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Technische Mechanik IDr.-Ing. Dr. rer. nat. Jahn
Jennifer Peter und Daniela Hermsdorff
WS 05/06
Inhaltsverzeichnis
1 Grundlagen 4
1.1 Einteilungen der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Größen und Einheiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Die Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Darstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.3 Einteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Das zentrale, ebene Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.1 Reduktion auf eine Resultierende . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.2 Kräftegleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4.3 Kraftzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Das zentrale, räumliche Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.6 Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene . . . . . . . . . . . . . . 15
1.6.1 Das Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.6.2 Komponentendarstellung von von MD . . . . . . . . . . . 16
1.6.3 Das Moment zweier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6.4 Momentensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6.5 Das Kräftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.7 Seileckverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.7.1 Allgemeine Kräftegruppen im Raum . . . . . . . . . . . . 23
2 Balkenstatik 25
2.1 Arten der Lagerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1
INHALTSVERZEICHNIS 2
2.1.1 Beispiele für die Lagerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.2 Resultierende von Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2.1 Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte . . . . . . . 27
2.2.2 Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten) . . . . . . . 28
2.2.3 Resultierende von Flächenlasten . . . . . . . . . . . . . . 29
2.3 Bestimmung von Auflagerreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.1 Seileckverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.2 Culmannsche Gerade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4 Schnittgrößen im Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.5 Rahmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.6 Häufige Lastfälle aus der Praxis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 Ebene Fachwerke 37
3.1 Regeln zum Auffinden von Nullstäben . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.2 Ermittlung der Stabkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.2.1 Knotenpunktverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2.2 Rittersches Schnittverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.2.3 Cremonaplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4 Das PdvV 49
4.1 Der Arbeitsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.2 Lagerreaktionen und Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5 Haftung und Reibung 53
5.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5.2 Experimentelle Ermittlung von µ0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.3 Der Haftungskegel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.4 Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
5.4.1 Zusammenhänge zwischen S1 und S2 . . . . . . . . . . . 56
Kapitel 1
Grundlagen
1.1 Einteilungen der Mechanik
Definition: Lehre von der Beschreibung und Vorherbestimmung der Bewegungvon Körpern, sowie der Kräfte, die mit diesen Bewegungen in Zusammenhangstehen. Die Einteilung ist nach verschiedenen Gesichtspunkten möglich.
• Nach dem Aggregatzustand der Körper
1. Mechanik fester Körper (Festkörpermechanik)(a) starre Körper (Starrkörperstatik), keine Gestaltänderung unter
dem Einfluss von Kräften(b) elastische Körper (Elastostatik), nach der Entlastung geht die
Formveränderung zurück(c) plastische Körper (-), nach der Entlastung bleiben Formverände-
rungen zurück2. Mechanik flüssiger Körper
(a) reibungsfreie Flüssigkeiten(b) viskose Flüssigkeiten
3. Mechanik gasförmiger Körper
• in Kinematik und Dynamik
KinematikGeometrische und zeitliche Be-trachtung von Bewegungsabläu-fen ohne die Kräfte dafür zu be-trachten.
DynamikBetrachtung der Kräfte der zuge-hörigen Bewegung.
Statik: Betrachtung von Kräftenund dem Gleichgewicht (Ru-hezustand).
Kinetik: Untersucht tatsächlicheBewegungen unter der Wir-kung von Kräften.
3
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 4
1.2 Größen in der Mechanik und deren Einheiten
Symbol SI-Einheit weitere Einheiten
Länge l m mm, km, µm,..
Zeit t s h, min,. . .
Masse m kg g, mg, t,. . .
Formel SI-Einheit
Geschwindigkeit v =l
t=
LängeZeit
[m
s
]
Beschleunigung a =dv(t)dt
= v̇(t) =l
t2
[m
s2
]
Kraft F = m · a = Masse · Beschleunigung[kg ·m
s2= 1N
]
Beispiel: Gewicht an einem Pendelstab
Gegeben: m = 1kg, a = g = 9.81m
s2
Gesucht: F
Lösung: F = m · a = 1kg · 9.81m
s2= 9.81 N
Beispiel: Spannung σ (Sigma)
Definition: σ =F
A=
KraftFläche
=[
N
m2
]
Gesucht: a = 3cm, b = 4cm, F = 10N
Gegeben: σ
Lösung: σ =F
A=
10N
12cm2= 0.83
N
m2
Merke: • Je kleiner die Fläche, um-so größer ist die Span-nung bei gleicher Kraft.
• Zulässige Spannungenfür bestimmte Materia-lien sind tabellarisiert(Bemessung).
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 5
Beispiel: Dehnung ε (Epsilon)
Definition: ε =∆l
l=
LängenänderungAusgangslänge
Gegeben: l = 5cm, ∆ l = 2m
Gesucht: ε
Lösung: ε =∆l
l=
2m
5m= 0.4
1.3 Die Kraft
• nicht direkt sichtbar oder beobachtbar
• erkennbar nur an Wirkung, z.B.:
– Feder verlängert sich
– Steinwurf: Muskelkraft beschleunigt Stein
– Schwerkraft: Fallenlassen eines Steines
– . . .
1.3.1 Eigenschaften von Kräften
• bestimmte Größe bzw. Betrag
• bestimmte Richtung (sie sind gerichtet)
• Existenz eines Angriffpunktes
Die letzten beiden Eigenschaften bestimmen die Wirkungslinie.
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 6
1.3.2 Darstellung von Kräften
• zeichnerisch als Vektor
• Richtung: Pfeilspitze
• Größe: F = |~F |, bzw. Länge des Pfeiles~F = Fx~ex + Fy~ey + Fz~ez
|~F | =√
F 2x + F 2
y + F 2z
• Kraft im Raum: cosα =Fx
F,
cos β = Fy
F , cos γ = Fz
F
1.3.3 Einteilung von Kräften
1. • Einzelkräfte [N ]
• Linienkräfte[N
m
]
• Flächenkräfte[
N
m2
]
• Volumenkräfte[
N
m3
]
2. (a) Eingeprägte Kräfte = Lasten, Belastungz.B.: Winddruck, Wasserdruck auf Behälter, Schneelast auf Dächern,. . .
(b) Reaktionskräfte oder Zwangskräfteenstehen durch Einschränkung der Bewegungsfreiheit
(c) Schnittgrößen (innere Kräfte)• wirken zwischen den Teilen des Systems• wirken auf Grund äußerer Kräfte• sichtbar machen durch Schnitte (Schnittprinzip)• jedes Teilsystem ist für sich selbst im Gleichgewicht
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 7
1.4 Das zentrale, ebene Kraftsystem
• alle Wirkungslinien (WL) liegen in einer Ebene (ebenes Kraftsystem)
• alle WL schneiden sich in einem Punkt
Die drei Grundaufgaben:
a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultierende
b) Nachweis des Kräftegleichgewichts
c) Zerlegung einer Kraft in 2 Richtungen
Die Lösung kann sowohl grafisch als auch rechnerisch erfolgen.Für die grafische Lösung immer notwendig ist einLageplan:
• maßstäbliche Darstellung des betrachteten Systems
• Längenmaßstab (1cm=̂1m,1m
1cm)
• Richtung der Kräfte
• Angriffspunkt der Kräfte
und einKräfteplan:
• enthält Beträge der Kräfte (Kräftemaßstab 1cm=̂1kN,1kN
1cm)
• Kräfte werden aneinander gefügt, Richtungen sind maßgebend
1.4.1 zu a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultie-rende
Gegeben: KräftegruppeGesucht: Resultierende (Größe, Rich-tung, Wirkungslinie)Bsp: Gegeben: F1 = 2kN, F2 = 4kN
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 8
• Grafische Lösung:Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1cm =̂ 1kN)
• Rechnerische Lösung:Nebenbetrachtung:
Fx = F · cos ϕ
Fy = F · sin ϕ; ~F =
Fx
Fy
=
F · cosϕ
F · sin ϕ
cos (180◦ + ϕ) = − cos ϕ
sin (180◦ + ϕ) = − sin ϕ
Fi ϕ Fix = Fi · cos ϕ Fiy = Fi · sinϕ
~F1 2kN 180◦ + 45◦ = 225◦ −1.44kN −1.44kN
~F2 4kN 0◦ 4kN 0
~R R ϕR Rx =∑
Fix Ry =∑
Fiy
2.947 331.32◦ 2.58kN −1.414kN
R =√
R2x + R2
y =√
2.5862 + (−1.414)2 = 2.497
ϕ = arccosRx
R= arccos (0.877) ⇒ ϕ1 = 28.68◦, ϕ2 = 360◦ − 28.68◦ = 331.32◦
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 9
Beispiel 2:
Gegeben: F1 = 2kN , F2 = 3kN ,F3 = 5kN
Grafische Lösung:Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1kN =̂ 1cm)
Rechnerische Lösung:
Fi ϕ Fix = Fi · cos ϕ Fiy = Fi · sin ϕ
F1 2 180◦ −2 0
F2 3 210◦ −2.598 −1.5
F3 5 270◦ 0 −5
R 7.962 234.73◦ −4.598 −6.5
R =√
(−4.598)2 + (−6.5)2 = 7.96kN
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 10
1.4.2 Zu b) Nachweis des Kräftegleichgewichts
Gegeben: KräftegruppeFrage: Stehen diese Kräfte imGleichgewicht?Gesucht: Weitere Kraft, die zurResultierenden und damit zur ge-samten Kräftegruppe im Gleichge-wicht steht.
Kräfte stehen im Gleichgewicht, wenn das durch sie entstehende Krafteck ge-schlossen ist, oder die Resultierende dieser Kräfte ”0” ist.Rechnerisch: Rx =
∑Fix = 0; Ry =
∑Fiy = 0
Gegeben:F1 = 2kN, α = 45◦,F2 = 4kN, β = 0◦,F3 = 3kN, γ = 60◦
Gesucht: Größe von F4 und Win-kel δ, damit die Kräfte im Gleichge-wicht stehen.
Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan(1cm =̂ 1kN)
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 11
rechnerisch:
Fi ϕ Fix = Fi · cos ϕ Fiy = Fi · sin ϕ
~F1 2kN 45◦√
2kN√
2kN
~F2 4kN 0◦ 4kN 0~F3 3kN 300◦ 1.5kN −2.5181kN
~R 7.01kN 360◦ − 9.71◦ 6.9142kN −1.1839kN
~F4 7.01kN 180◦ − 9.71◦ −6.9142kN 1.1839kN
1.4.3 zu c) Zerlegung einer Kraft in zwei Richtungen
Gegeben: ~F = 4kN, ϕ = 45◦
ϕ1 = 30◦, ϕ2 = 70◦
Gesucht: ~F1 und ~F2, deren Größeund Koordinaten
Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1cm =̂ 1kN)
Grafische Lösung:
• eindeutig, wenn zwei nicht parallele Richtungen für F1 und F2
• nicht eindeutig, wenn drei Kräfte gegeben sind
• unmöglich, wenn die Richtungen von F1 und F2 parallel und F in eineandere Richtung zeigt
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 12
Rechnerische Lösung:
Fi ϕ Fix = Fi · cos ϕ Fiy = Fi · sin ϕ
~F 4 45◦
~F1 F1 =? 30◦
~F2 F2 =? 70◦
F1x = F1 cosϕ1 F1y = F1 sin ϕ1
F2x = F2 cosϕ2 F2y = F2 sin ϕ2
F1x + F2x = F1 cosϕ1 + F2 cos ϕ2 F1y + F2y = F1 sin ϕ1 + F2 sinϕ2
Fx = F1x + F2x = F cosϕ Fy = Fy1 + Fy2 = Fy sin ϕ
⇒ F cosϕ = F1 cosϕ1 + F2 cos ϕ2 ⇒ F sin ϕ = F1 sin ϕ1 + F2 sinϕ2
Gleichungssystem:cosϕ1 cosϕ2
sin ϕ1 sin ϕ2
·
F1
F2
=
F · cos ϕ
F · sinϕ
F1 = F · cos ϕ2 · sin ϕ− sin ϕ2 · cos ϕ
cos ϕ2 · sin ϕ1 − sin ϕ2 · cos ϕ1
F2 = F · cos ϕ1 · sin ϕ− sin ϕ1 · cos ϕ
cos ϕ1 · sin ϕ2 − sin ϕ1 · cos ϕ2
Additionstheorem: sin (α− β) = sin α · cosβ − cosα · sin β
º
¹
·
¸
F1 =sin (ϕ− ϕ2)sin (ϕ1 − ϕ2)
· F, F2 = − sin (ϕ− ϕ1)sin (ϕ1 − ϕ2)
· F
Im Beispiel: (ϕ = 45◦, ϕ1 = 30◦, ϕ2 = 70◦, F = 4kN)
F1 =sin (45◦ − 70◦)sin (30◦ − 70◦)
· 4kN =sin (−25◦)sin (−40◦)
· 4kN ⇒ 2.63kN
F2 = − sin (45◦ − 30◦)sin (30◦ − 70◦)
· 4kN ⇒ 1.61kN
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 13
1.5 Das zentrale, räumliche Kraftsystem
Alles analog zum zentralen, ebenen Kraftsystem.
~F = ~Fx + ~Fy + ~Fz
= Fx · ex + Fy · ey + Fz · ez
= Fx
1
0
0
+ Fy
0
1
0
+ Fz
0
0
1
~F =
Fx
Fy
Fz
I) |~F | = F =√
F 2x + F 2
y + F 2z ⇒ F 2 = F 2
x + F 2y + F 2
z
II) Fx = F · cosα, Fy = F · cosβ, Fz = F · cos γ
I) + II) =⇒ F 2 = (F · cosα)2 + (F · cosβ)2 + (F · cos γ)2 | : F 2
1 = cos2 α + cos2 β + cos2 γ
d.h, α, β, γ sind voneinander abhängig.
Resultierende einer zentralen Kräftegruppe von n Kräften ~Fi.
~R =
Rx
Ry
Rz
= Rx · ~ex + Ry · ~ey + Rz · ~ez
wobei Rx =n∑
i=1
Fix, Ry =n∑
i=1
Fiy, Rz =n∑
i=1
Fiz
analog zum ebenen, zentralen Kraftsystem.
Gleichgewicht bedeuted analog; das Krafteck muss geschlossen sein (bzw. dieResultierende verschwindet).
n∑
i=1
Fix = 0,
n∑
i=1
Fiy = 0,
n∑
i=1
Fiz = 0
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 14
1.6 Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene
– Das nicht zentrale, ebene Kraftsystem –
Merkmal: Die Wirkungslini-en (WL) der Kräfte schneidensich nicht in einem Punkt.
1.6.1 Das Moment
Definition: a ... Hebelarm = der Abstand der Wirkungslinie einer Kraft zueinem beliebigen Bezugspunkt. (Abstand = kürzeste Verbindung, Lot)
Definition:
Moment einer Kraft F bezüglich eines Punktes D.
MD = F · a = Kraft ·Hebelarm[MD] = [Kraft · Länge] = [kN ·m]
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 15
Ein Moment wird bestimmt durch:
• Größe der Kraft F
• Länge des Hebelarms a
• den Drehsinn
1.6.2 Komponentendarstellung von von MD
a = a1 − a2
sinα =a2
x− xD
⇒ a2 = (x− xD) · sin α
cos α =a1
y − yD
a1 = cos α · (y − yD)
MD = F · a = F · (a2 − a1)MD = F · ((x− xD) sin α− (y − yD) cos α)
= (x− xD) · F · sinα︸ ︷︷ ︸Fy
−(y − yD) · F · cos α︸ ︷︷ ︸Fy
MD = (x− xD) · Fy − (y − yD) · Fx
Wegen der Linienflüchtigkeit gilt folgender Zusammenhang; F werde auf seinerWirkungslinie verschoben nach (x, y), dann gilt:
MD = (x− xD) · Fy︸ ︷︷ ︸Moment von Fy bzgl. D
− (y − yD) · Fx︸ ︷︷ ︸Moment von Fx bzgl. D
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 16
Eine Kraft kann zwar beliebig aufder Wirkungslinie verschoben wer-den, aber nicht beliebig parallel,ohne das sich an der Wirkung etwasändert.
1.6.3 Das Moment zweier Kräfte
MD =(x− xD) ·Ry − (y − yD) ·Rx
=(x− xD)(F1y + F2y)− (y − yD)(F1x + F2x)
=(x− xD) · F1y + (x− xD) · F2y
− [(y − yD) · F1x + (y − yD) · F2x]
↪→ d.h. MD =2∑
i=1
[(x− xD) · Fiy − (y − yD) · Fix] =2∑
i=1
MDi
F1 → MD1
F2 → MD2
∑= MD
1.6.4 Verallgemeinerung: Momentensatz
Das Moment der Resultierenden ist gleich der Summe der Momente der Einzel-kräfte für einen gemeinsamen Bezugspunkt (Drehpunkt D).
MD =n∑
i=1
MDi =n∑
i=1
[(xi − xD)Fiy − (yi − yD)Fix]
MD =n∑
i=1
xiFiy − yiFix mit xi = xi − xD und yi = yi − yD
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 17
1.6.5 Das Kräftepaar
• zwei gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kräfte, auf parallelen Wir-kungslinien
Das Moment eines Kräftepaares:M = F · a
Das Kräftepaar ist statisch äquivalent zu einem Moment:
Mehrere Kräftepaare lassen sich durch geeignetes Verschieben zu einem resul-tierendem Kräftepaar zusammen fassen, dieses erzeugt das resultierende Mo-ment MR.
(F1 + F2 · h2
h1
)· h1 = F1 · h1 + Fs · h2
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 18
Grundaufgaben analog zum zentralen Kraftsystem:
a) Reduktion eines Kraftsystems (Resultierende, Moment)
b) Gleichgewicht
c) Zerlegung einer Kraft
zu a ) Reduktion eines Kraftsystemszeichnerisch:
bei mehreren Kräften:
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 19
MRD = M1
D + M2D + M3
D MRD = R · h
~R =n∑
i=1
~Fix R =√
R2x + R2
y
Rx =n∑
i=1
Fix , Ry =n∑
i=1
Fiy , MRD =
n∑
i=1
M iD
rechnerisch:(Frage: Bezüglich welchem Punkt verschwindet das Moment MD?)
MD = −Fy · xp + Fx · yp bzw. MP = 0 = MD + Fx · yp − Fy · xp︸ ︷︷ ︸−MD
⇒ yp =−MD + Fy · xp
Fx=
Fy
Fxxp − MD
Fx
(Geradengleichung y = mx + b), Fx 6= 0 Gleichung für Zentrallinie
m = tan α =Fy
Fx=
F sin α
F cosα=
sin α
cos α= tan α
geg: R = 0,MD = 0 ⇒ Gleichgewicht
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 20
Ermittlung von R bei parallen Kräften.1. Wählen des Kräftepaares K,
(beliebig) das kein Moment er-zeugt.
2. Ermitteln des Schnittpunktesder Resultierenden R1 und R2
aus K und F2 und aus K undF1
3. Verschieben der ResultierendenR1 und R2 entlang ihrer WL inden Schnittpunkt.
4. Die Resultierende R aus R1 undR2 ist die Resultierende aus F1
und F2
⇒Für mehrere Kräfte analog,wird am Ende sehr unübersicht-lich.⇒Seileckkonstruktion
1.7 Das Seileckverfahren zur Bestimmung derResultierenden
Gesucht: Lage, Größe und Ort der Resultierenden.
Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1cm =̂ 1kN)
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 21
1. im Lageplan die WL der Kräfte zeichnen
2. im Kräfteplan die Kräfte F1 bis F4 addieren
3. beliebigen Pol π festlegen
4. Verbindungstrahlen von S1 bis S5 in den Lageplan verschieben
5. Durch den Schnittpunkt von s1 und s5 verläuft die Resultierende.
Beachte:• Bilden die Kräfte Fi eine Gleichgewichtsgruppe (R = 0, M = 0), so
fallen 1. und letzter Seilstrahl und 1. und letzter Polstrahl zusammen;s1 = s5 und S1 = S5.
• Sind die Kräfte nur auf ein Kräftepaar reduzierbar (R = 0, M 6= 0), so istdas Krafteck zwar geschlossen, aber 1. und letzter Seilstrahl sind parallel.
zu b ) Gleichgewichtsbedingungen
Rx =∑
Fix = 0, Ry =∑
Fiy = 0, MD =∑
MiD = 0
Rx = 0
Ry = 0
Rz = 0
⇐⇒Gleichgewicht
d.h. Körper
in Ruhe
Gesucht: Wie groß sind A, B und C damit Körper im Gleichgewicht?Lösung: (3 Gleichgewichtsbedingungen)
∑Fix = 0 : 3− C = 0 ⇒ C = 3
∑Fiy = 0 : A + B − 5 = 0 ⇒ A = 5−B
x∑M(A) = 0 : 4B − 5 · 2 = 0 ⇒ B =
104
= 2.5
⇒ A = 5− 2.5 = 2.5
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 22
1.7.1 Allgemeine Kräftegruppen im Raum
M = ~r × ~F
M = (x · ex + y · ey + z · ez)× (Fx · ex + Fy · ey + Fz · ez)⇒ M = (y · Fz − z · Fy)ex + (z · Fz + x · Fz)ey + (x · Fy − y · Fx)ez
M = Mx · ex + My · ey + Mz · ez
Der Momentenvektor steht senkrecht auf der Ebene, die durch ~r und ~F aufge-spannt wird. Sein Betrag entspricht der von ~r und ~F aufgespannten Parallelo-grammfläche.
Merke: Wirken mehrere Momente Mi, so gilt MR =∑
Mi, wobei MRx =∑Mix, MRy =
∑Miy und MRz =
∑Miz.
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 23
Gleichgewichtsbedingungen:'
&
$
%
∑Fix = 0
∑Mix = 0
∑Fiy = 0
∑Miy = 0
∑Fiz = 0
∑Miz = 0
Kapitel 2
Balkenstatik
2.1 Arten der Lagerung
Berechnung von Schnittkräften für verschieden gelagerte Balkensysteme.
Bezeichnung Lager-reaktion
Wertigkeit MöglicheBewegungen
Gleitlager 1 1 Verschiebung,Verdrehung
Festlager 2 2 Verdrehung
Einspannung 3 3 keine
Horizontal-führung
2 2 Verschiebung
Vertikal-führung
2 2 Verschiebung
24
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 25
2.1.1 Beispiele für die Lagerung
Merke: Zur stabilen Lagerung eines Tragwerkes sind mindestens 3 Auflager-bedingungen nötig.
Einspannung
unbrauchbar! System in x-Richtung verschieblich
Die Auflagerkräfte A, B, C können über Gleichgewichtsbedingungen nichteindeutig bestimmt werden. ⇒ System statisch unbestimmt
↑∑
Fz = 0 : A + B + C − 3 = 0x∑
M = 0 : 4B + 8C − 4 · 3 = 0→∑
Fx = 0 : 2−D = 0 ⇒ D = 2kN
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 26
2.2 Resultierende von Kräften
2.2.1 Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte
↑∑
V ⇒ R−H = 0 ⇒ R = H
Ansatz: Bestimmen der Haltekraft H = R , die das System (die Kräftegruppe)im Gleichgewicht hält. Die Resultierende R liegt auf derselben Wirkungsliniewie die Haltekraft H.
Weg: System ist im Gleichgewicht, wenn∑
Fix = 0,∑
Fiy = 0,∑
Mi = 0beziehungsweise
∑H = 0,
∑V = 0,
∑M = 0, wobei H = horizontale Kräfte
und V = vertikale Kräfte.
Lösung:
R = F1 + F2 + F3 + F4
↓∑
V = 0 ⇒ F1 + F2 + F3 + F4 −H = 0
=⇒ H = F1 + F2 + F3 + F4
y∑M = 0 ⇒ x1F1 + x2F2 + x3F3 + x4F4xsH = 0
=⇒ xs =
4∑i=1
xiFi
H
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 27
Der Punkt S im Abstand xs von D heißt Kräftemittelpunkt oder Schwer-punkt.
Allgemein: xs =
n∑i=1
xiFi
R, R =
n∑
i=1
Fi
xs =
n∑i=1
xiFi
n∑i=1
Fi
2.2.2 Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten)'
&
$
%
R =
l∫
0
q(x) dx
xS =
l∫0
x · q(x) dx
R
Dreieckslast:
Im Beispiel: q(x) =q0
l· x
R =
l∫
0
q(x) dx =
l∫
0
q0
l· x dx =
q0
l
l∫
0
x dx
=q0
l
[x2
2
]l
0
=q0
l
(l2
2− 0
)=
q0 · l2
q0 · l2
entspricht dem Flächeninhalt des Lastdreiecks
xS =
l∫0
(x · q(x)) dx
R=
l∫0
(x · q0
l · x)
dx
q0·l2
=23l
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 28
Rechtecklast:
q(x) = q0 = const.
R = q0 · l (Flächeninhalt des Rechtecks.)
xS =1R
l∫
0
x · q(x) dx =1
q0 · l qo
[12x2
]l
0
=l
2
2.2.3 Resultierende von Flächenlasten
Die Größe der Resultierenden R entspricht der Fläche der Belastung A. Die
Koordinaten des Flächenschwerpunktes ergeben sich zu xS =1A·∫
A
x dA,
yS = 1A · ∫
A
y dA.
Sx =1A·∫
A
x dA, Sy = 1A · ∫
A
y dA heißen auch Flächenmomente 1. Ordnung
bzw. statische Momente.
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 29
2.3 Bestimmung von Auflagerreaktionen
2.3.1 Das Seileckverfahren zur Bestimmung von Auflager-reaktionen :
Lageplan(1cm =̂ 1m) Kräfteplan(1cm=̂1kN)
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 30
2.3.2 Die Culmannsche Gerade
Hilfslinie bei der Konstruktion eines Kraftecks, mit dem das Gleichgewicht von4 Kräften grafisch beschrieben wird.
Beispiel: Leiter an der Wand
Lageplan(1cm =̂ 1m) Kräfteplan(1cm=̂1kN)
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 31
2.4 Schnittgrößen im Balken
Linkes Schnittufer Rechtes Schnittufer
• Die Bezugsfaser definiert die Richtung des Koordinatensystems.
• In jedem Punkt des Systems können die Schnittgrößen andere Werte an-nehmen.
• Schnittgrößen: N . . . NormalkraftQ . . . QuerkraftM . . .Moment (Biegemoment, Schnittmoment)
• Jedes Teilsystem, welches durch einen Schnitt vom Gesamtsystem abge-teilt wird, muss im Gleichgewicht stehen.
• Der Wert der Schnittgröße wird direkt über der betrachteten Stelle abge-tragen.
Berechnung von Schnittgrößen zusammengesetzter Balkensysteme
1. Nebenbedingungen
Gelenke Name Merkmal Beweglichkeit
Momentengelenk Mg = 0
Querkraftgelenk Qg = 0
Normalkraftgelenk Ng = 0
2. Statische UnbestimmtheitEin System heißt statisch bestimmt, wenn sich alle Schnittkräfte überGleichgewichtsbedingungen ermitteln lassen. Andernfalls ist es statischunbestimmt. Die Formel zur Ermittlung des Gerades der statischen Un-bestimmtheit ist: n = a + 3(s− k)− r.
a · · · Anzahl der Auflagerkräftes · · · Anzahl der Stäbe zwischen den Knoten
k · · · Anzahl der Knoten
r · · · Anzahl der Nebenbedingungenn · · · Grad der statischen Unbestimmtheit
3. Berechnung statisch bestimmter SystemeSchnittprinzip/Freikörperbild
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 32
Beispiel:
Querkraftverlauf
Momentenverlauf
Merke: Zum Momentenverlauf:
• unter konstanter Belastung → quadratischer Momentenverlauf.Parabel ist zur Last hin geöffnet.
• Bei Einzellasten → linearer Momentenverlauf (auch Auflager)
Regel zur Vorzeichenbestimmung:1. Momentenverlauf immer auf der Zugseite eintragen.
2. Dann nachsehen; ist Bezugsfaser auf der gleichen Seite wie die Mo-mentenfläche ⇒ ⊕ ansonsten ⇒ ª
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 33
Merke: Zum Querkraftverlauf:Es gilt:
Q(x) = M ′(x) =d(M(x))
d(x)
• Unter konstanter Belastung → linearer Querkraftverlauf
• Bei Einzellasten → Querkraft konstant
• An der Stelle der Einzellast → Querkraft springt um den Betrag der Ein-zellast
2.5 Beispiel für häufig auftretende Rahmen
Dreigelenkrahmenunterschiedliche Stielhöhen möglichn = 4 + 3(4− 5)− 1 = 0 ⇐ statisch bestimmt
Zweigelenkrahmenn = 4 + 3(3− 4)− 0 = 1 ⇒ statisch unbestimmt
Rahmen mit eingespannten Stielenn = 6 + 3(3− 4)− 0 = 3 ⇒ 3-fach statisch unbestimmt
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 34
2.6 Häufige Lastfälle aus der Praxis
1. Eigengewicht
Av = Bv =12g · s
s =l
cosα
R = g · s = g · l
cosα= g′ · l
Häufig verwendetes Ersatzsystem:
2. Schnee
R = pS · l
Av = Bv =pS · l
2
KAPITEL 2. BALKENSTATIK 35
3. Wind
R = pw · s = pw · l
cos αRv = R · cosα = pw · l
Rh = R · sin α = pw · l · tan α
Av = Bv =Rv
2=
pw · l2
Kapitel 3
Ebene Fachwerke
• Tragwerke, die nur aus geraden Stäben bestehen
• verbunden durch sogenannte Knoten
• Annahmen:
1. Stäbe sind an den Knoten zentrisch und gelenkig verbunden
2. Äußere Kräfte greifen nur an den Knoten an⇒ alle Stäbe werden nur auf Zug oder Druck belastet
3. Notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit:n = a + s− 2k = 0
a · · · Anzahl der Auflagerkräftes · · · Anzahl der Stäbek · · · Anzahl der Knoten
2k · · · zwei Gleichgewichtsbedingungen pro Knoten
n · · · Grad der statischen Unbestimmtheit
36
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 37
n = 0, statisch bestimmt
n = 0, verschieblich
3.1 Regeln zum Auffinden von Nullstäben
1.
Sind an einem unbelasteten Knoten zweiStäbe angeschlossen, die nicht in gleicherRichtung liegen, “unbelasteter Zweig-schlag”, so sind beide Stäbe Nullstäbe.
2.
Sind an einem belasteten Knoten zweiStäbe angeschlossen und greift die äuße-re Kraft in Richtung des einen Stabes an,so ist der andere Stab Nullstab.
3.
Sind an einem unbelasteten Knoten dreiStäbe angeschlossen, von denen zwei ingleicher Richtung liegen, so ist der dritteStab Nullstab.
3.2 Verfahren zur Ermittlung der Stabkräfte
• 3.2.1 Knotenpunktverfahren
• 3.2.2 Rittersches Schnittverfahren (Ritterschnitt)
• 3.2.3 Cremonaplan (grafisch)
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 38
3.2.1 Ermittlung der Stabkräfte mit dem Knotenpunkt-verfahren
Idee:
• Freischneiden der Knoten und Antragen der Kräfte, Knoten so auswählen,dass maximal 2 unbekannte Stabkräfte auftreten,
• dann∑
H = 0,∑
V = 0 für jeden Knoten,
• Zug und Druckkräfte sind im Stab immer konstant,
∑H = 0 ⇒ U1 = 4
∑V = 0 ⇒ V1 = −10.5
∑V = 0 ⇒ V3 = −13.5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 39
D1
5=
x
3→ x =
35D
D1
5=
y
4→ y =
45D
↓∑
V ⇒ −10.5 + 6 +35D = 0 → D1 = 7.5
→∑H = 0 ⇒ 4 + O1 +
45D1 = 0 → O1 = −10
∑H = 0 ⇒ O2 = −10
↓∑
V = 0 ⇒ V2 = −12
−→∑H = 0 ⇒ 10− 4
5D2 = 0 → D2 = 12.5
↓∑
V = 0 ⇒ 6− 13.5 +35· 12.5 = 0
√
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 40
3.2.2 Rittersches Schnittverfahren
• zur Bestimmung einzelner, ausgewählter Stabkräfte
• 3 Stäbe müssen geschnitten werden, die nicht alle zum gleichen Knotengehören dürfen
• dann Momentengleichgewicht um die Schnittpunkte zweier Stäbe
x∑M(2) = 0 ⇒ −10.5 · 4− 4 · 3 + 6 · 4− o1 · 3 = 0 → O1 = −10
x∑M(4) = 0 ⇒ −4 · 3 + U1 · 3 = 0 → U1 = 4
↑∑
V = 0 ⇒ −6 + 10.5− 35D1 = 0 → D1 = 7.5
3.2.3 Cremonaplan
• Zeichnerische Bestimmung der Stabkräfte von statisch bestimmten Fach-werken.
1. Fachwerke im geeigneten Maßstab aufzeichnen
2. Auflagerkräfte bestimmen
3. Nullstäbe bestimmen
4. Geeigneten Maßstab für Kräfteplan festlegen
5. Krafteck der äußeren Kräfte zeichnen (Belastung und Stützkräfte,Krafteck muss sich schließen)
6. Umfahrungssinn festlegen, der nun die Reihenfolge der anzutragenenKräfte im Krafteck bestimmt
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 41
7. Gewöhnlich beginnt man an den Auflagern, da dort meist nur 2Stabkräfte angreifen. Beginnend mit der am Knoten angreifenden,bekannten Kraft wird im Umfahrungssinn das Krafteck gezeichnet.Pfeilspitzen der Kräfte werden im Kräfteplan nicht eingezeichnet.
8. Die Kraftrichtungen der Stäbe für den betrachteten Knoten werdenim Systembild eingezeichnet und auf die benachbarten Knoten über-tragen.
9. Von den Nachbarknoten ist gewöhnlich ein Knoten vorhanden, andem unter Berücksichtigung der zuvor ermittelten Stabkräfte nurzwei unbekannte Kräfte angreifen.
10. Mit den schon bekannten Stabkräften beginnend wird wieder im zu-vor festgelegten Umfahrungssinn an das bereits gezeichnete Krafteckein neues angeschlossen.
11. Beim richtigen Zeichnen des Kraftecks für den letzten Knoten musssich das Krafteck schließen.
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 42
Schrittweises Konstruieren eines Cremonaplanes
1
↑ AV (10.5),←−AH(4),
−→F1(4),
↓ F2(6), ↓ F3(12), ↓ F4(6),↑ BV (13.5)
2
↑ AV (10.5),←−AH(4), ↓ V1,
−→U1
⇒ V1 = −10.5, U1 = 4
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 43
3
↑ V1(−10.5),−→F2(4), ↓ F2(6),
←−O1, ↘ D1 ⇒ O1 = −10, D1 = 7.5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 44
4
−→O1(−10), ↓ F3(12),
←−02, ↑ V2 ⇒ O2 = −10, V2 = −12
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 45
5
−→O2(10), ↓ F4(6), ↑ V3, ↙ D2 ⇒ V3 = −13.5, D2 = 12.5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 46
6
↓ V3(−13.5); ↑ BV (13.5),−→U2 ⇒ U2 = 0
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 47
Probe:
↗ D2(12.5);−→U2(0),
←−U1(4), ↖ D1(7.5), ↓ V2(12)
Kapitel 4
Das PdvV
4.1 Der Arbeitsbegriff
Wenn ein Körper entsprechend der Abbildung durch eine konstante Kraft Fverschoben wird, definiert man: Arbeit der Kraft F auf dem Weg s, als
A = F · s [Nm]
Allgemein:
A = ~G · ~s =⟨
~G · ~s⟩
Weitere Verallgemeinerungen:• Weg sei beliebig und zeitabhängig ~s = ~s(t)
• Kraft sei abhängig von Ort F = ~F (t)
A =
xII∫
xI
dA =
xII∫
xI
~F d~s
Weg wird beschrieben durch die Zeit(t). ~s = ~s(t)
d~s =d~s
dt· dt = ~v(t) dt
, da ~v(t) =d~s
dt. . .Geschwindigkeit
Damit gilt: A =
xII∫
xI
~F d~s =
t1∫
t0
~F · ~v(t) dt
dA = |~F | · | ~ds| · cos α
= ~F · ~ds, Skalarprodukt
48
KAPITEL 4. DAS PDVV 49
virtuelle Verrückungen: sind gedachte, differentiell kleine Verschiebungenoder Verdrehungen, die mit den Zwangsbedingungen eines Systems ver-einbar sind.
virtuell: • nur gedacht, nicht real existent
• infinitesimal klein
• kinematisch zulässig
virtuelle Verschiebungen: δs
virtuelle Verdrehung: δϕ
virtuelle Arbeit: δAV = ~F · δ~s, δAϕ =−→M · δ~ϕ
Arbeit am Gesamtsystem:δA = δAV + δAϕ = ~F · δ~s +
−→M · δϕ
Satz: δA = 0, genau dann, wenn ~R = 0 und−−→MR = 0, genau dann, wenn
Gleichgewicht.
Beweis: Gleichgewicht heißt ~R = 0 und MR = 0.
δA = ~R · d~s +−−→MR · δ~ϕ = 0 · δ~s + 0 · δ~ϕ = 0
⇒ δA = ~R · δ~s +−−→MR · δ~ϕ = 0
für beliebige δ~s und δ~ϕ ⇒ ~R =−−→MR = 0
¥
KAPITEL 4. DAS PDVV 50
4.2 Ermittlung von Lagerreaktionen und Schnitt-größen mit dem Prinzip der virtuellen Ver-rückung
Das Moment MA ist gesucht. Lösen der Fessel für die gesuchte Größe.⇒ Einbau eines Momentengelenkes.
⇒ System wird kinematisch.
δϕ =η
a⇒ η = δϕ · a
η
b=
δs2
b2
=δs2
c⇒ δs1 =
η
2, δs2 =
η · cb
⇒ δs1 =δϕ · a
2, δs2 =
δϕ · a · cb
Kraft MA q · b P
Weg δϕ δs1 δs2
MA · δϕ + q · b · δϕ− P · δs2 = 0
MA = −q · b · a2
+ P · a · cb
= a
(P · c
b
q · b2
)
KAPITEL 4. DAS PDVV 51
Gesucht: Auflagerreaktion B
Verschiebungsfigur
δsB
B=
δs1
b2
=δs2
b + c⇒ δsB = 2δs1 ⇒ δs2 =
δs1(b + c)2b
Kraft q · b b P
Weg δs1 δsB δs2
q · b · δs1 −B · δsB + Pδs2 = 0
B = −q · b · δs1
2δs2− P · δs1(b + c)2
b · 2δs1=
q · b2
+P · (b + c)
b
Kapitel 5
Haftung und Reibung
5.1 Beispiel
Freikörperbild: Ruhe
G = N, F = HH = Haftreibungskraft
Freikörperbild: Bewegung
R = Gleitreibungskraft,versucht die Bewegung des Kör-pers zu behindern.
Haftbedingung: |H| ≤ H0 = µ0 ·Nµ0 . . .Haftreibungskoeffizient.H0 . . .Grenzzustand, in dem sich der Körper noch in Ruhe befindet.
52
KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG 53
Beispiel:Wie groß muss F sein, um den Körper zu verschieben?Gegeben: µ0 = 0.25, α = 20◦ und G = 20kN
∑V = 0 ⇒ G−N + F · sin α = 0
→ N = F · sin α + G∑
H = 0 ⇒ F · cosα−H0 = 0
→ H0 = F · cos α
à H0 = µ0 ·NF cos α = µ0 · (F + sin α)
F (cos α− µ0 sin α) = µ0 + G
F =µ0 + G
cos α− µ0 · sin α
F =0.25 + 2cos 20◦
− 0.25 · sin 20◦ = 0.585 kN
F muss mindestens 0.585 kN betragen,um den Körper zu verschieben.
Freikörperbild
Für welchen Winkel α wird der Körper bei beliebiger Last nicht mehr verscho-ben? Das heißt, egal wie groß F ist, der Körper soll nicht mehr verschobenwerden, also auch für F = ∞
F =µ0 + G
cos α− µ0 · sin α
!= ∞für cos α− µ0 · sin α ½ 0 oder cosα− µ0 · sinα = 0
µ0 =cosα
sin α=
1tan α
α = arctan1µ0
= arctan1
0.25= 75.96◦
KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG 54
5.2 Experimentelle Ermittlung von µ0
Winkel ϕ0 wird langsam erhöht, bis derKörper anfängt, sich zu bewegen. Überϕ0 kann man Rückschlüsse auf µ0 zie-hen.
Schiefe Ebene, Körper in Grenzlage
I)∑
H = 0 ⇒ G · sin ϕ0 = H0
II)∑
V = 0 ⇒ G · cos ϕ0 = N
G =H0
sin ϕ0in II ⇒ H0
sin ϕ0· cos ϕ0 = N
⇒ H0 =sinϕ0
cos ϕ0·N = tanϕ0 ·N
H0 = µ0 ·N mit µ0 = tanϕ0
Freikörperbild
5.3 Der Haftungskegel
Für den Grenzwinkel ϕ0
gilt:H0 = ϕ0 ·N , µ0 = tan ϕ0
KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG 55
Gleichgewicht nur möglich in statischer Ruhelage für ϕ ≤ ϕ0. Wird ein Körpereiner beliebigen Belastung unterworfen, so bleibt er in Ruhe, solange die Reak-tionskraft W an der Berührungsfläche innerhalb des Haftungskegels bleibt.
Zusammenfassung:
• H < µ0 ·N , Haftung, Körper in Ruhe
• H = µ0 ·N , Grenzhaftung, Körper gerade noch in Ruhe, bei Anstoß⇒ Bewegung wegen µ < µ0
• R = µ0 ·N , Reibung, Körper rutscht.Reibungskraft R ist eingeprägte Kraft.
5.4 Seilreibung
Beobachtung:|S1| 6= |S2|Grund: Reibung
5.4.1 Bestimmung der Zusammenhänge zwischen S1 undS2
Betrachtung am infinitesimal kleinem Element.
−→∑H = 0 : dH + s · cos
dϕ
2− (s + ds) · cos
dϕ
2
I)ds · cosdϕ
2= dH
↓∑
V = 0 : II)(s + ds) · sin ϕ
2+ s · sin dϕ
2· dN = 0
Nebenbetrachtung:
dϕ → 0 ⇒ cosdϕ
2→ 1 ⇒ sin
dϕ
2=
dϕ
2
ds · sin dϕ
2sehr klein, von höherer Ordnung
⇒ für I) ds = dH
⇒ für II) s · dϕ = dN
2 Gleichungen, 3 Unbekannte, d.h. nicht eindeutig zu lösen.→ Fall der Grenzhaftung betrachten:
dH = H0 = µ0 · dN ⇒ dH = µ0 · s dϕ = ds
µ0 · dϕ =ds
s
Für die gesamte Rolle: µ0
α∫
0
dϕ =
S2∫
S1
ds
s
⇐⇒ µ0 · α = lnS2
S1
und somit: S2 = S1 · eµ0·α , S2 > S1 !
Formel der Seilhaftung nach Euler.
Beispiel: Radbremse
Frage: Wie groß muss F sein, damit die Walze stillsteht?
56
LITERATURVERZEICHNIS 57
I)x∑
MA = 0 : −2r · S1 + l · F = 0
II)x∑
MB = 0 : MD + r · S1 − r · S2 = 0
α = π S2 = S1 · eµ0·π
II ′) ⇒ MD + r · S1 − r · S1 · eµ0·π = 0
I ′) ⇒ S1 =l · F2r
I ′ + II ′) ⇒ MD +l · F2
− l · F2
· eµ0·π = 0
F =2l·MD · 1
eµ0·π − 1
Freikörperbild
Literaturverzeichnis
[1] Dittmar Gross, Werner Hauger, and Walter Schnell und JÃűrg SchrÃűder.Technische Mechanik 1, Statik. Springer, 2006.
[2] Werner Hauger and Volker Mannl und Wolfgang Wall. Aufgaben zu Techni-sche Mechanik 1-3. Statik, Elastostatik, Kinetik. Springer, 2006.
[3] Oliver Romberg and Nikolaus Hinrichs. Keine Panik vor Mechanik! Vieweg,2006.