7.32) :
M(x = l) = - q0
l2
+ C1 l = 0
2
⇒
C1 = q0
l
.
2
- 179 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Die endgültigen Verläufe für den Fall "beidseitig gelenkige
Lagerung" lauten
(7.33) :
Q = - q0 x + q0
(7.34) :
M = - q0
l
,
2
x2
x
+ q0 l .
2
2
und sind in Bild 7.14 dargestellt.
Q
l/2
q0l
2
+
l
l
2
a)
-
M
x
l
+
x
q0l2
8
b)
Bild 7.14 a) Querkraftverlauf Q; b) Momentenverlauf M
dx
a)
AV
Q(l)
Q(0)
b)
dx
BV
Bild 7.15 Auflagerkraftbestimmung; a) linkes Auflager A; b) rechtes
Auflager B
- 180 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Die Auflagerkräfte können nun direkt aus dem Querkraftverlauf bestimmt werden (Bild 7.15)
(7.35) :
Q(0) = A = q0
l
2
(7.36) :
B = - Q(l) = q0
l
2
Randbedingungen für den Fall "Einspannung"
q0
l
Bild 7.16 Randbedingungen für den Fall "Einspannung"
Die Randbedingungen für den Fall "Einspannung" lauten
(7.37):
Q(x= l) = - q0 l + C1 = 0 ⇒ C1 = q0 l,
- 181 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.38) :
M(x = l) = - q0
l2
+ q0 l 2 + C 2 = 0
2
⇒
C 2 = - q0
l2
.
2
Die endgültigen Verläufe für den Fall "Einspannung" lauten
(7.39) :
Q = - q0 x + q0 l,
(7.40) :
x2
l2
M = - q0
+ q 0 l x - q0 .
2
2
und sind in Bild 7.17 dargestellt.
Q
q0l
+
a)
l x
2
2
- q0l / 2
b)
M
-
q0l
8
l/2
l x
Bild 7.17 a) Querkraftverlauf Q; b) Momentenverlauf M
Das Einspannmoment lässt sich aus dem Momentenverlauf
bestimmen.
- 182 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
MA
dx
M
l2
Bild 7.18 Einspannmoment M A = M(0) = - q0
2
Randbedingungen für den Fall "Parallelführung und gelenkige Lagerung"
q0
A
l
Bild 7.19 Randbedingungen für den Fall "Parallelführung und gelenkige Lagerung"
Die Randbedingungen für den Fall "Parallelführung und gelenkige Lagerung" lauten
(7.41) :
Q(x = 0) = 0
⇒
(7.42) :
M(x = l) = - q0
l2
+ C2 = 0
2
C1 = 0,
⇒
C 2 = q0
l2
.
2
- 183 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Die endgültigen Verläufe für den Fall "Parallelführung und
gelenkige Lagerung" lauten
(7.43):
Q = - q0 x,
(7.44) :
M = - q0
x2
l2
+ q0 .
2
2
und sind in Bild 7.20 dargestellt.
Q
l
-
q0l
a)
l
l/2
x
x
+
q0l
b)
2
2
M
q0l / 8
Bild 7.20 a) Querkraftverlauf Q; b) Momentenverlauf M
Beispiel
- 184 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Integration der Streckenlast zur Bestimmung des
Querkraft- und Momentenverlaufs
o Berechnung der Auflagerkräfte aus der Querkraft-
funktion
Ein Kragarm wird durch eine ansteigende Streckenlast belastet (Bild 7.21).
gegeben: l, q0
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverlauf
und der Auflagerkräfte
q
zx
0
l
Bild 7.21 Kragarm mit ansteigender Streckenlast
Die Querkraft- und Momentenverläufe werden durch formale Integration bestimmt
(7.45) :
q(x) = q0
x
,
l
- 185 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.46) :
x
dQ
= - q(x) = - q0
l
dx
⇒
(7.47) :
x2
+ C1,
Q(x) = - ∫ q dx + C1 = - q0
2l
dM
=Q
dx
⇒ M(x) = ∫ Q dx + C2 = - q0
x3
+ C1 x + C2 .
6l
Die Integrationskonstanten werden über die Randbedingungen bestimmt
l
,
2
(7.48) :
Q(x = l) = 0
⇒
C1 = q0
(7.49) :
M(x = l) = 0
⇒
C 2 = - q0
Die endgültigen Verläufe lauten
(7.50) :
- 186 -
Q(x) = q0
l
x
(1 - ( )2 ),
2
l
l2
.
3
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.51) :
l2
x x
(- 2 + 3 - ( )3 )
6
l
l
M(x) = q0
und sind in Bild 7.22 dargestellt.
horizontale
Tangente
Q
q0 l/2
+
quadratische
Parabel
l x
a)
kubische Parabel
2
-q0 l /3
b)
M
l x
Bild 7.22 a) Querkraftverlauf Q; b) Momentenverlauf M
Lösungswege
Wenn eine kontinuierlicher Belastung über einen Bereich
vorliegt und die zwei Integrationskonstanten aus den zwei
Randbedingungen folgen, führt die zweifache Integration
von der Belastung q führt auf die Querkraft Q und das Moment M.
- 187 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Wenn eine nicht kontinuierliche Belastung oder viele Bereiche vorliegen, ist die Anwendung der elementaren Methode, das punktweise Ermitteln der Querkraft Q und des Momentes M durch schneiden sinnvoll.
Tabelle 7.4a Zusammenhänge zwischen Belastung und den Querkraft-, beziehungsweise Momentenverläufen; Einzellast
Einzellast
Q - Verlauf
M - Verlauf
Knick
Tabelle 7.4b Zusammenhänge zwischen Belastung und den Querkraft-, beziehungsweise Momentenverläufen; Streckenlast
- 188 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Belastung
Gelenke
Nulldurchgänge
M- Verlauf
Kein Knick
Kein Knick
Tabelle 7.4c Zusammenhänge zwischen Belastung und den Querkraft-, beziehungsweise Momentenverläufen; Einzelmoment
Einzelmomente
F
a
M=Fa
oder
M - Verlauf
c).
Sprung
- 189 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Beispiel
o Integration der Streckenlast zur Bestimmung der
Querkraft- und Momentenverlaufs eines Balkens auf
zwei Stützen
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion, das La-
ger ist unterhalb des Balkens in B angebracht, deshalb werden zwei Bereiche unterteilt
o Rand- und Übergangsbedingungen
o Berechnung der Auflagerkräfte aus der Querkraft-
funktion
Ein Träger wird durch das Lager B in zwei Bereiche geteilt.
Der Bereich zwischen Lager A und Lager B ist mit einer
Gleichstreckenlast q0, der kragende Träger ist mit einer abfallenden Streckenlast belastet (Bild 7.23).
gegeben: q0, l
gesucht: Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs und der Auflagerkräfte
- 190 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
q0
A
B
x
l
l/2
Bild 7.23 Träger in zwei Bereichen mit Belastung
Lösung
Für jeden Bereich i wird ein eigenes Koordinatensystem
eingeführt, das jeweils mit Null beginnt (Bild 7.24). Es könnte aber auch ein einziges Koordinatensystem für beide Bereiche gewählt werden. Dann müssten die Rand- und Übergangsbedingungen entsprechend geändert formuliert werden.
q0
A
B
x2
x1
Bereich 1
l
l/2
Bereich 2
Bild 7.24 Einführung der Bereichen und der Koordinatensysteme
- 191 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Die zweifache Integration wird in zwei Bereichen durchgeführt
Bereich 1: 0 ≤ x1 ≤ l
(7.52):
q1(x1) = q0,
(7.53):
Q1(x1) = - q0 x1 + C11,
(7.54) :
M1(x1 ) = - q0
2
Bereich 2: 0 ≤ x2 ≤
x1
+ C11 x1 + C21.
2
l
2
2q0
x2,
l
(7.55) :
q2 (x 2 ) = q0 -
(7.56) :
Q 2 (x 2 ) = - q0 x 2 +
(7.57) :
M2 (x 2 ) = - q0
2
- 192 -
q0 2
x 2 + C12 ,
l
3
q x
x2
+ 0 2 + C12 x 2 + C22 .
2
l 3
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Hier werden die Konstanten mit einer Doppelindizierung Cij
versehen. Der erste Index ist die Nummer der Konstanten,
der zweite gibt den Bereich an. Man könnte die Konstanten
aber auch ebenso A, B, C, D oder C1, C2, C3, C4 nennen.
Durch die Aufstellung der Rand- und Übergangsbedingungen erhält man die Konstanten Cij
(7.58) :
(7.59):
(7.60) :
l
Q2 (x 2 = ) = 0 ⇒
2
q l
⇒ C12 = 0 ,
4
- q0
l q0 l 2
( ) + C12 = 0
+
2 l 2
M1(x1 = 0) = 0 ⇒ C21 = 0,
l
M2 (x 2 = ) = 0
2
l2 q0 l3 q0 l l
⇒ - q0 +
+
= - C22
8
l 24 4 2
q0 l2
⇒ C22 = ,
24
- 193 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.61) :
M1(x1 = l) = M2 (x 2 = 0)
⇒
⇒
q l2
l2
+ C11 l = - 0
2
24
11
C11 =
q0 l.
24
- q0
Die so bestimmten Konstanten legen nun die Schnittkraftverläufe fest. Die endgültigen Verläufe lauten (Bild 7.25)
x1 11
+ ),
24
l
(7.62) :
Q1(x1 ) = q0 l (-
(7.63) :
x
1 x
Q 2 (x 2 ) = q0 l ( - 2 + ( 2 ) 2 ),
4 l
l
(7.64) :
11 x 1
l x
M1(x1 ) = q0 l2 (- ( 1 ) 2 +
),
24 l
2 l
(7.65) :
M 2 (x 2 ) = q0 l 2 (-
- 194 -
1 1 x2 l x2 2 1 l 3
+
- ( ) + ( ) ).
24 4 l 2 l
3 2
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Q/q0l
11
24
a)
+
6
24
l/2
-
- 13
quadratische
Parabel
+
l
3l/2
x
24
l/2
+
M/q 0l 2
b)
1 kubische
24 Parabel
l
x
Parabelstich q0 l2/8
quadratische
Parabel
Bild 7.25 a) Querkraftverlauf Qi; b) Momentenverlauf Mi
Im Querkraftverlauf Qi; ist in Punkt B unterhalb des Lagers
ist ein Sprung. Die Steigung der Kurven ist an dieser Stelle
parallel.
Im Momentenverlauf Mi hat das Moment am freien Ende eine horizontale Tangente. Dort wird auch die Ableitung des
Q- Verlaufs zu Null. Über dem Lager B tritt ein negatives
Moment auf, das sogenannte Stützenmoment.
Die Auflagerkräfte werden nicht aus den Gleichgewichtsbedingungen berechnet, sondern ergeben sich direkt aus den
- 195 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Gleichungen für den Querkraftverlauf. Dazu schneidet man
kurz (dx) hinter dem Auflager A und rechts und links neben
dem Auflager B (Bild 7.26).
Q1(x1 = l)
Q1(x1 = 0)
a)
AV
B
Q2(x2 = 0)
b)
Bild 7.26 a) Auflagerkraftbestimmung; linkes Auflager A; b) rechtes
Auflager B
Daraus ergeben sich die Lagerkräfte zu
11
q0 l,
24
(7.66) :
A V = Q1(x 1 = 0) =
(7.67) :
B = Q2 (x 2 = 0) - Q1(x1 = l) =
=
1
11
q0 l - q0 l (- 1 + q0
)
4
24
19
q0 l.
24
7.5 Zusammengesetzte Systeme
7.5.1 Gerberträger
Bild 7.27 zeigt einen Gerberträger. Es handelt sich um einen Balken auf 3 Stützen, der zunächst statisch unbestimmt
- 196 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
wäre, wenn der Träger nicht durch Anbringen eines zusätzlichen Gelenkes G statisch bestimmt gemacht wird.
Beispiel
o Bestimmung des Momentenverlaufs eines Gerber-
trägers durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zusam-
menhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Lagerung ist unterhalb des Balkens in B angebracht
o Balken wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellast greift am Balken an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Parabel-
stich", Kontrolle des Wertes durch Schneiden
Der in Bild 7.27 skizzierte Gerberträger wird durch eine bereichsweise Gleichstreckenlast q und die Einzelkräfte F1
und F2 belastet.
gegeben: q, F1, F2, a, b
gesucht: Bestimmung des Momentenverlaufs, der Aufla-
ger- und Gelenkkräfte
- 197 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
q
A
F1
B
a
F2
G
a
D
b
b
Bild 7.27 Gerberträger
Lösung
Zur Lösung wie Balken in G geschnitten und die Momentengleichungen am linken, beziehungsweise am rechten
Teilsystem gebildet
(7.68) :
MGlinks = 0 und MGrechts = 0.
Dadurch erhalten die Bestimmungsgleichungen nicht die
Gelenkkräfte GH und GV. Dann wird am Gesamtsystem eine
Gleichgewichtsbedingung aufgestellt, zum Beispiel eine
Momentenbedingung.
Das ist im Allgemeinen übersichtlicher, als jeweils die drei
Gleichgewichtsbedingungen an jedem Teilsystem zu bilden.
Zur Lösung führen beide Wege.
- 198 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
q
AH
AV
B
a
GH
GV
a
F1
GH
F2
GV
b
b
D
Bild 7.28 Schnittbild
Die Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilsystem lauten
(7.69) :
ΣMGlinks : - F1 b + D 2 b = 0
⇒ D=
1
F1
2
Die Gleichgewichtsbedingungen am linken Teilsystem lauten
(7.70) :
ΣMG links :
AV 2 a - B a + qa
a
= 0.
2
Die Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem lauten
- 199 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.71) :
ΣMA links :
a
D (2 a + 2 b) - B a + q a ( + a) + F1 (2a + b) = 0
2
mit (7.69) folgt
(7.72) :
B = F1 + q
3a
.
2
mit (7.72) in (7.70) folgt
(7.73) :
AV =
1
a
F1 + q .
2
2
Zur Bestimmung der Gelenkkräfte werden nun die Gleichgewichtsbedingungen am linken Teilsystem aufgestellt
(7.74) :
→: - A H + GH = 0
(7.75) :
↑:
⇒
GH = F2 ,
- A V + B - q a - GV = 0
⇒
GV =
1
F1.
2
Zur Kontrolle wird am linken Teilsystem eine noch nicht
verwendete Gleichung benutzt
- 200 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.76) :
ΣMA links :
3a
- GV 2 a
2
a2
a2
a
=3q
+ F1 a - 3 q
- F1 2 = 0.
2
2
2
Ba -qa
Die Kontrolle bestätigt die Richtigkeit der Lösung.
Nun wird der Momentenverlauf durch die Konstruktion mit
der "eingehängten" Parabel konstruiert (Bild 7.29).
Ava
qa2/8
-
kein Knick
x=
3
a
2
+
F1/2
Bild 7.29 Momentenverlauf; ----- Hilfslinie für Parabelstich
Dafür werden die Ordinaten an den Bereichsgrenzen in den
Punkten B und G bestimmt. Dann wird eine Hilfslinie eingezeichnet. Der Parabelstich mit der Ordinate q
a2
wird in die
8
Hilfslinie (senkrecht zur Balkenachse) vorzeichenrichtig ein-
- 201 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
gehängt. Der Parabelstich ist das Momentenmaximum des
Balkens auf zwei Stützen (Bild 7.15b). Durch die Superposition oder Überlagerung ergibt sich der endgültige Momentenverlauf.
Zur Überprüfung wird der Ordinatenwert an der Stelle
x=
3a
aus der Geometrie und danach mit dem Momenten2
gleichgewicht berechnet.
Die Berechnung aus der Momentenverlaufsgeometrie in
(Bild 7.29) ergibt
(7.77) :
- 202 -
M(x =
3a
a
a2
a2
a
a2
) = - AV + q
= - (q
+ F1 ) + q
2
2
8
4
4
8
2
a
a
- F1 .
=-q
4
8
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
M
q
AH
AV
B
3a/2
Bild 7.30 Momentengleichgewicht durch Schneiden an der Stelle
x=
3a
2
Die Berechnung des Wertes durch das Momentengleichgewicht (Bild 7.30) ergibt
(7.78) :
M= AV
a
a2
aa
a
3a
- F1 .
=-q
+B - q
4
8
24
2
2
7.5.2 Rahmen
Ein Rahmen ist die Kombination mehrerer biegesteif miteinander verbundener Balken. Zur Lösung wird er in einzelne
Rahmenabschnitte zerlegt, "aufgeschnitten".
An den biegesteifen Ecken werden die Momente übertragen. Die Querkraft geht anteilig in eine Normalkraft, die
Normalkraft anteilig in eine Querkraft über. Dabei müssen
die Vorzeichen beachtet werden.
- 203 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Beispiel
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und Mo-
mentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung der Verläufe aus den Zusammenhängen
der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Einzelkräfte greifen am Rahmen an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den Gleichge-
wichtsbedingungen
o Kontrolle der Momentenwerte an der Ecke durch
Schneiden
Ein Rahmen wird mit horizontalen und vertikalen Einzellasten belastet (Bild 7.31). Die gestrichelte Faser definiert die
x- Richtungen der Rahmenabschnitte.
gegeben: b, F
gesucht: Bestimmung der Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverläufe
- 204 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
b
3b
b
2F
3F
b
F
3b
2F
b
Bild 7.31 Rahmen mit horizontalen und vertikalen Einzellasten
Lösung
- 205 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
b
3b
b
2F
3F
b
F
3b
2F
b
AH
AV
B
Bild 7.32 Schnittbild
Die Berechnung der Lagerkräfte durch die Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem ergibt
→:
(7.80) :
ΣMA : B 4b - 2F 5b - 3F 3b + F 3b - 2 Fb = 0
- 206 -
AH + 2 F - F = 0
⇒
(7.79) :
AH = - F ,
⇒
4B = 10 F + 9 F - 3 F + 2 F
⇒
B=
18 F 9 F
,
=
4
2
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.81) :
ΣMB :
A V 4b + 2 Fb - 3 Fb + 2 Fb - F 3b = 0
⇒
A V 4 = - 2 F + 3 F - 2 F + 3F
⇒
AV =
2F F
= .
2
4
Die Kontrolle wird mit einer noch nicht verbrauchten Gleichgewichtbedingung durchgeführt
(7.82) :
↑:
AV +B - 3 F - 2F =
F 9F
+
- 3 F - 2 F = 0.
2
2
Die Kontrolle bestätigt die Richtigkeit der Lösung.
Die Schnittkräfte und -momente werden durch bereichsweises Schneiden berechnet. Dazu wird der Rahmen an den
einzelne Rahmenpunkten geschnitten. Exemplarisch wird
dies hier für die obere linke Ecke durchgeführt (Bild 7.33).
Dann werden die Gleichgewichtsbedingungen für die Teilsysteme wie oben aufgestellt.
(7.83) :
NE = - A H - 2 F = + F - 2 F = - F,
(7.84) :
QE = A V - 3 F =
F
9F
- 3F = ,
2
2
- 207 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.85) :
ME = - 3 F b - 2 F 3 b - A H 4 b + A V 4 b
= b (- 3 F - 6 F + 4F +
- 208 -
F
4) = - 3Fb,
2
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
3F
MG Q
G
ME
NE
QE
ME
AH
NG
M
QE
G
NG
NE
2F
2F
QG
ND
QD
MD
AV
ND
MD
QD
F
B
Bild 7.33 Schnittbild; rechte obere Rahmenecke vollständig ausgeschnitten
- 209 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
9F
,
2
(7.86) :
ND = - B = -
(7.87) :
Q D = F,
(7.88) :
MD = - F b,
(7.89) :
NG = 0,
(7.90) :
QG = 2 F ,
(7.91) :
M G = - 2 F b.
Daraus ergeben sich die Schnittkraftverläufe (Bild 7.34).
- 210 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
-
-F
0
-
-F/2
-9F/2
Bild 7.34a Normalkraftverlauf; Zugkraft (+), Druckkraft (-)
-5F/2
+
-
2F
+
F/2
+
F
F
0
-F
+
Bild 7.34b Querkraftverlauf
- 211 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
-3Fb
-2Fb
-
-Fb/2
+
-2Fb
-
-Fb
0
Fb
Bild 7.34c Momentenverlauf
Die Verläufe, die zu Null werden, weil keine Schnittkraft
wirkt, werden mit einer Null gekennzeichnet. Durch die Angabe der Vorzeichen der Verlaufsflächen ist die Angabe der
x- Richtung ist nicht mehr erforderlich. Das Vorzeichen richtet sich nach der gestrichelten Faser (Tabelle 7.4 Vorzeichendefinition).
Das Momentengleichgewicht in den Rahmenecken an einer
biegesteifen Ecke wird immer durch die Momentensumme
bestimmt.
- 212 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Greift kein Einzelmoment an der biegesteifen Ecke an, kann
das Moment durch "Umklappen der Momentenordinate" erzeugt werden (Bild 7.35a).
Greift ein Einzelmoment an der biegesteifen Ecke (Bild
7.35b), so können durch Bilden des Momentengleichgewichts an der Ecke entweder die anderen Momente bestimmt oder die Momentensumme kontrolliert werden.
M0=- Fl/2
Mr=-Fl
a) Mu=-Fl
Mr=- Fl
b) Mu=- 3Fl/2
Bild 7.35 Momentengleichgewicht in den Rahmenecken; a) kein
Einzelmoment an der biegesteifen Ecke; b) Moment M0 an der biegesteifen Ecke
Das Momentengleichgewicht in Bild 7.35 a lautet
(7.92) :
Momentensumme in der Ecke :
- Mu + Mr = - (- F l) + (- F l) = 0
und in Bild 7.35 b lautet
- 213 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.93) :
Momentensumme in der Ecke :
3
1
- Mu - M0 + Mr = - (- F l) - F l + (- F l) = 0.
2
2
Beispiel
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und Mo-
mentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung der Verläufe aus den Zusammenhängen
der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Einzelkraft und Moment greifen am Rahmen an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Geschweißte Ecke mit drei angreifenden Rahmentei-
len
Ein gabelartiger Träger wird durch eine Kraft F und ein Einzelmoment M0 belastet (Bild 7.36).
gegeben: l, F, M0 =
- 214 -
Fl
2
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
gesucht: Bestimmung der Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverläufe, der Auflager- und Gelenkkräfte
3l/4
l/4
F 2
M0 = Fl
2
45°
l/2
B
l/2
A
l
Bild 7.36 Gabelartiger Träger mit einer Kraft F und einem Einzelmoment M0
Lösung
Der Träger wird an seinen Auflagern und am Gelenk geschnitten. Damit werden die Lager- und Gelenkkräfte sichtbar gemacht (Bild 7.37).
- 215 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
3l/4
BH
MB
GH
GV
BV
F
M0 = Fl
2
F
l/2
GV
GH
l/2
AH
l/4
l
Bild 7.37 Schnittbild
Durch die Gleichgewichtsbedingungen an beiden Teilsystemen werden nun die Lager- und Gelenkkräfte bestimmt.
Die Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilsystem lauten (Bild 7.37)
(7.94) :
- 216 -
ΣMG :
AH
l
5l
l
-F
+ F - M0 = 0
2
4
2
⇒
AH =
5F
,
2
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
(7.95) :
→:
GH = F - A H = -
(7.96):
↑: GV = − F.
3F
,
2
Die Gleichgewichtsbedingungen am linken Teilsystem lauten
3F
,
2
(7.97) :
→: BH = GH = -
(7.98):
↑: BV = - GV = F ,
(7.99) :
ΣMB : MB = G V
3l
3
= − F l.
4
4
Die Schnittkraftverläufe werden durch stückweises Schneiden berechnet (Bild 7.38).
- 217 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
-
3F/2
-F
-
+
-F
0
Bild 7.38a) Normalkraftverlauf
+
F
-F
+
-5F/2
Bild 7.38b Querkraftverlauf
- 218 -
F
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Nulldurchgang
beim Gelenk
- 3 Fl - Fl
2
- 3 Fl
4
-Fl - 5 Fl
4
1 Fl
4
Bild 7.38c Momentenverlauf
- 219 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
7.6 Aufgaben zu Kapitel 7
AUFGABE 7.1
o Integration zweier Streckenlasten zur Bestim-
mung der Querkraft- und Momentenverläufe
eines Balkens auf zwei Stützen
o Vergleich zweier ähnlicher Belastungen
o Berechnung der Auflagerkräfte aus der Quer-
kraftfunktion
Der Balken ist mit einer Streckenlast q1, bzw. q2 wie skizziert belastet (Bild 7.39).
π
4q0 x(l − x )
gegeben: l, q0, q1 = q0 sin x , q 2 =
l
l
l
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
q0
A
q1, bzw. q2
B
x
l
Bild 7.39 Balken mit der Streckenlast q1, bzw. q2
- 220 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
l
π
Lösung: AH = 0, für q1: Q( x) = q0 cos x ,
l
π
M( x) = q0
l
π
l2
sin x , A V = B V = q0 ,
2
l
π
π
1
x2 4 x3
für q2: Q( x ) = q0 l ( − 2 2 +
),
3
l
3 l3
1
1 2 x
x3 x 4
M( x ) = q0l ( − 2 3 + 4 ) , A V = B V = q0l
3
l
3
l
l
AUFGABE 7.2
o Integration der Streckenlast zur Bestimmung
des Querkraft- und Momentenverlaufs eines
Kragarms
Der Balken ist mit einer Streckenlast q wie skizziert belastet
(Bild 7.40).
gegeben: l, q0, q =
4q0 x(l − x )
l
l
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe
- 221 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
q0
A
x
l
Bild 7.40 Balken mit einer Streckenlast q
2
x2 4 x3
Lösung: Q( x ) = q0 l ( − 2 2 +
),
3
l
3 l3
M( x ) = −
1 2
x 2 x3 x 4
− 4)
q0 l (1 − 2 +
3
l 3 l3
l
AUFGABE 7.3
o Integration der Streckenlast zur Bestimmung
des Querkraft- und Momentenverlaufs eines
Balkens auf zwei Stützen
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion,
deshalb werden zwei Bereiche unterteilt
o Rand- und Übergangsbedingungen
o Berechnung der Auflagerkräfte aus der Quer-
kraftfunktion
- 222 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Der Balken ist mit einer Streckenlast q wie skizziert belastet
(Bild 7.41).
gegeben: l, q0
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
q0
A
x
l/2
B
l/2
Bild 7.41 Balken mit einer Streckenlast q
Lösung: AH = 0,
AV = B =
q0 l
q
q l
. Q 1 ( x 1 ) = − 0 x 12 + 0 ,
4
l
4
M1( x 1 ) = −
q0 x 13 q0 l
q x2
+
x 1 , Q 2 ( x 2 ) = −q0 x 2 + 0 2 ,
l 3
4
i
M2 ( x 2 ) = −
q 0 x 22 q 0 x 32 q 0 l 2
+
+
l 2
3l
12l
- 223 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
AUFGABE 7.4
o Bestimmung der Querkraft- und Momentenver-
läufe des Kragarms mit unterschiedlich angeordneter Belastung durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist in zwei Fällen keine kontinuierli-
che Funktion
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
Ein Kragarm ist mit einer Gleichstreckenlast q0 wie skizziert
in drei unterschiedlichen Fällen belastet (Bild 7.42 a, b, c).
gegeben: l, q0, Fall 1 Gleichstreckenlast über den gesam-
ten Träger, Fall 2 Gleichstreckenlast über die erste Hälfte
des Trägers, Fall 3 Gleichstreckenlast über die zweite Hälfte des Trägers
- 224 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
q0
q0
A
A
l
a)
l/2
b)
l/2
q0
A
c)
l/2
l/2
Bild 7.42 Kragarm mit einer Gleichstreckenlast q0 in drei unterschiedlichen Fällen; a) Fall 1; b) Fall 2; c) Fall 3
l
l2
Lösung: AH = 0, a) AV = q0 l, MA = −q0 , b) A V = q0 ,
2
2
MA = −q0
l2
l2
l
, c) A V = q0 , MA = −3q0
2
8
8
- 225 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
AUFGABE 7.5
o Integration der Streckenlast zur Bestimmung
des Querkraft- und Momentenverlaufs eines
Balkens auf zwei Stützen
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion,
das Lager ist unterhalb des Balkens in B angebracht, deshalb werden zwei Bereiche unterteilt
o Rand- und Übergangsbedingungen
o Berechnung der Auflagerkräfte aus der Quer-
kraftfunktion
Der Balken ist mit einer dreieckförmigen Last q0 wie skizziert belastet (Bild 7.44).
gegeben: l, q0
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
- 226 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
q0
B
A
x
l
l
Bild 7.44 Balken mit einer dreieckförmigen Last q0
Lösung: AH = 0, A = q0 l, B = 0, Q1( x 1 ) = −
Q2 (x 2 ) =
q0 x 22
q x3
1
− q0 x 2 + q0 l , M1( x 1 ) = − 0 1
l 2
2
l 6
M2 ( x 2 ) =
q0 x 32
q l2
x2 q l
− q0 2 + 0 x 2 − 0
l 6
2
2
6
q0 x 12
,
l 2
AUFGABE 7.6
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Kragarm mit Hebel durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
- 227 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Einzellasten greifen am Balken an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
Ein Kragarm mit Hebel ist mit einer Gleichstreckenlast q0
und Einzellasten wie skizziert belastet (Bild 7.45).
gegeben: a, F1 = F2 = F3 = F, q0 =
F
a
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
q0
A
a
F1
3a/2
a/2
a
F2
a
F3 60°
B
a
Bild 7.45 Kragarm mit Hebel mit einer Gleichstreckenlast q0 und
Einzellasten
- 228 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
1
Lösung: AH = - F , AV = 3.37 F, MA = - 8.96 F a, in C von
2
links: N = F , Q = 0.87, M = 0.13 F a,
2
F
von rechts: N = − , Q = 0.87F, M = - 0.87 F,
2
von unten: Q = - F2, N = 0, MC = - F2 a
AUFGABE 7.7
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Balkens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Einzellasten greifen am Balken an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
- 229 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Der Balken ist mit einer Gleichstreckenlast q0 und Einzellasten wie skizziert belastet (Bild 7.46).
gegeben: a, F1 = 2 F, F2 = F, q0 =
F
a
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe
F1
q0
F2
A
B
2a
a
3a
2a
2a
Bild 7.46 Balken mit einer Gleichstreckenlast q0 und Einzellasten
Lösung: bei x = 3a: Q = AV – F1, M= (3AV – F1) a
AUFGABE 7.8
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Balkens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
- 230 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Einzellasten greifen am Balken an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
Der Balken ist mit einer Gleichstreckenlast q0 und Einzellasten wie skizziert belastet (Bild 7.47).
gegeben: a, F1 = 2 F, F2 = 3 F, q0 =
F
2a
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
F2
q0 F1
A
B
4a
a
3a
2a
Bild 7.47 Balken mit einer Gleichstreckenlast q0 und Einzellasten
Lösung: AH = 0, AV = 2 F, B = - F, bei x = 4a: Q = 0, M= 4Fa
- 231 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
AUFGABE 7.9
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Balkens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Lagerung ist unterhalb des Balkens in A ange-
bracht
o Einzellasten greifen am Balken an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
Der Balken ist mit Einzellasten wie skizziert belastet (Bild
7.48).
gegeben: a, F1 = 2 F2 = F
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
- 232 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
F1
F2
3a
A
5a
4a
B
Bild 7.48 Balken mit Einzellasten
Lösung: AH = 0, A V = −
10
11
F, B =
F,
9
18
bei x = 3a: Q = - F1-AV, M= 3aF1
AUFGABE 7.10
o Integration der Streckenlast zur Bestimmung
des Querkraft- und Momentenverlaufs eines
Balkens auf zwei Stützen
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion,
deshalb werden zwei Bereiche unterteilt
o Rand- und Übergangsbedingungen
o Berechnung der Auflagerkräfte aus der Quer-
kraftfunktion
Der Balken ist durch eine Streckenlast q(x) wie skizziert belastet (Bild 7.49).
- 233 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
gegeben: a, q0
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
q0
B
A
2a
4a
x
Bild 7.49 Balken mit einer Streckenlast q(x)
Lösung: AH = 0, A V = Q = - q0
23
10
q0 a , M A = q0 a 2 ,
9
3
4
x3
x2 4
+ q0a x
+ q0 a , M = - q0
12a 9
36a 9
AUFGABE 7.11
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Balkens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
- 234 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Lagerung ist unterhalb des Balkens in B ange-
bracht
o Balken wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellast greift am Balken an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
Der Balken ist durch eine Gleichstreckenlast q0 und eine
Einzellast F wie skizziert belastet (Bild 7.50).
gegeben: a, F, q0 =
F
a
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
q0
F
A
a
a
B
a
C
a
Bild 7.50 Balken mit Gleichstreckenlast q0 und Einzellast F
- 235 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
3
1
Lösung: A = F , B V = F , C = 0,
2
2
bei x = 3a: Q = F, M = − 1 Fa
2
Aufgabe 7.12
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Balkens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Lagerung ist unterhalb des Balkens in B ange-
bracht
o Balken wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellast greift am Balken an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
- 236 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Der Balken ist durch eine Gleichstreckenlast q0 und eine
Einzellast F wie skizziert belastet (Bild 7.51).
gegeben: a, F, q0 =
F
3a
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe
q0
F
A
C
B
a
a
a
a
a
a
Bild 7.51 Balken mit einer Gleichstreckenlast q0 und einer Einzellast F
(2a)2
Lösung: bei x = 5a: Q = 0, M = q0
8
Aufgabe 7.13
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Gerberträgers durch bereichsweises Schneiden
- 237 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Lagerung ist unterhalb des Balkens in B ange-
bracht
o Balken wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellasten greifen am Balken an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
Der Gerberträger ist durch zwei Einzellasten F wie skizziert
belastet (Bild 7.52).
gegeben: l, F
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflager- und Gelenkkräfte
F
F
G
A
C
B
l/2
l/2
l/3
l/6
l/2
Bild 7.52 Balken mit zwei Einzellasten F
- 238 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
1
3
1
Lösung: AH = 0, A V = F , B = F , C = F ,
4
2
4
bei x = l: Q = (C- F), M = −F
l
2
AUFGABE 7.14
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Gerberträgers durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Lagerungen sind unterhalb des Trägers in B
und C angebracht
o Träger wird durch Gelenke unterbrochen
o Einzellasten greifen am Träger an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
- 239 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Der Gerberträger ist durch drei Einzellasten und eine
Gleichstreckenlast q0 wie skizziert belastet (Bild 7.53).
gegeben: a, b, F, q0 =
4F
3a
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe
A
2F
q0
B
3a/2 3a/2 a
F
F
C
a 3a/2 a 3a/2
a
D
Bild 7. 53 Balken mit drei Einzellasten und einer Gleichstreckenlast
q0
5
31
2
Lösung: AH = GH1 = GH2 = 0, A V = F , B = F , G V1 = - F ,
9
9
3
G V2 =
2
2
10
F, D = F , C = F ,
3
3
3
4
bei x = 3a: Q = AV – 2F + B, M = - Fa
3
- 240 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
AUFGABE 7.15
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Einzellasten greifen am Rahmen an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
o Geschweißte Ecken mit drei angreifenden
Rahmenteilen
Der Rahmen ist durch Einzellasten und Gleichstreckenlasten wie skizziert belastet (Bild 7.54).
gegeben: a, F, F1 = 2 F2 = F, q0 =
F
F
q1 =
a,
2a
- 241 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe und der Auflagerkräfte
2a
3a/2
F2
2a a/2
q1
F2
2a
F1
2a
q0
A
2a
a
B
Bild 7.54 Rahmen mit Einzellasten und Gleichstreckenlasten
9
17
21
Lösung: A H = - F , A V = - F B = F , am linken Rah2
8 ,
8
menstiel bei x = 2a: N = F1- AV, Q = AH – q0 4a, M = 9 F a
- 242 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
AUFGABE 7.16
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist eine kontinuierliche Funktion über
zwei Bereiche
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
o Geschweißte Ecke mit drei angreifenden Rah-
menteilen
Auf einem Tankstellendach (Bild 7.55) liegt eine Schneedecke (Gesamtgewicht G). Das Dach überträgt die Schneelast
als Gleichstreckenlast q (kN/ m) auf ein Ständerpaar (Höhe
h, Trägerlänge l = h).
gegeben: q =
G
, h, l = h
2l
- 243 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe und der Auflagerkräfte
l
G
q= 2l
l/3
h
A
Bild 7.55 Tankstellendach mit Schneedecke
Lösung: AH = 0, A V =
1
G
, MA = - G l , am rechten
12
2
Kragarm: N = 0, Q = -
1
1
G, M = - G l
6
9
AUFGABE 7.17
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
- 244 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Einzellasten greifen am Rahmen an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
Der Rahmen ist durch zwei Einzellasten wie skizziert belastet (Bild 7.56).
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe und der Auflagerkräfte
a
a
F
F
B a
2a
A
Bild 7.56 Rahmen mit zwei Einzellasten
- 245 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Lösung: AH = 0, AV =F, B = F, am horizontalen Rahmen bei
x = a: N = - AH, Q= 0, M = AV a
AUFGABE 7.18
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Rahmens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Einzellast greift am Rahmen an
o Berechnung der Auflagerkräfte aus den
Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
Der Rahmen ist durch eine Einzellast F und eine Gleichstreckenlast q wie skizziert belastet (Bild 7.57).
gegeben: a, F, q
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflagerkräfte
- 246 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
l/2
F l/2
B
l
q= 2F
l
A
Bild 7.57 Rahmen mit Einzellast F und Gleichstreckenlast q
l
Lösung: AH = 2F, B = F, MA = - F , am vertikalen Rahmen
2
bei x = l: Q = 0, M = F
l
2
AUFGABE 7.19
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
- 247 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Rahmen wird im alternativen System durch ein
Gelenk unterbrochen
o Berechnung eines Dreigelenkbogens
o Einzellast greift am Rahmen an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
o Geschweißte Ecke mit drei angreifenden Rah-
menteilen
o Vergleich zweier ähnlicher Systeme
Der Rahmen ist durch zwei Einzellasten und eine Gleichstreckenlast q0 wie skizziert belastet (Bild 7.58).
gegeben: a, F, q0 =
F
5a
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe, der Auflager- und Gelenkkräfte und der Änderung, wenn in C ein Gelenk und in A ein zweiwertiges Lager
ist.
- 248 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
q0
F
C
3a
F
a
B
a
A
a
2a
3a
Bild 7.58 Rahmen mit zwei Einzellasten und einer Gleichstreckenlast q0
Lösung: a) ohne Gelenk in C, im linken, vertikalen Rahmen
bei x = 2a von oben: N = AV + F; Q = 0, M= - Fa;
b) mit Gelenk in C, Festlager in A, im linken, vertikalen
Rahmen bei x = 2a von oben: N = AV + F; Q = - AH, M= 0,
AUFGABE 7.20
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Rahmens durch bereichsweises
Schneiden
- 249 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Rahmen wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellast greift am Rahmen an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
o Geschweißte Ecke mit drei angreifenden Rah-
menteilen
Der Rahmen ist durch eine Einzellast F wie skizziert belastet (Bild 7.59).
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflager- und Gelenkkräfte
- 250 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
C
D
F
a
E
a
a
A
a
a
B
a
Bild 7.59 Rahmen mit einer Einzellast F
Lösung: A H = - DH =
F
a
F
2
, A V = - D V = , MA = F , B =
F , im
2
2
2
2
oberen horizontalen Rahmen bei x = 0: Q =
F
F
, M= a
2
2
AUFGABE 7.21
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Trägersystems durch
bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Schneiden von Rollen auf dem Träger
o Schneiden von Seilkräften
- 251 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Rahmen wird durch Gelenke unterbrochen
o Einzellast greift am Rahmen an
o Berechnung der Auflager-, Seil- und Gelenk-
kräfte aus den Gleichgewichtsbedingungen
Ein Trägersystem ist über ein Seil, das über eine Rolle geschlungen ist, durch das Gewicht G wie skizziert belastet
(Bild 7.60).
gegeben: a, r, G
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe und der Auflager-, Seil- und Gelenkkräfte
- 252 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
r
D
1
r
E
H
a
2
3
G
C
r
a
B
A
a
a
Bild 7.60 Trägersystem mit dem Gewicht G
Lösung: HV = G, HH = S = G, JH = JV = G, MB = G r, BH = 0,
BV = -G, EH = EV = 2 G, DH = - 2 G, DV = 0,
CH = CV = 2 G, AH = 0, AV = 2 G, MA = - 2 G a, im horizontalen Rahmen in E: N = 0, Q = - G, M = - G a
AUFGABE 7.22
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
- 253 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Streckenlast ist linear
o Rahmen wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellasten greifen am Rahmen an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
Der Rahmen ist durch Einzellasten und eine Streckenlast
wie skizziert belastet (Bild 7.61).
gegeben: a, F, q0 =
F
a
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe und der Auflagerkräfte
- 254 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Fa
a
Fa
q0
C
a
a
F
a
B
a
A
Bild 7.61 Rahmen mit Einzellasten und Streckenlast
Lösung: A H = -
3
21
17
1
F , A V = F , BH = F , BV =
F , am
11
11
22
11
linken vertikalen Rahmen bei x = 2a von oben: N = - F
Q=-F
21
,
11
8
6
, M = Fa
11
11
AUFGABE 7.23
o Bestimmung des Normalkraft-, Querkraft- und
Momentenverlaufs eines Rahmens durch bereichsweises Schneiden
- 255 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
o Rahmen wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellast greift am Rahmen an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
o Konstruktion mit "eingehängter Parabel mit Pa-
rabelstich"
Der Rahmen ist durch eine Einzellast F und eine Gleichstreckenlast q0 wie skizziert belastet (Bild 7.62).
gegeben: a, F, q0 =
F
a
gesucht: Bestimmung der Normal-, Querkraft- und Momen-
tenverläufe und der Auflager- und Gelenkkräfte
- 256 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
F
q0 a
B
A
2a
a
2a
Bild 7.62 Rahmen mit Einzellast F und Gleichstreckenlast q0
1
5
1
1
4
Lösung: AH = F , A V = F , BH = F , B V = F , CH = F ,
3
3
3
3
3
1
C V = - F , am linken vertikalen Rahmen bei x = 2a:
3
1
1
2
N = - F, Q = - F , M = - Fa
3
3
3
AUFGABE 7.24
o Bestimmung des Querkraft- und Momentenver-
laufs eines Rahmens durch bereichsweises
Schneiden
o Erstellung des Momentenverlaufs aus den Zu-
sammenhängen der Tabellen 7.2 und 7.4
o Belastung ist keine kontinuierliche Funktion
- 257 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
o Rahmen wird durch ein Gelenk unterbrochen
o Einzellasten greifen am Rahmen an
o Berechnung der Auflager- und Gelenkkräfte
aus den Gleichgewichtsbedingungen
Der Rahmen ist durch zwei Einzellasten F wie skizziert belastet (Bild 7.63). In C sind die Rahmenteile gelenkig miteinander verbunden, in A ist er verschieblich gelagert, in B
fest eingespannt.
gegeben: a, F
gesucht: Bestimmung der Querkraft- und Momentenverläu-
fe und der Auflager- und Gelenkkräfte
B
a
F
a
F
A
C
a
a
2a
Bild 7.63 Rahmen mit zwei Einzellasten F
- 258 -
7 GERADER BALKEN UND RAHMENSYSTEM
Lösung: CH = 0, MB = - 2Fa,
F
A V = CV = B V = ,
2
BH = F,
F
Fa
am unteren horizontalen Rahmen bei x = a: Q = - , M =
2
2
- 259 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Lehrziel des Kapitels
o Anwendung des Arbeitssatzes zur Bestimmung der
Gleichgewichtslagen und der Art der Gleichgewichtslage
Formeln des Kapitels
o Gesamtarbeit
(8.2):
s2 r
r
W = ∫ Fds.
s1
o Prinzip der virtuellen Verrückungen
(8.3):
r r
δW = ∑δWi = ∑Fi δsi = 0.
i
i
o Potentielle Energie
(8.4) :
Π( z ) = − W ( z )
o Gleichgewicht aus der Variation der potentiellen
Energie
- 260 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
δΠ(z)
=0
δz
(8.5):
o Stabilität einer Gleichgewichtslage
>
stabil
2
(8.6):
δ Π(z)
δz 2
=0
indifferent
<
labil
8.1 Der Arbeitssatz
Die meisten Schwierigkeiten bereitet bei analytischen Berechnungsmethoden das Erkennen der geometrischen Zusammenhänge, vor allem dann, wenn es sich nicht mehr
um gerade Stäbe oder Balken, sondern um komplexe Systeme, wie gekrümmte Balken oder zusammengesetzte Systeme, handelt. Sehr schnell wird die Grenze des Machbaren
erreicht. Für diese Fälle werden dann die Energiemethoden
benötigt.
In den Energiemethoden spielen die geometrischen Betrachtungen zwar auch eine Rolle, aber eine untergeordnete. An Stelle der bisher verwendeten Gleichgewichtsbedingungen treten Aussagen darüber, welche Arbeit die äuße-
- 261 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
ren Kräfte bei der Verformung eines Systems verrichten, in
welcher Energieform und wo diese Arbeit gespeichert wird.
Ein Grund für die größere Leistungsfähigkeit der Energiemethoden ist, dass Arbeit und Energie skalare (ungerichtete) Größen sind, während Kräfte und Verschiebungen vektorielle (gerichtete) Größen sind.
Elementarbeit
F
ϕ
ds
Bild 8.1 Arbeit einer Kraft F entlang des Weges s
Die Arbeit
(8.1):
r r
dW = Fds = F ds cosϕ.
ist Kraftkomponente in Richtung des Weges mal Weg oder
Kraft mal Wegkomponente in Richtung der Kraft. Die Gesamtarbeit ist
- 262 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
(8.2):
s2 r
r
W = ∫ Fds.
s1
Arbeitssatz
"An einem Kräftesystem, das im Gleichgewicht steht, wird
bei einer virtuellen Verrückung keine Arbeit geleistet."
Als virtuelle Verrückung sind Verschiebungen und Verdrehungen gemeint, die folgendermaßen definiert werden
o sie sind gedacht, das heißt, sie müssen in natura nicht vorkommen,
o sie sind sehr klein, damit sich die Kräftekonstellation nicht ändert,
o sie müssen geometrisch möglich sein.
8.2 Prinzip der virtuellen Verrückungen bei starren Körpern
Zwei Energiemethoden werden hier ausführlicher vorgestellt, um das Grundsätzliche dieser Methoden zu zeigen:
das Prinzip der virtuellen Verrückungen.
Das Prinzip der virtuellen Verrückungen wird in der Statik
für Starrkörper und Starrkörpersysteme definiert als virtuelle
Arbeit
- 263 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
(8.3):
r r
δW = ∑δWi = ∑Fi δsi = 0.
i
i
"Die bei einer virtuellen Verrückung aus der Gleichgewichtslage von den eingeprägten Kräften insgesamt geleistete Arbeit ist gleich Null."
Eine virtuelle Verrückung wird durch das Symbol δ gekennzeichnet.
Hier liegen keine Verformungen, also auch kein Potential
der inneren Kräfte vor. Dieses Prinzip ist den Gleichgewichtsbedingungen äquivalent.
8.3 Stabilität einer Gleichgewichtslage
(8.4) :
Π( z ) = − W ( z )
Die Funktion Π(z) wird als Funktion der Ortskoordinate z
angegeben, wobei z immer nach oben zeigt.
Dann folgt das Gleichgewicht aus der Variation der potentiellen Energie
(8.5):
- 264 -
δΠ(z)
=0
δz
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
die zu Null wird, wenn Gleichgewicht herrscht, und die Art
der Stabilität aus dem Vorzeichen der zweiten Variation
>
stabil
0
indifferent
<
labil
2
(8.6):
δ Π(z)
=
δz2
Beispiel
o Anwendung des Arbeitssatzes zur Bestimmung der
Gleichgewichtslagen
o Untersuchung der Art der Gleichgewichtslage
An einem einfachen mathematischen Pendel (Bild 8.2) werden die möglichen Gleichgewichtslagen und deren Stabilität
untersucht.
- 265 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
z
zG
ϕ
Nullniveau
l
G
Bild 8.2 Mathematisches Pendel in einer ausgelenkten Lage
Die potentielle Energie lässt sich durch die Multiplikation
des Gewichts G mit der Höhenkoordinate zG beschreiben.
Dabei muss beachtet werden, dass bei der Bestimmung der
potentiellen Energie die z- Koordinate immer nach oben
zeigt. Da die Arbeit entgegengesetzt der potentiellen Energie
(8.7) :
Π = −W
definiert ist, muss auf das Vorzeichen geachtet werden.
Damit ergibt sich die potentielle Energie, die durch das Gewicht entsteht, zu
(8.8) :
- 266 -
Π = G zG
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
mit der Höhenkoordinate, die vom angenommenen Nullniveau aus gemessen wird,
(8.9) :
z G = -l cosϕ
Bedingung für Gleichgewicht
Durch die Variation der potentiellen Energie Π nach der
Koordinate z erhält man eine Gleichung, deren Nullstellen
δΠ(z)
die Gleichgewichtslagen des Systems definieren
δz
(8.10):
δΠ(z)
=0
δz
Definition der Stabilität
Die Untersuchung dieser Nullstellen ergeben die Hoch-,
Tief-, bzw. Wendepunkte der Funktion
Π
. Dazu wird die
zweite Variation dieser Funktion gebildet und die Werte für
die gefundenen Nullstellen der Gleichung (8.10) eingesetzt.
- 267 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
>
stabil
2
(8.11):
δ Π(z)
= 0
δz2
<
indifferent
labil
Untersuchung der Gleichgewichtslage
Für das Beispiel ergibt die erste Variation mit der mathematischen Umformung
(8.12) :
δΠ = δ(G z G ) = Gδ z G = 0
und der Darstellung der Variationsrechnung im Allgemeinen
(8.13):
δf(ϕ) =
df(ϕ)
δϕ
dϕ
ergibt sich
(8.14):
δzG =
dzG
δϕ = l sinϕ δϕ.
dϕ
In (8.10) eingesetzt
(8.15) :
- 268 -
δΠ = (Gl sinϕ) δϕ = 0.
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
mit der virtuellen Verrückung
δϕ ≠ 0
(8.15a) :
erhält man
(8.16) :
Gl sinϕ = 0.
Damit ergeben sich die Gleichgewichtslagen für
(8.17) :
sinϕ = 0.
Es existieren also statische Gleichgewichtslagen für
(8.18):
ϕ1 = 00
und
(8.19):
ϕ2 = π = 1800.
Untersuchung der Stabilität der Gleichgewichtslagen
- 269 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Für das Beispiel ergibt die zweite Variation mit der mathematischen Umformung
(8.20):
δ2Π = δ2(GzG) = Gδ2zG.
und der Darstellung der Variationsrechnung im Allgemeinen
(8.21):
δ2 f (ϕ) =
d2 f(ϕ)
2
dϕ
δϕ2
ergibt sich
(8.22):
δ2 zG =
d2 zG
2
dϕ
δϕ2 = l cosϕ δϕ2 .
So erhält man
(8.23):
δ2Π = Gl cosϕ δϕ2.
0
Gleichgewichtslage für ϕ1 = 0 .
In (8.23) eingesetzt (Bild 8.3a) ergibt sich
- 270 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
(8.24):
δ2Π = Gl cos0 δϕ2 > 0.
0
Das Pendel ist in der Gleichgewichtslage ϕ1 = 0 stabil.
ϕ1 = 0
a)
ϕ2 = π
b)
Bild 8.3 Gleichgewichtslagen; a) Stabile Gleichgewichtslage für
ϕ1 = 0 ; b) Instabile Gleichgewichtslage für ϕ2 = π = 1800
Gleichgewichtslage für ϕ2 = π = 1800
Den zweiten Wert in (8.23) eingesetzt (Bild 8.3b) ergibt
diesmal
(8.25):
δ2Π = G l cosπ δϕ2 < 0.
- 271 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Das Pendel ist in der Gleichgewichtslage ϕ2 = π = 1800 instabil.
Diese Gleichgewichtslage ist überhaupt nur möglich, wenn
das Seil durch einen masselosen Stab ersetzt wird.
Beispiel
o Anwendung des Arbeitssatzes zur Bestimmung der
Gleichgewichtslagen
o Untersuchung der Art der Gleichgewichtslage
Ein Seil wird über zwei Umlenkrollen geführt. An einer Umlenkrolle hängt das Gewicht G1 (l = Seillänge). Am Ende des
Seils hängt das Gewicht G2 (Bild 8.4). Der Einfluss der Rollenradien bleibt unberücksichtigt.
gegeben: a, b, l, G1, G2
gesucht: Bestimmung der Gleichgewichtslagen α und der
Grenzwerte von
- 272 -
G1
und die Art der Gleichgewichtslagen
G2
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
z
a/2
a/2 tanα
α
b
G1
G2
Bild 8.4 Seil mit zwei Umlenkrollen und den Gewichten G1 und G2
Lösung
Anwendung des Arbeitssatzes zur Bestimmung der
Gleichgewichtslage
Die potentielle Energie ist
(8.17):
Π = =G1 z1 +G2 z2.
a/2
α
y
x
Bild 8.5 Geometrie
- 273 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Aus der Geometrie in Bild 8.5 folgt
(8.18):
z1 = - b - a
tanα
a
a
, z2 = −(l − 2
) = −(l −
)
2
2cosα
cosα
und in Bild 8.5 folgt
( 8 .19 )
tan α =
sin α
yx
=
a
cos α
x
2
⇒
y=a
tan α
.
2
Mit der ersten Variation der Variablen z1 und z2
(8.20):
δz1 =
=
dz
dz1
a
δα = δα , δz2 = 2 δα
2
dα
dα
2 cos α
a sinα
δα
cos2 α
folgt der Arbeitssatz
(8.21) :
δΠ = = δ(G 1 z 1 ) + δ(G 2 z 2 ) = G1 δz 1 + G 2 δz 2 .
Die erste Variation δΠ muss Null werden, damit Gleichgewicht herrscht
- 274 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
(8.22):
δΠ = (-G1
a
2
2 cos α
+ G2
a sinα
cos2 α
) δα = 0
Mit δα ≠ 0 folgen aus (8.22)
(8.23):
- G1
a
2 cos2 α
+ G2
a sinα
cos2 α
=0
cos2
a
und schließlich die gesuchten Gleichgewichtslagen in Abhängigkeit der Gewichte
(8.24):
-
G
G1
+ G2 sinα = 0 ⇒ sinα = 1 .
2
2G2
Damit liegen die Gleichgewichtslagen fest.
0
Der Winkel α kann nur im Bereich 0 < α < 90
liegen
(sinα ≤ 1) (Bild 8.4). In Bild 8.6 ist der Funktionsverlauf einer
Sinusfunktion dargestellt.
- 275 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
tan phi
-3
phi
phi
sin
0 0,39269908 0,78539816 1,17809725 1,57079633
0 0,38268343 0,70710678 0,92387953
1
1,5
1
0,5
pi/2
pi
0
2pi
Bild 8.6 Funktionsverlauf einer Sinusfunktion f(phi) = sin phi; phi =
ϕ ; pi = π
Die erste Gleichgewichtslage ergibt sich aus der Grenzlage
(8.25):
a)
sinα =
G1
= 0 ⇒ α1 = 0.
2G2
G2
b) G1
G2
Bild 8.7 Gleichgewichtslagen a) für G1 = 0; b) für G2 = 2 G2.
- 276 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Die zweite Gleichgewichtslage ergibt sich aus der Grenzlage
(8.26):
sinα =
G1
π
= 1 ⇒ α2 = .
2G2
2
Hier ist eine Gleichgewichtslage nur bei α =
π
möglich, aber
2
dies führt wegen der Länge a ≠ 0 zum Widerspruch!
Alle Gleichgewichtslagen müssen auf ihre Machbarkeit hin
untersucht werden, zum Beispiel, ob sie technisch überhaupt möglich sind, beziehungsweise zum Widerspruch führen.
Die dritte Gleichgewichtslage liegt irgendwo dazwischen
(8.27):
sinα =
G1
π
< 1 ⇒ α3 < .
2G2
2
Daraus folgt das Verhältnis der Gewichte
(8.28):
1>
G1
2G2
⇒ 2G2 > G1
- 277 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
2
Die zweite Variation δ Π wird zur Bestimmung der Art der
Gleichgewichtslage berechnet. Mit der zweiten Variation der
Variablen z1 und z2
a 2 tanα
(δα)2
2
2 cos α
(8.29):
δ2z1 = -
(8.30):
δ2z2 = a (
2 tanα sinα
2
cos α
+ tan2 α cosα + cosα)(δα)2
folgt
(8.31):
= (- G1
δ2Π =
2 tanα sinα
a 2 tanα
G
a
(
+
2
2 cos2 α
cos2 α
+ tan2 α cosα + cosα))(δα)2
Durch das Einsetzen der Lösungen α1, α2 , α3 werden die
Stabilitätslagen untersucht. Für α1 = 0 folgt
(8.32):
a 2*0
2*0*0


δ2Π = - G1
+ G2a (
+ 0 * 1+ 1)(δα)2
2 1
1


= G2a(δα)2 > 0
- 278 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Das handelt sich um eine stabile Gleichgewichtslage.
Die zweite Gleichgewichtslage wird nicht untersucht, da die
Bedingung α2 =
π
zum Widerspruch bei der Länge a ≠ 0
2
führte.
Für α3 <
π
folgt
2
(8.33):
δ2Π =
= ( G1
2 tanα3 sinα3
a 2 tanα3
+ G2a (
2
2 cos α3
cos2 α3
+ tan2 α3 cosα3 + cosα3 ))(δα)2
Um die Art der Gleichgewichtslage zu bestimmen, müssen
die Funktionswerte für α3 = phi abgeschätzt werden.
- 279 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
3
tan
tan phi
2
cos**2 phi
1
0
-1
cos phi
-2
-3
Bild 8.8 Funktionsverläufe der trigonometrischen Funktionen;phi
phi =
α3
Zur Funktionsauswertung (Bild 8.8) mit 2G 2 > G1 werden
G1
a tan α 3
cos 2 α 3
und G2a
2 tan2 α3
cos α3
jeweils sehr groß und
(G 2 a tan 2 α 3 cos α 3 ) und (G 2 a cos α 3 ) gehen gegen Null.
- 280 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Es ist nur eine bereichsweise Annäherung möglich. Für
α3 =
2
π
π
π
π
. Damit ergibt
folgt tan = 1 und sin = cos =
4
4
4
4 2
sich
(8.34):
δ2Π =


2
2 * 1*


a 2 *1
2 + 1* 2 + 2 )(δα)2
= - G1
+ G2a (
2 22
2
2 
2

( )
( )2


2
2
[
]
= - G12a + G2a (3 2) (δα)2.
Mit dem Gewichtsverhältnis 2G 2 > G1 folgt δ 2 Π < 1, eine
labile Gleichgewichtslage.
Für α3 =
π 1
3
π
π
π
folgt tan = 3 , sin =
und cos = . Damit
3
3
3
2
3 2
ergibt sich
- 281 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
(8.35):
δ2Π =


3
2 3


a2 3
2 + 3 1 + 1)(δα)2
= - G1
+ G2a (
1
2 1
2 2



4
4
[
]
= - G1 4 3a + G2a (14) (δα)2.
2
Mit dem Gewichtsverhältnis 2G 2 > G1 folgt δ Π >1, eine
stabile Gleichgewichtslage.
Für α3 =
π 1
3
π
π
π
3
sin = und cos =
. Damit
folgt tan =
6
6 2
6
2
6 3 ,
ergibt sich
(8.36):
δ2Π =


3
31
2
2


a
3 + G a ( 3 2 + 3 3 3 + 3 )(δα)2
= - G1
2
2 3 3
2 
3 3 3 3 2



2 2
2 2

14 3 
= - 4 3 G1 a + G2a (
)(δα)2
3 

- 282 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Mit dem Gewichtsverhältnis 2G2 > G1 folgt δ2Π > 1, eine stabile Gleichgewichtslage.
8.4 Ermittlung von Auflagerkräften mit Hilfe des
Arbeitssatzes
Beispiel
o Durch Schneiden wird die gesuchte Seilkraft S sicht-
bar gemacht.
o Die Untersuchung der statischen Gleichgewichtslage
liefert die Seilkraft.
Eine andere Anwendungsmöglichkeit des Arbeitssatzes
dient zur Ermittlung von unbekannten Schnittkräften, zum
Beispiel Auflagerkräften. Dazu wird an einem statisch bestimmten System die gesuchte Größe als Unbekannte
durch Freischneiden eingeführt. Diese unbekannte Kraft
wird wie eine Belastung behandelt, die das durch das Freischneiden beweglich gemachte System im Gleichgewicht
halten muss. Die nachfolgende Stabilitätsbetrachtung kann
entfallen, da das System von vornherein statisch bestimmt
definiert ist.
- 283 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Die drei Balken (Bild 8.9) sind in B und C gelenkig miteinander verbunden und in E, G und H wie skizziert gelagert.
In A und D ist ein Seil S befestigt, das über eine Umlenkrolle läuft. In C wirkt die Last 3 F, in B die Last F.
Gegeben sind die Kraft F und die Länge a.
Gesucht ist die Seilkraft S mit Hilfe des Arbeitssatzes.
Umlenkrolle
D
II I
S ei l S
a
H
a
A
B
E
C
G
II
I
3F
F
a
a
a
a
Bild 8.9 Balkensystem mit den Einzelkräften F
Lösung
Durch das Aufschneiden des Seils und das Anbringen der
Seilkraft S macht man zum einen die gesuchte Seilkraft
- 284 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
sichtbar, zum anderen wird das System kinematisch beweglich gemacht. Die Seilkraft muss nun so gewählt werden,
dass das System tatsächlich im Gleichgewicht ist.
Aufstellung des Arbeitssatzes
Das System kann nun virtuell ausgelenkt werden (Bild
8.10). Alle Kräfte leisten nun über den Weg, den sie verrichten, eine Arbeit. Diese Arbeit ist aber virtuell, das heißt, gedacht, klein und kinematisch möglich.
Dabei werden die Vorzeichen beachtet. Zeigen Kraft und
Verschiebung in dieselbe Richtung, entsteht eine positive
Arbeit, zeigen sie entgegengesetzt, erhält man eine negative Arbeit
(8.37) :
δW = −Sδ s - Fδ s + 3 Fδ s = 0
(8.37a) :
( − S - F + 3 F)δ s = 0
mit der virtuellen Verrückung
(8.37b) :
δs≠0
ergibt sich dann nach Auflösung die gesuchte Seilkraft
- 285 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
(8.38) :
S = 2F
S D
δs
G
S
δs
δs
E
A
E´
C
B
δs
F
3F
Bild 8.10 Virtuelle Verrückung des Balkensystems nach dem Aufschneiden des Seils: der Balken III bewegt sich vertikal, die Seilkraft S in D leistet keine Arbeit
Der Vorteil dieser Methode ist, dass kein Schneiden des
Systems in Teilsysteme notwendig ist. Damit erspart man
sich einen großen Teil an Berechnungsarbeit.
8.5 Stabilität
Der Begriff Stabilität bezeichnet die Möglichkeit eines Körpers, sich infolge eines belastendenden Moments durch ein
Gegengewicht selbstständig wieder aufzurichten.
Am Beispiel der Schiffsstabilität wird dies gezeigt.
- 286 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Ein Schiff gilt im physikalischen Sinne als stabil, wenn eine
positive Kraft aufgewendet werden muss, um das Schiff tiefer zu tauchen oder um es um seine Längs- oder Querachse zu drehen. Die Reaktionskräfte und Momente des Körpers wirken dem entgegen.
Beeinflussende Faktoren
Die folgenden Faktoren prägen die Stabilität eines Schiffes
fördern oder mindern
o Rumpfform,
o Gewicht und Gewichtsverteilung des Schiffs-
körpers,
o Ladungsgewicht und Ladungsverteilung,
o Verhalten der Ladung (z. B. eventuelle Beweg-
lichkeit von Schüttgut oder von Fahrgästen),
o Dynamisches Verhalten des Schiffes z. B. bei
Kurvenfahrt mit hoher Geschwindigkeit,
o Freie Oberflächen (Art der Ladung, Tankinhal-
te),
o Kranlasten,
- 287 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
o Betriebsbedingungen,
o Wasserdichte (Salzwasser/ Süßwasser),
o Umwelteinflüsse (Wind, Querströmungen,
Seegang, Vereisungsgefahr (Aufbauten, Eislast)).
Die Stabilitätsbewertung eines Körpers bezieht sich auch
immer auf unterschiedliche und im Betrieb variierende Beladungszustände (Lastfälle).
Ermittlung und Bewertung
Der Nachweis der Stabilität erfolgt analytisch für die Lastfälle.
Ein Boot besteht im Wesentlichen aus einem offenen oder
geschlossenen hohlen Rumpf und dem Mast samt Segel.
- 288 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
A
G
A
G
Bild 8.11 Gewichtsstabilität, Lage und Richtung der Gewichtskraft
G und der Auftriebskraft A
Die Gewichtskraft G greift im Schwerpunkt des Schiffes an,
die Auftriebskraft A greift im Schwerpunkt der verdrängten
Wassermasse an.
- 289 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
8.6 Aufgaben zu Kapitel 8
AUFGABE 8.1
o Sichtbarmachen der gesuchten Kräfte durch
Schneiden
o Bestimmung der Kräfte durch Untersuchung
der statischen Gleichgewichtslage
Ein zusammengesetztes System besteht aus zwei Balken,
die mit zwei Stäben miteinander verbunden sind (Bild 8.12).
Sie werden durch Gleichstreckenlasten q1 und 2 q1 belastet.
gegeben: a, q1
gesucht: Bestimmung der Stabkräfte S1, S2 und des Mo-
ments MB in B
q1
A
S1
a
S2
a
2q1
a
a
B
Bild 8.12 Zusammengesetztes System mit Gleichstreckenlasten
- 290 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Lösung: MB = −
10
4
5
q1a 2 , S1 = q1a, S2 = − q1a
3
3
3
AUFGABE 8.2
o Bestimmung der Gleichgewichtslage über den
Arbeitssatz
o Ermittlung der dazugehörigen Kraft
Eine gewichtslose Stange
AC
ist in A drehbar gelagert und
in C gelenkig mit der gewichtslosen Stange BC verbunden
(Bild 8.13). An deren Ende sitzt ein Kolben, auf den die
Kraft F wirkt. In C greift eine senkrecht zu AC gerichtete
Kraft Q an.
gegeben: F, r, l
gesucht: Bestimmung der Kraft Q in Abhängigkeit vom
Winkel α , für die das System im Gleichgewicht ist
- 291 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
F
B
l
β
C
Q
α
A
r
Bild 8.13 Stange mit Kolben und der Kraft F
Lösung: Q = F sin α(
r cos α
l 2 − r 2 sin 2 α
+ 1)
AUFGABE 8.3
o Bestimmung der Gleichgewichtslagen
o Bestimmung der Art der Gleichgewichtslagen
Auf einer Kreisbogenschiene
CD
kann eine Muffe A, an der
das Gewicht G hängt, reibungsfrei gleiten (Bild 8.14). Sie
wird durch die Last Q gehalten. Das Halteseil (Seillänge l)
- 292 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
läuft bei B reibungsfrei über eine vernachlässigbar kleine
Umlenkrolle.
gegeben: G, Q, r, l, a
gesucht: Bestimmung der Gleichgewichtslagen ϕ der Muf-
fe in Abhängigkeit vom Verhältnis
Q
und die Art dieser
G
Gleichgewichtslagen
A
B
a
G
C
ϕ
r
Q
D
Bild 8.14 Kreisbogenschiene mit der Muffe A und dem Gewicht G
und der Last Q
- 293 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Lösung:
ϕ1 π
Q
, außer
= , beziehungsweise ϕ1 = π für alle
2 2
G
für Q = 2 G, für
ϕ 2 = 2ar sin
Q
< 1 stabil;
2G
Q
Q
für
> 1 stabil
2G
2G
AUFGABE 8.4
o Bestimmung der Gleichgewichtslagen
o Bestimmung der Art der Gleichgewichtslagen
Eine drehbar gelagerte Scheibe (Radius r) trägt an zwei
Armen (Länge a) die Gewichte G und 2 G (Bild 8.15). An
einem um die Scheibe gewickeltes Seil hängt ein Gewicht
Q.
gegeben: a, G, Q, r, Seillänge l für ϕ = 0
gesucht: Bestimmung der möglichen Gleichgewichtslagen
und des maximale Wertes des Quotienten
rQ
, für den
aG
überhaupt Gleichgewicht möglich ist und die die Art der ermittelten Gleichgewichtslagen.
- 294 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
a
a
2G
ϕ
r
G
l
Q
Bild 8.15 Scheibe mit den Gewichte G und 2 G
Lösung: ϕ1 = +ϕ* für
ϕ 2 = −ϕ * für
rQ
≤ 1 stabile Gleichgewichtslage,
aG
rQ
≤ 1 labile Gleichgewichtslage,
aG
ϕ3 = 0 für 1=
r Q
indifferente Gleichgewichtslage
aG
AUFGABE 8.5
o Bestimmung der Gleichgewichtslagen
o Bestimmung der Art der Gleichgewichtslagen
- 295 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Über eine masselose Walze, die am Umfang ein Gewicht 2
G trägt, ist ein Seil gelegt, an dessen Enden die Gewichte G
und 2 G hängen (Bild 8.16).
gegeben: r, G
gesucht: Bestimmung aller Gleichgewichtslagen und deren
Art.
r
ϕ
2G
G
2G
Bild 8.16 Walze mit den Gewichten G und 2 G
Lösung: ϕ1 = 600 stabile Gleichgewichtslage, ϕ2 = 3000 labile Gleichgewichtslage
AUFGABE 8.6
o Bestimmung der Gleichgewichtslagen
- 296 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
o Bestimmung der Art der Gleichgewichtslagen
Eine Briefwaage wird mit dem Gewicht G belastet (Bild
8.17). Die Stangen sind gewichtslos.
gegeben: a, b, c, d, l, G
gesucht: Bestimmung aller Gleichgewichtslagen und deren
Art, sowie die Lagerkräfte A und B in den Gleichgewichtslagen.
G
d
c
b
135°
a
Q
A
B
l
l
Bild 8.17 Briefwaage mit dem Gewicht G
*
Lösung: ϕ1 = 300 stabile Gleichgewichtslage, AH=0,
Av =
1
(G(-c cos300 ) + Q d sin150 ),
2l
- 297 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
Bv =
1
*
0
(G(l + c cos300 ) + Q d sin150 ), ϕ2 = 210 labile
2l
Gleichgewichtslage
AUFGABE 8.7
o Bestimmung der Auflagerkräfte mit Hilfe des
Arbeitssatzes
o Bestimmung der Auflagerkräfte durch Untersu-
chung der statischen Gleichgewichtslage
Ein Balken wird mit einer bereichsweisen Gleichstreckenlast
und einer Einzellast belastet (Bild 8.18).
gegeben: a, q0 =
F
,F
3a
gesucht: Bestimmung aller Auflagerkräfte mit Hilfe des Ar-
beitssatzes
q0
F
A
C
B
a
a
a
a
a
a
Bild 8.18 Balken mit bereichsweiser Gleichstreckenlast und Einzellast
- 298 -
8 DER ARBEITSBEGRIFF IN DER STATIK
2
1
1
2
Lösung: AH = 0, A V = F , MA = - Fa , B = F , C = F
3
3
3
3
- 299 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Lehrziel des Kapitels
o Normalkräfte N zwischen glatten Oberflächen
o Tangentialkräfte (Haftung H, beziehungsweise Reibung R) zwischen rauhen Oberflächen
o Tangentialkräfte (Haftung H) zwischen rauhen Oberflächen einer Seiltrommel
Formeln des Kapitels
o Haftungsgesetz
(9. 1) :
H ≤ µ 0N.
o Reibungsgesetz
(9.3 )
R = µN.
o Seilhaftungsgesetz
(9.25) :
- 300 -
S2 e −µ0α ≤ S1 ≤ S2 eµ0α .
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Es werden zwei Fälle unterschieden. Die Kraft wirkt normal
zur Oberfläche und die Kraft wirkt normal und tangential zur
Oberfläche.
G
G
H, R
N
a)
N
b)
Bild 9.1 Schnittbild a) glatte Oberfläche; b) rauhe Oberfläche
9.1 Haftung
Haftreibung
Tangentiale Kraft zwischen zwei Körpern in der Ruhelage.
Die Haftungskraft H folgt aus den Gleichgewichtsbedingungen.
Fälle des COULOMBschen Haftungsgesetzes
Der Körper ist in Ruhe. Es wirkt zwischen dem Körper und
der Auflageebene die Normalkraft N und die Haftkraft, die
sich aus dem µ0 Haftreibungskoeffizient mit der Normalkraft
- 301 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
multipliziert ergibt. Die Haftkraft hat keine vorbestimmte
Richtung und wird im Haftungsgesetz als Betrag eingeführt
(9. 1) :
H ≤ µ 0N.
Der Körper ist gerade noch in Ruhe. Es herrscht "Grenzhaftung", ein indifferenter Zustand
(9. 2) :
H = µ 0N.
H kann den Grenzwert H 0 = µ 0N ("Grenzhaftung") nicht
überschreiten.
9.2 Reibung
Der Körper bewegt sich, er rutscht. Die Reibung ist eine
tangentiale Kraft zwischen zwei Körpern, die sich gegeneinander bewegen (Gleitreibung). Die Reibungskraft ergibt
sich aus dem µ Reibungskoeffizient mit der Normalkraft
multipliziert. Das Vorzeichen von R ist immer entgegen der
Geschwindigkeitsrichtung gerichtet.
( 9 .3 )
- 302 -
R = µN.
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Die Reibung R hat einen festen Wert.
Reibungskraft wirkt immer der Bewegungsrichtung entgegen, sowohl bei einer Absolutbewegung als auch bei einer
Relativbewegung (Bild 9.2).
v1
G1
R1
R
N1
v
G
N1
v1 > v2
R1
v2
G2
N
R2
a)
v=0
N
N2
R
R2
v=0
b)
Bild 9.2 Reibungskraft entgegen der Bewegungsrichtung; a) Absolutbewegung; b) Relativbewegung
Tabelle 9.1 Haftungs- und Reibungskoeffizienten für verschiedene
Werkstoffe
Werkstoffpaarung
Haftreibungskoeffizient
Reibungskoeffizient
µ0
µ
- 303 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
trocken
geschmiert
trocken
geschmiert
0,2
0,15
0,18
0,1 ... 0,08
Stahl auf Stahl
0,2
0,1
0,15
0,1 ... 0,05
Stahl auf Cu-Sn-
0,2
0,1
0,1
0,06 ...
Stahl auf Gusseisen
Legierung
Stahl auf Pb-Sn-
0,03
0,15
0,1
0,1
Legierung
Stahl auf Polyamid
0,05 ...
0,03
0,3
0,15
0,3
0,12 ...
0,05
Stahl auf Reibbelag 0,6
0,3
0,5
0,3 ... 0,2
Wälzlager
-
-
0,003 ...
-
0,001
Beispiel
o Haftung verhindert die Bewegung eines Körpers
Ein Klotz liegt auf einer rauhen schiefen Ebene und wird
durch eine Kraft F nach oben gezogen (Bild 9.3).
- 304 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
gegeben: G, F, α1 = 10 0 , µ 0 = 0.5
gesucht: Bestimmung der Grenzen, zwischen denen die
Kraft F liegen darf, damit sich der Klotz nicht bewegt.
α
F
G
Bild 9.3 Klotz auf einer rauhen schiefen Ebene
Lösung
Für eine große positive Kraft F ((F − G sin α ) > 0 ) würde sich
der Körper ohne Haftung nach oben bewegen ("gedachte
Bewegung"), daher wirkt die Haftungskraft nach unten.
Wenn das System überschaubar ist, kann die Haftkraft physikalisch richtig angesetzt werden. Dann werden die Betragsstriche weglassen. Bei komplexen Systemen ist dies
nicht möglich, von vornherein die Richtung der Haftkraft zu
sehen. Sie wird dann in beliebiger Richtung tangential mit
Betragsstrichen angesetzt!
- 305 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
y α
F
x
G
H
N
Bild 9.4 Schnittbild für Bewegung nach oben
Die Gleichgewichtsbedingungen lauten
(9. 4) :
(9. 5) :
in x - Richtung :
F - H - G sin α = 0
⇒
in y - Richtung :
N - Gcos α = 0 ⇒
H = F - G sin α,
N = Gcos α.
Das Haftungsgesetz lautet
(9. 6) :
H ≤ µ 0N
⇒
F − G sinα ≤ µ 0 Gcos α.
Der Inhalt des Ausdrucks zwischen den Betragsstrichen
wird durch Betrachten der Last F bestimmt.
Wird F zu klein ((F − G sin α ) < 0 ) , würde der Körper nach
unten rutschen (Bild 9.5). Die Haftungskraft zeigt dann nach
oben.
- 306 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
y α
F
x
G
H
N
Bild 9.5 Schnittbild für Bewegung nach unten
Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen
(9. 7) :
(9. 8) :
in x - Richtung :
F + H - G sinα = 0
in y - Richtung :
N - Gcos α = 0 ⇒
⇒
H = - F + G sin α,
N = Gcos α.
Mit dem Haftungsgesetz (9.6) folgt
(9. 9) :
F ≥ G sin α - µ 0 Gcos α.
Die Kraft F kann deshalb zwischen den beiden Werten
(9. 10) :
G (sin α - µ 0 cos α ) ≤ F ≤ G (sin α + µ 0 cos α )
liegen.
- 307 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Mit Zahlenwerten ergeben sich die Grenzwerte für die Last
F für Stahl auf Stahl (Haftreibungskoeffizient µ 0 = 0.5 )
(9. 11) :
0.026 G ≤ F ≤ 0.326 G.
Für den Winkel α 1 = 1 0 0 folgt
(9. 12) :
3 % ≤ F ≤ 30 %.
Mit F = 0 kann die maximale Größe des Steigungswinkels
α * der schiefen Ebene berechnet werden. Wird der Winkel
α * überschritten, rutscht der Körper immer nach unten.
(9. 13) :
- G sin α * ≤ µ 0 G cos α *
⇒
sin α * - µ 0 cos α * = 0.
Der ist der maximale Steigungswinkel α * ist
(9. 14) :
Beispiel
- 308 -
α * = artan µ 0 .
9 HAFTUNG UND REIBUNG
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch die
mögliche Haftkraft
Es ist zu untersuchen, ob für das Doppelpendel (G = Eigengewicht eines Stabes) in der gegebenen Lage ein Gleichgewichtszustand möglich ist.
gegeben: h = 2 m, µ 0 = 0.5 in C, l = 1.5 m, α 1 = 1 0 0
gesucht: Bestimmung des Gleichgewichts des Systems
l
A
α1
l
B
h
α2
µ0
C
Bild 9.6 Doppelpendel in der gegebenen Lage
Lösung
Aus der Geometrie folgt
(9. 15) :
l cos α1 + l cosα 2 = h
⇒
h
α 2 = arcos ( - cos α1 ).
l
- 309 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Ay
l
Ax
α1
G
Bx
By
Bx
l
h
By α2
G
N H
Bild 9.7 Schnittbild
Die Gleichgewichtsbedingungen lauten am linken Teilsystem
→:
(9. 17) :
↑:
(9. 18) :
ΣMBlinks : - A y l sin α1 - A x l cos α1 +
⇒
A x - Bx = 0
⇒
(9. 16) :
A y - By - G = 0
Ay =
A x = Bx,
⇒
B y = A y − G,
G
G
- A x cot α1, B y = - A x cot α1,
2
2
und am rechten Teilsystem
(9. 19) :
- 310 -
→:
G
l sin α1 = 0
2
Bx + H = 0
⇒
B x = - H,
9 HAFTUNG UND REIBUNG
(9. 20) :
↑: B y + N - G = 0
⇒
(9. 21) :
N=3
⇒
N = G - By
G
- H cot α1,
2
ΣMBlinks : N l sinα 2 + H l cos α 2 -
G
l sinα 2 = 0.
2
Daraus folgen die Haftkraft und die Normalkraft
(9.22) :
H=
G
,
cot α1 − cot α 2
(9.23) :
N=
G(cot α1 − 3cot α 2 )
G
.
− H cot α 2 =
2
2(cot α1 − cot α 2 )
Mit den Zahlenwerten α1. = 100 und aus (9.15) α 2 . = 69.6 0
ergibt sich
(9.24) :
H = 0.1887G < Hmax = µ 0N = 0.20149 G .
Bei dem gegebenen Haftungskoeffizienten µ 0 . ist in der angegebenen Lage (α1. = 100 ) ein Gleichgewichtszustand
möglich.
- 311 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
9.3 Seilhaftung
Es herrscht Gleichgewicht, solange gilt
(9.25) :
S 2 e −µ0α ≤ S1 ≤ S 2 eµ0α .
α
S2
S1
a)
Haftkräfte, bzw.
Reibungskräfte
S2
α
Zugrichtung,
b) wenn S2 > S1
S1
Bild 9.8 a) Seilkräfte um eine Rolle; b) am Element mit den Haftungskräften
Hier kann nur der Fall "Grenzhaftung" betrachtet werden, da
die Problemstellung immer statisch unbestimmt ist.
Mit S 2 > S1 und festem S1 folgt
- 312 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
(9.26) :
Mit
S2 = S1 eµ0α , S1 e −µ0α ≤ S2 ≤ S1 eµ0α .
Zahlenwerten
e − µ 0 α = 0.6065
folgt
aus
− µ0 α = 0.5
und aus µ0 α = 0.5 µ0
der
Wert
folgt der Wert
e µ0 α = 1.65 .
(9.27) :
S1 0,6065 ≤ S 2 ≤ S1 1.65.
Innerhalb dieser Werte wird das Gleichgewicht gehalten.
Für S2 < S1e −µ0 α erfolgt ein Rutschen nach rechts, für
S2 > S1eµ0 α ein Rutschen nach links.
- 313 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
9.4 Aufgaben zu Kapitel 9
AUFGABE 9.1
o Haftung an zwei Körpern, die mit einem Seil
miteinander verbunden sind
Zwei Walzen (Gewicht G, Radius r) liegen auf einer schiefen Ebene (Winkel β ) (Bild 9.9). Die Walze I haftet auf der
schiefen Ebene (Haftungskoeffizient µ0 ), die Berührungsflächen zwischen Walze I und Walze II und zwischen Walze
II und der schiefen Ebene sind glatt. Über die Walze I läuft
ein Seil, das im Mittelpunkt von Walze II befestigt ist.
gegeben: G, r, β , µ0
gesucht: Bestimmung der Seilkraft S, damit Gleichgewicht
herrscht, und der Normalkraft N2 zwischen der schiefen
Ebene und der Walze II für β = 150 .
- 314 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
S
r
I
µ0
r
II
G glatt
G
β
Bild 9.9 Zwei Walzen auf einer schiefen Ebene
Lösung: S = 2G sinβ , N2 = G(cosβ − sinβ) = 0.707 G
AUFGABE 9.2
o Haftung an zwei Körpern, die mit einem Seil
miteinander verbunden sind
o Symmetrisches System
Ein Fass (Gewicht G, Radius r) soll durch eine Zangenkonstruktion gehoben werden (Bild 9.10). Die beiden vertikalen
Seile werden über eine Seiltrommel umgelenkt.
gegeben: G, r
gesucht: Bestimmung der Mindestgröße von µ0 und die
Gelenkkraft C.
- 315 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
6r
Seil
A
Seil
B
C
a = 3/2r
r
µ0
G
µ0
Bild 9.10 Fasshalterung durch Zangenkonstruktion
Lösung: µ0 ≥
4
3
, C=− G
3
8
AUFGABE 9.3
o Haftung an zwei Körpern, die mit einem Seil
miteinander verbunden sind
Zwei Quader (Gewicht G und G ) sind durch ein Seil S miteinander verbunden (Bild 9.11) und liegen auf einer unter α
geneigten Ebene (Haftungszahlen µ0 und µ0 ).
gegeben: G, µ0 = 0.2 , µ0 = 0.4 , α = 20 0
gesucht: Bestimmung der Mindestgröße von G , für die die
Körper nicht abrutschen.
- 316 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
S
G
G
α
µ0
µ0
Bild 9.11 Zwei Quader auf einer unter
α geneigten Ebene
Lösung: G ≥ 4 G
AUFGABE 9.4
o Haftung an einem Körper
o Statisch unbestimmtes System
o Grenzhaftung
Ein gewichtsloses Brett (Bild 9.12), das auf zwei rauhen
Kanalwänden aufliegt, ist mittig mit einer schräg angreifenden Kraft F belastet.
gegeben: l, α , ϕ , µ0
gesucht: Bestimmung der Reaktionskräfte in Abhängigkeit
von ϕ und des größte Wertes, den ϕ annehmen darf, wenn
der Haftungskoeffizient µ0 = 0.3 ist.
- 317 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
l/2
F
µ0
α
ϕ
l/2
α
µ0
Bild 9.12 Gewichtsloses Brett auf zwei rauhen Kanalwänden
1
1
F cos ϕ
F cos ϕ
2
2
, N2 =
,
Lösung: N1 =
cos α + µ0 sin α
cos α − µ 0 sin α
1
1
F cos ϕ
F cos ϕ
2
2
H1 = µ 0
, H2 = µ 0
,
cos α + µ0 sin α
cos α − µ0 sin α
ϕmax = 22.40
AUFGABE 9.5
o Haftung an einem Körper
o Statisch unbestimmtes System
o Grenzhaftung
Auf einem horizontalen rauhen Boden (Haftungskoeffizient
µ1 ) liegt eine Walze (Gewicht G, Radius r) (Bild 9.13) so,
dass sie die vertikale, ebenfalls rauhe Wand (Haftungskoeffizient µ2 ) berührt. An der Walze greift eine Drehkraft D an.
- 318 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
gegeben: µ1 , µ2 , G, r
gesucht: Bestimmung des größten Wertes von D, für den
sich die Walze nicht dreht.
µ2
D
r
G
µ1
Bild 9.13 Walze auf einem horizontalen rauhen Boden und an einer
rauhen Wand
Lösung: D = Gr =
µ1 (µ2 + 1)
µ1µ 2 +1
.
AUFGABE 9.6
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch
die mögliche Haftkraft
Ein starrer, gewichtsloser Balken (Bild 9.14) hängt an einem
Seil S und lehnt in A an einer rauhen Wand (Haftungskoeffizient µ0 ). Er trägt in C eine Last F.
- 319 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
gegeben: α , β , F, l, µ0
gesucht: Bestimmung der Reaktionskräfte
F
α
A
C
B
β
l/2
l/2
Bild 9.14 Starrer, gewichtsloser Balken
Lösung: S = 2F, N = 2F
H=F
cos β sin α
,
sin( δ + β)
2 cos α cos β − sin(δ + β)
sin(δ + β)
AUFGABE 9.7
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch
die mögliche Haftkraft
Eine gewichtslose Stange (Länge l) wird bei A reibungsfrei
geführt und trägt an ihrem unteren Ende einen Klotz vom
Gewicht G (Bild 9.15), der auf einer rauhen Unterlage (Haf-
- 320 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
tungskoeffizient µ0 ) liegt. An der Stange ist ein Seil befestigt, an dem das Gewicht Q hängt. Die Rolle ist reibungsfrei.
gegeben: l, µ0 , G, Q, β
gesucht: Wie groß ist die Haftungskraft zwischen Klotz und
Unterlage? Ist eine Haftung des Klotzes für die Werte
β = 60 0 , Q = 4 N, µ 0 =
1
und G = 3 N möglich? Wie
2 3
groß muss G mindestens sein, damit das System gerade
noch in Ruhe ist?
A
l/2
β
l/2
G
µ0
Q
Bild 9.15 Gewichtslose Stange bei A reibungsfrei geführt
- 321 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Lösung: G ≥
1
Q
2µ 0
AUFGABE 9.8
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch
die mögliche Haftkraft
Ein Mensch zieht an einer Kiste (Bild 9.16), die n- mal sein
Gewicht wiegt. Die Kiste ruht auf rauhem Sand. Er selbst
steht auf rauhem Boden. Wie weit darf er sich nach hinten
neigen, bis er den Halt verliert? Der Winkel α ist gesucht,
bei dem das Gleichgewicht versagt.
gegeben: G, h, s, µ0
gesucht: Bestimmung des Grenzwinkels für n = 0.5 und n =
1.5
- 322 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Q = nG
S
G
µ0
s
α
h
µ0
Bild 9.16 Mensch zieht an einer Kiste
h
h
Lösung: tan α1 ≤ µ 0n, tan α 2 ≤ µ0
s
s
AUFGABE 9.9
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch
die mögliche Haftkraft
o Statisch unbestimmtes System
o Grenzhaftung
Ein durch die Last Q gespanntes Seil ist über eine gewichtslose Rolle geführt (Bild 9.17), deren Träger (Höhe h,
- 323 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
Gewicht G) lose auf dem rauhen Boden (Haftungskoeffizient µ0 ) steht.
gegeben: h, G, µ0
gesucht: Bestimmung des Wertes für Q, damit der Rollenträger gerade nicht rutscht.
G
45°
µ0
h
C
Q
Bild 9.17 Träger, durch ein Seil gehalten
Lösung: Q ≤
µ0 G 2
1 − µ 0 ( 2 + 1)
AUFGABE 9.10
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch
die mögliche Haftkraft
- 324 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
o Bestimmung von µ0
Ein aus zwei gleichen Stangen (Gewicht G) bestehender
Bock (Bild 9.18) trägt die Last Q.
gegeben: a = 0, 25 h, b = 0, 5 h, G, Q, h
gesucht: Bestimmung des Haftungskoeffizient µ0 bei B,
damit der Bock für Q = 0, beziehungsweise G = 0 im
Gleichgewicht steht.
C
a
Seil
G
G
h
Q
µ0
A
b
b
B
Bild 9.18 Bock mit der Last Q
Lösung: Für Q = 0: µ0 ≥
µ0 ≥
b 1
= , für G = 0:
2h 4
2ah+bh−ab 1
=
h (h − a )
6
- 325 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
AUFGABE 9.11
o Gleichgewichtszustand eines Systems durch
die mögliche Haftkraft
o Statisch unbestimmtes System
o Grenzhaftung
Bei der skizzierten Klemmrollenbefestigung (Bild 9.19) sei
der Haftungskoeffizient zwischen Tafel (Gewicht G1) und
Rolle (Gewicht G2), sowie zwischen Rolle und Bügel µ0 .
Die Berührfläche zwischen Tafel und Bügel sei glatt.
gegeben: G1, G2, r, α , µ0
gesucht: Bestimmung der Kräfte zwischen Rolle und Tafel
und der maximalen Größe G1, damit die Tafel nicht durchrutscht.
- 326 -
9 HAFTUNG UND REIBUNG
µ0
glatt
r
G2
G1
µ0
α
Tafel
Bild 9.19 Klemmrollenbefestigung
Lösung: G1 ≤
µ0 ⋅ G2 ⋅ tanα
1 + sinα 

1 − µ 0

cosα 

- 327 -
10 RAUMSTATIK
10 RAUMSTATIK
Lehrziel des Kapitels
o Freiheitsgrade in dreidimensionalen Systemen
o Definition der Lagerungen
o Aufstellung der dreidimensionalen Gleichgewichtsbedingungen
o Bestimmung der Schnittkraftverläufe in dreidimensionalen Systemen
Ein Körper, der im Raum frei beweglich ist, hat sechs Freiheitsgrade, drei Verschiebungen in x-, y-, z- Richtung und
drei Drehungen um die x-, y-, z- Achse. Durch Lager werden die Bewegungsmöglichkeiten eingeschränkt.
Tabelle 10.1 Lagertypen im Raum
o Pendelstütze: 1 Kraftkomponente
Schnittbild
Az
z
- 328 -
10 RAUMSTATIK
o Gelenkiges Auflager: 3 Kraftkomponenten
z
y
x
Ax
Ay
Az
Schnittbild
o Einspannung: 3 Kraftkomponenten und 3
Momente
z
y
x
Mz
Az
Ay
Ax
My
Schnittbild
Mx
Beispiel
o Bestimmung der Auflagerreaktion im dreidimensiona-
len System
Ein abgewinkelter Balken (Bild 10.1) wird mit einer Gleichstreckenlast belastet.
gegeben: a, b, q0, F1, F2, M0
- 329 -
10 RAUMSTATIK
gesucht: Bestimmung der Lagerkräfte und -momente an
der Einspannung
F2
M0
q0
z
b
y
x
F1
a
Bild 10.1 Abgewinkelter Balken
Lösung
F2
Mz
Az
M0
q0
My
b
Ay
Ax Mx
F1
a
Bild 10.2 Schnittbild
Die dreidimensionale Gleichgewichtsbedingungen lauten
(10.1) :
- 330 -
in x − Richtung :
A x + F1 = 0
⇒
A x = - F1 ,
10 RAUMSTATIK
(10.2) :
in y − Richtung :
A y - F2 = 0
(10.3) :
in z − Richtung :
A z - q0 b = 0
(10.4) :
um x − Achse : MAx + M0 - q0
⇒ MAx
(10.5):
⇒
⇒
A y = F2 ,
A z = q0 b,
b2
=0
2
b2
= - M0 + q0
,
2
um y − Achse: - MAy + q0 b a = 0
⇒ MAy = - q0 b a,
(10.6) :
um z − Achse : - MAz + F2 a = 0
⇒ MAz = F2 a.
Beispiel
o Bestimmung der Auflagerreaktion im dreidimensiona-
len System
- 331 -
10 RAUMSTATIK
Drei Stäbe sind miteinander in D verbunden (Bild 10.3) und
mit Einzelkräften F1 und F2 horizontal belastet. In A, B und
C sind sie als Pendelstützen gelagert.
gegeben: a, b, c, F1, F2
gesucht: Bestimmung alle Stabkräfte
z
F2
D
F1
c
3
2
b
1
C
y
x
a
A
Bild 10.3 Drei Stäbe mit Einzelkräften F1 und F2
Lösung
- 332 -
B
10 RAUMSTATIK
F2
F1
D
3
c
2
b
1
By
Bz
Cz
a
Ax
Az
Bild 10.4 Schnittbild
Die dreidimensionale Gleichgewichtsbedingungen lauten
(10.7) :
in x − Richtung :
(10.8) :
in y − Richtung : B y + F2 = 0
(10.9) :
in z − Richtung :
⇒ Cz = - F1
− A x - F1 = 0
⇒ A x = - F1,
⇒ B y = - F2 ,
A z + B z + Cz = 0
c
c
- F2 ,
a
b
- 333 -
10 RAUMSTATIK
(10.10) :
um x − Achse : F2 c - B z b = 0
⇒ B z = F2
(10.11) :
c
,
b
um y − Achse : F1 c - A z a = 0
⇒ A z = F1
c
.
a
Die Stabkräfte ergeben sich aus der vektoriellen Summe
der einzelnen Richtungen
(10.12) :
2
2
2
Si = S1x + S1y + S1z .
Damit sind die Stabkräfte
(10.13) :
c
c
c
S1 = ( −F1 )2 + (F1 )2 , S 2 = Cz = − F1 a − F2 ,
a
a
b
(10.14) :
c
S3 = ( −F2 )2 + (F2 )2 .
b
- 334 -
10 RAUMSTATIK
10.1 Aufgaben zu Kapitel 10
AUFGABE 10.1
o Bestimmung der Auflagerreaktion im dreidi-
mensionalen System
o Bestimmung der Biege- und Torsionsmomen-
tenverläufe
Ein eingespannter Kreisbogenträger (Bild 10.5), der in der
horizontalen Ebene liegt, wird durch eine vertikale Endlast F
normal zur Ebene belastet.
gegeben: r, F
gesucht: Bestimmung der Biege- und Torsionsmomente in
Abhängigkeit vom Winkel ϕ .
ϕ
90°
r
F
Bild 10.5 Eingespannter Kreisbogenträger mit vertikaler Endlast F
- 335 -
10 RAUMSTATIK
Lösung: MB ( ϕ) = − Fr sin ϕ, MT ( ϕ) = Fr (1 − cos ϕ)
AUFGABE 10.2
o Bestimmung der Auflagerreaktion im dreidi-
mensionalen System
o Bestimmung der Querkraft-, Biege- und Torsi-
onsmomentenverläufe
Ein aus Rohren zusammengeschweißter Rahmen (Bild
10.6) ist bei A eingespannt und bei D mit der Kraft F belastet.
gegeben: l, F
gesucht: Bestimmung der Querkraft-, Biege- und Torsionsmomentenverläufe
3l
B
A
l
D
F
2l
C
Bild 10.6 Aus Rohren zusammengeschweißter Rahmen
- 336 -
10 RAUMSTATIK
Lösung: Ax = Ay = 0, Az = F, MAx = - F l, MAy = - F l, MAz = 0
AUFGABE 10.3
o Bestimmung der Auflagerreaktion im dreidi-
mensionalen System
o Bestimmung der Normalkraft-, Biege- und Tor-
sionsmomentenverläufe
Ein Pfosten mit angeschweißtem Kragarm (Bild 10.7) ist
durch sein Eigengewicht q und ein Torsionsmoment am
Ende des Kragarms belastet. Das Lager B ist in y- Richtung
unverschieblich.
gegeben: l, q, MT0
gesucht: Bestimmung der Normalkraft-, Biegemomentenund Torsionsmomentenverläufe
- 337 -
10 RAUMSTATIK
l
y
MT0
z
x
l
l
Bild 10.7 Pfosten mit angeschweißtem Kragarm mit Momentenbelastung
Lösung: an der Rahmenecke:
Moben
l2
l2
l2
= −q ; Mrechts = q ; Munten = q
4
2
4
AUFGABE 10.4
o Bestimmung der Auflagerreaktion im dreidi-
mensionalen System
Ein räumliches Tragwerk (Bild 10.8) ist bei A um die x- Achse, bei C um die x- und y- Achse biegegelenkig, bei A torsionsstarr und bei C verschieblich gelagert.
gegeben: F, l
- 338 -
10 RAUMSTATIK
gesucht: Bestimmung der Auflagerkräfte A und C.
A
l
l
C
D
l
F
2F
B
z
x
y
Bild 10.8 Räumliches Tragwerk
Lösung: Ax = 2 F, Ay = 0, Az = 0, MAy = - F l, MAz = - 4 F l, C
=F
- 339 -
11 LITERATUR
11 LITERATUR
Assmann; Technische Mechanik I, II, II; Oldenbourg; 2009
Beitz/ Grote (Hers.); Dubbel, Taschenbuch für den Maschinenbau, 20. Auflage; Springer- Verlag; 2011
Böge; Technische Mechanik; Vieweg; 2011
Brommundt/ Sachs; Technische Mechanik; Springer- Lehrbuch; 2006
Bronstein, Ilja N./ Semendjajew, K. A./ Musiol, Gerhard/
Muehlig, Heiner; Taschenbuch der Mathematik; Deutsch
(Harri); 2016
Dankert, Jürgen/
Dankert, Helga; Technische Mechanik:
Statik, Festigkeitslehre, Kinematik/Kinetik; Vieweg+Teubner
Verlag; 2013
Gabbert, Ulrich/ Raecke, Ingo; Technische Mechanik für
Wirtschaftsingenieure; Carl Hanser Verlag; 2013
Göldner/ Holzweissig; Leitfaden der Technische Mechanik;
Fachbuchverlag Leipzig; 1990
Göldner/ Pfefferkorn ; Technische Mechanik; Fachbuchverlag Leipzig; 1990
- 340 -
11 LITERATUR
Göldner/ Witt; Technische Mechanik; Fachbuchverlag
Leipzig- Köln; 1993
Gross, Dietmar/ Hauger, Werner/; Technische Mechanik: 1
Statik, 2 Elastostatik, 3 Kinetik; Springer-Lehrbuch; 2013
Gross, Dietmar/ Ehlers, Wolfgang Formeln und Aufgaben
zur Technischen Mechanik 1 Statik, 2 Elastostatik, 3 Kinetik; Springer-Lehrbuch; 2013
Gummert/ Reckling; Mechanik; Vieweg; 3013
Herr, Horst; Technische Mechanik. Lehr- und Aufgabenbuch: Statik, Dynamik, Festigkeitslehre; Europa-Lehrmittel;
2008
Hibbeler, Russell C.; Technische Mechanik 1 – Statik, 2 –
Festigkeitslehre, 3. Dynamik; Pearson Studium; 2012
Issler/ Ruoß/ Häfele; Festigkeitslehre- Grundlagen I, II;
Springer; 2005
Kühhorn/ Silber; Technische Mechanik für Ingenieure;
Hüthig; 2000
Kunow, A.; Technische Mechanik: I Statik; II Elastostatik, III
Kinetik; http://kisp.de/buchshop/; 2016
- 341 -
11 LITERATUR
Kunow, A.; Technische Mechanik: I Statik; II Elastostatik, III
Kinetik
–
Vollständig
durchgerechnete
Übungen;
http://kisp.de/buchshop/; 2016
Mayr; Technische Mechanik; Carl Hanser; 2015
Mayr; Mechanik Training; Carl Hanser; 2015
Neuber; Technische Mechanik; Springer; 1974
Pestel/ Wittenburg; Technische Mechanik; Bibliographisches Institut; 1983
Riemer/ Wauer/ Wedig; Mathematische Methoden der
Technischen Mechanik; Springer- Lehrbuch; 2015
Romberg/ Hinrichs; Keine Panik vor Mechanik!; Vieweg;
2011
Szabó; Einführung in die Technische Mechanik; Springer;
2002
Will/ Lämmel; Kleine Formelsammlung Technische Mechanik/ CD- Rom; Fachbuchverlag Leipzig; 2009
Zimmermann;
Übungsaufgaben
Fachbuchverlag Leipzig; 2000
- 342 -
Technische
Mechanik;
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
ω - Verfahren - 115 -
abgewinkelter - 329 -
Ableitungsfunktion - 16 -
Balkenproblem - 172 -
Absolutbewegung - 303 -
Balkensystem - 284 -
actio = reactio - 87 -
Bauteile
Arbeit
virtuelle - 263 Arbeitsbegriff
der Statik - 260 Arbeitssatz - 261 Auflager
gelenkiges - 329 -
Auflagerkraft - 95 -, - 132 , - 181 -, - 283 Auflagerkraftbestimmung 196 -
zweidimensionale
(ebene) - 92 Berechnungsproblem
-
101 Bereich
zwei - 190 Berührungsfläche - 88 Bestimmtheit
statische - 94 -, - 119 Bestimmungsgleichung
-
198 -
Auftriebskraft - 289 -
beweglich - 98 -
Balken
Bewegung
- 343 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
ebene - 94 Bewegungsmöglichkeit
Drehachse - 34 -
76 -, - 92 -
Drehpunkt - 34 -
Biegemoment - 173 Biegemomentenverlauf
Drehmoment - 33 -, - 34 -
Drehwirkung - 33 -
174 -
dreidimensional - 90 -, 330 -
biegesteif - 203 -
Dreigelenkbogen - 126 -
Bildungsgesetz - 122 -
Druckkraft - 211 -
COULOMBschen
Druckstab - 115 -
Haftungsgesetzes - 301
CREMONAplan - 123 -, 138 Diagramm - 170 Differentationsregel - 17 Differentialgleichung - 172
Dimension - 88 Doppelindizierung - 193 Doppelpendel - 309 -
- 344 -
Einheitsvektor - 32 Einspannung - 77 -, - 181
-, - 329 Einzelkraft - 88 Einzelmoment - 214 Einzelschnittbild - 121 Elastizitätstheorie - 100 -,
- 118 Elastostatik - 118 Element
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Faser
infinitesimales - 173 Eliminationsverfahren
-
134 -
Flächenkraft - 88 -
Ende
Flächenlast - 89 -
freies - 78 -
Freiheitsgrade - 328 -
Energie
Freischneiden - 283 -
potentielle - 266 -, - 273
-
Gerberträger - 196 -
Energiemethode - 261 -
Gesamtsystem - 117 -, -
Ersatzmodell
163 -
mechanisches - 101 -
Geschwindigkeitsrichtung
-
121 -
Gewichtsbelastung - 58 -
ebenes - 114 -
126 -
- 302 Getriebeanalyse - 119 -
Fachwerk
zusammengesetztes
Gelenk - 197 Gelenkkraft - 198 -, - 215 -
Energieform - 262 -
Explosionsschnittbild
"gestrichelte" - 165 -
Gewichtskraft - 88 -
Gewichtsstabilität - 289 glatte Oberfläche - 301 -
Fachwerkstab - 115 -
- 345 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Gleichgewicht - 27 -, - 313
-
Gleitreibung - 302 Grenzhaftung - 302 -, 312 -
in der Ebene - 48 -
Griechisches Alphabet -
in einem Punkt - 25 -
24 -
scheinbares - 55 -
Grundgleichung - 172 -
Gleichgewichtsbedingung
- 31 -, - 50 -, - 80 -, - 81 -
Haftkraft - 301 -
, - 83 -, - 94 -, - 95 -, -
Haftreibung - 301 -
117 -, - 121 -, - 206 -, 207 -, - 216 -, - 306 -
55 Gleichgewichtslage - 276 -
Haftungsgesetz - 306 -
306 -, - 312 -
stabile - 282 -
Halte- oder Lagerkraft - 27
statische - 269 -
-
309 Gleichstreckenlast - 175 -,
- 346 -
Haftung - 301 -
Haftungskraft - 305 -, -
, - 277 -
- 190 -, - 329 -
-
301 -, - 308 -
Gleichgewichtskontrolle -
Gleichgewichtszustand
Haftreibungskoeffizient
Haltekraft - 28 Hebelarm - 34 innerlich statisch bestimmt
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Krafteck - 14 -, - 28 -, -
innerlich - 116 -
138 -
Integration - 20 -, - 176 Integrationskonstante
-
Kräfteverteilung
176 -, - 186 -
in der Ebene - 57 -
kinematisch - 98 -, - 285 -
Kraftsystem
Knoten - 120 -
äquivalentes - 35 -
Komponentenschreibweis
e - 31 -
Krafttyp - 88 -
Kontrolle - 86 -, - 102 -, 200 -, - 207 -
Lager
Koordinatensystem - 191 Kraft
dreiwertiges - 77 einwertiges - 76 -
elektrische - 88 -
gelenkiges - 77 -
innere - 87 -
zweiwertiges - 77 -
magnetische - 88 -
164 -
Kragarm - 80 -, - 185 Lageplan - 30 -, - 139 -
graphische - 140 -
statisch
Kräftemaßstab - 137 -
äquivalente
Lagerart
-
Symbol - 76 verschiedene - 76 -
- 347 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Lagerkraft - 58 -, - 76 -, 87 -, - 176 -
202 -, - 212 -
Lagerkräft - 76 -
Normalkraft - 87 -, - 163 -,
- 203 -
Lagerreaktion - 76 -
Normalkraftverlauf - 211 -
Lagerung - 87 -, - 92 beidseitig
Momentenverlauf - 195 -, -
gelenkige
-
179 -
Nullstab - 126 Oberfläche
Last - 115 -
glatte - 301 -
Lastfall - 288 -
rauhe - 301 -
Linienlast - 89 Messerschneide - 89 -
Parabel
eingehängte - 201 -
Mittelebene - 92 -
Parallelführung - 78 -
Moment - 163 -
Parallelführung,
Momentengleichgewicht 35 -, - 96 Momentenmaximum - 202
Momentensumme - 212 -
gelenkige Lagerung -
183 Parallelverschiebung - 35
Pendelstütze - 76 -, - 332
Polplan - 119 -
- 348 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Prinzip
der
virtuellen
Verrückungen - 263 Querkraft - 163 -, - 173 -, 203 Querkraftverlauf - 174 -, 195 -, - 211 Rahmen - 203 Rahmenecke - 213 Rahmensystem - 171 Randbedingung - 178 -, 193 Raumstatik - 328 Reibung - 302 Reibungskoeffizient - 302
Reibungskraft - 302 Relativbewegung - 303 Resultierende - 28 -, - 58 , - 88 -, - 121 -
Richtungswinkel - 32 RITTERsches
Schnittverfahren - 127 Rollenlager - 76 -
Rotation - 93 Scheibe - 122 Scheibenbildung - 123 Schiffsstabilität - 286 Schneiden - 79 -, - 87 knotenweises - 127 stückweises - 217 Schnitt
RITTERscher - 140 Schnittbild - 79 -, - 83 -, 95 -, - 102 -, - 166 Schnittkraft - 87 Schnittkraftverlauf - 166 -,
- 194 Schnittprinzip - 163 -
- 349 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Schnittufer - 165 Seilhaftung - 312 Seilkraft - 57 -, - 87 -, 312 Stab - 114 Stabilität - 286 Stabilitätsnachweis - 115 Stabkraft - 334 Stammfunktion - 18 -
Struktur
dreidimensionale - 90 Stützenmoment - 195 System
kinematisches,
bewegliches - 119 Teilchen
differentiell
kleinen
(infinitesimal) - 172 -
Starrkörper - 263 -
Teilkörper - 163 -
statisch bestimmt - 95 -, -
Teilsystem - 118 -, - 198 -,
116 äußerlich - 116 statisch unbestimmtes
innerlich - 118 -
- 216 Träger
abgewinkelter - 82 Tragwerk - 114 -
Staumauer - 89 -
ebenes - 76 -
Steigungswinkel - 308 -
kinematisches - 96 -
Streckenlast - 89 -, - 185 -
räumliches - 90 -
abfallenden - 190 -
- 350 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
statisch unbestimmtes 100 -
Verrückung
virtuelle - 263 -, - 285 -
Tragwerksart - 90 -
Volumenkraft - 88 -
Translation - 93 -
Vorzeichendefinition - 115
Übergangsbedingung
-
193 Umklappen
Vorzeichenfestlegung
der
Momentenordinate - 213
Umlaufsinn - 137 -
-
116 -, - 165 Wasserdruck - 88 Wechselwirkungsgesetz 86 -
Umlenkrolle - 273 -
Wirkungslinie - 33 -, - 86 -
Unbekannte - 122 -
Zugkraft - 115 -, - 211 -
Variationsrechnung - 268 -
Zusammenhang
Vektor - 14 -
geometrischer - 261 -
Verbindungspunkt - 115 -
- 351 -
BEREITS ERSCHIENEN
BEREITS ERSCHIENEN
Annette Kunow, Technische Mechanik I - Statik-
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Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik I Statik-, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
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Annette Kunow, Technische Mechanik II - Festigkeitslehre/ Elastostatik-
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Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik II Festigkeitslehre/ Elastostatik-, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
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Annette Kunow, Technische Mechanik III - Kinetik/ Dynamik-
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- Kinetik/ Dynamik -, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
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- 352 -
BEREITS ERSCHIENEN
Annette Kunow, Finite Elemente/ Computer Aided Engineering (CAE), Anwendungen und Lösungen
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Annette Kunow, Projektmanagement & Business
Coaching, Grundlagen des agilen Projektmanagements
mit Methoden des Systemischen Coachings
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Annette Kunow, Numerische Dynamik
und
Annette Kunow, Numerische Dynamik, Vollständig und
mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
- 353 -
IMPRESSUM
IMPRESSUM
Prof. Dr.-Ing. Annette Kunow
Technische Mechanik I - Statik 2. Auflage 2016
Konzeption: Annette.kunow
Grafiken: Annette Kunow
Umschlag: Frank Terhaag
Alle Angaben/ Daten sind nach bestem Wissen erstellt, jedoch ohne Gewähr für Vollständigkeit und Richtigkeit.
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- 354 -
IMPRESSUM
gen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, dem
Autor
vorbehalten.
- 355 -

140408 1. Leichtes Gelb

Malen im Fachwerk - neuer Kurs ab Sa., 07. November 2015 Infos

In Meiningen wurden die Landeseinzelmeisterschaften aller

Ärztliche Bescheinigung

Wintertauschfest im Fachwerk: Sa. 19.03.2016 Dürräckerweg 10

PDF - Stellenwerk Hamburg

279 b IV