technische mechanik für wirtschaftsingenieure 1 statik seite: 1 cd-rom zum buch prof. dr.-ing....

Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure

1 StatikSeite: 1

CD-ROM zum Buch

Prof. Dr.-Ing. habil. Ulrich GabbertDr.-Ing. Ingo Raecke

Otto-von-Guericke-Universität MagdeburgInstitut für Mechanik

e-mail: [email protected] www.uni-magdeburg.de/ifme

TechnischeMechanikfür Wirtschaftsingenieure

Ulrich GabbertIngo Raecke

1 StatikStartseite

Eine PowerPointPräsentation

mit Animationenin Text und Bildzur Vermittlung

und Veranschaulichungder Grundkenntnisse

in derTechnischen Mechanik

Ende?


1 StatikSeite: 2

Alle auf der beiliegenden CD-ROM enthaltenen Programme, Verfahren und Bilder wurden nach bestem Wissen erstellt und mit Sorgfalt getestet. Dennoch sind Fehler nicht ganz auszuschließen. Aus diesem Grunde ist das vorliegende Programm-Material mit keiner Verpflichtung oder Garantie irgendeiner Art verbunden. Autoren und Verlag übernehmen infolgedessen keine Verantwortung oder Garantie und werden keine daraus folgende oder sonstige Haftung übernehmen, die auf irgendeine Art aus der Benutzung dieses Programm-Materials oder Teilen davon entsteht.

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Fachbuchverlag Leipzig im Carl Hanser Verlag© 2003 Carl Hanser Verlag München Wienwww.fachbuch-leipzig.hanser.de

1 StatikSchutzrechte

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1 StatikSeite: 31 Statik

Hilfe

Beachte: Beim erstmaligen Aufruf einer Seite (über das Inhaltsverzeichnis bzw. bei gesetzten Sprüngen oder der gezielten An-wahl einer Seite mit: PowerPoint Foliennummer <n> und Eingabetaste) erscheint nur der von den Autoren vorgesehene Start-inhalt der Seite. Es kann somit das angewählte Kapitel oder das Ziel eines gesetzten Sprungs erst weiter unten auf der Seite nach einigen Animationen erscheinen.

Weitere nützliche Funktionen:• Im Inhaltsverzeichnis kann man durch Positionierung des Mauszeigers auf eine Kapitelzeile und einem Klick (linke Taste)

direkt zu der Seite mit dem angewählten Kapitel gelangen (gesetzter Sprung). Das aktuelle Hauptkapitel (1 Statik, 2 Festigkeitslehre bzw. 3 Dynamik) und die aktuelle Seite (bis auf die Statik nicht identisch mit der Foliennummer) erscheint immer unten rechts.

• Bestimmte Verweise auf Kapitel, Formeln usw. sind rot umrandet. Mit einem Mausklick (linke Taste) in den rot umrandeten Be-reich wird ein gesetzter Sprung zu dem Ziel ausgeführt. Zurück kommt man innerhalb eines Hauptkapitels schnell mit

• Beachte: Bei Präsentationen mit dem PowerPoint-Viewer erfolgt ein gesetzter Sprung in ein anderes Hauptkapitel (1 Statik, 2 Festigkeitslehre bzw. 3 Dynamik) programmbedingt immer nur auf die Startseite des Hauptkapitels. Über das Inhaltsverzeich-nis bzw. die Foliennummer (in der Form: S <n>, F <n>, D <n> angegeben) gelangt man dann schnell an die gewünschte Stelle.

Hinweis: Die Nummerierungen der Kapitel, Gleichungen und Bilder sind mit den Nummerierungen im Buch identisch. Zusätzliche Bilder in dieser Präsentation sind nicht nummeriert. Die Seitenzahlen sind nicht identisch mit denen des Buches.

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angesehenen Seite

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eine Seitevor

Aufrufdieser Hilfe

ein Kapitel zurück.

eine Seitezurück

ein Kapitel vor

Präsentation beenden

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Zum vereinfachten Navigieren ist auf jeder Seite eine Symbolleiste mit folgenden Funktionen, die mit dem Mauszeiger durch Anklicken aktiviert werden, angeordnet:

Hilfe (siehe auch Datei auf der CD-ROM: Hinweise.doc)

Animationsschritt vorwärts: Eingabetaste (), Leertaste, linke Maustaste, Nach-Rechts-, Nach-Unten-,

Bild-Nach-Unten-Taste und „N“Animationsschritt zurück: Nach-Links-, Nach-Oben-, Bild-Nach-Oben-Taste und „P“Seitenwechsel: erfolgen bei der fortlaufenden Animation automatischEine Seite anwählen: PowerPoint Foliennummer <n> und Eingabetaste (z. B. im gelben Feld des Inhaltsverzeichnisses angegeben)Präsentation beenden: Esc

Die PowerPoint-Präsentation kann mit den Funktionen, die das Programm PowerPoint bzw. PowerPoint-Viewer bietet, vorgenom-men werden (siehe auch die Hilfefunktion zu PowerPoint, die während der Präsentation, z. B. über das Menü der rechten Maus-taste, erreichbar ist). Für Nutzer von PowerPoint-Viewer (hier steht die Hilfe nicht zur Verfügung) sind die wichtigsten Funktionen nachfolgend aufgeführt:

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1 StatikSeite: 4

Einführung

Die CD-ROM enthält den kompletten1 Buchinhalt in Form einer PowerPoint-Präsentation, die so aufbereitet wurde, dass sich die Lehrinhalte – wie bei einer Vorlesung – Schritt für Schritt auf dem Bildschirm entwickeln, wobei Sie selbst das Tempo bestimmen können.

Vor- und Rücksprünge zu Kapiteln, Gleichungen und Bildern, auf die bei der Ableitung eines Zusammenhangs oder beim Lösen von Beispielen Bezug genommen wird sowie ein einfaches Navigieren auf der CD-ROM unter Nutzung des Inhaltsverzeichnisses und der auf jeder Seite vorhandenen Symbolleiste (siehe unten), erleichtern die Arbeit mit der PowerPoint-Präsentation.

Zeichnungen, Bilder, zusätzliche Fotos und Animationen in Farbe begleiten die Entwicklung eines Gedanken-ganges, lassen den Lösungsweg einer Aufgabe klarer hervortreten und unterstützen so den nicht immer ein-fachen Lernprozess und das Verstehen der Zusammenhänge. Allerdings können Sie weder das Buch noch die CD-ROM von der Notwendigkeit entbinden, sich den Stoff mit Bleistift und Papier zu erarbeiten und selbständig möglichst viele Beispiele zu rechnen. Die Mechanik erschließt sich nicht einfach nur durch das Lesen eines Buches oder das Abspielen einer CD-ROM, sondern erfordert die Bereitschaft und die Mühe, das Gehörte und Gelesene zu verstehen und das Verständnis an Hand von Beispielen zu überprüfen. Wir hoffen aber, dass das vorliegende Buch und die beigefügte CD-ROM das Lernen, das Verstehen und das Anwenden der vermittelten Lehrinhalte erleichtern und wirkungsvoll unterstützen.

1 Die Textpassagen sind auf der CD-ROM gegenüber dem Buch etwas umgestellt und um die Teile gekürzt, die nicht unmittelbar zur Herleitung eines Gedankenganges benötigt werden. Das war unserer Meinung nach deshalb notwendig, um zusammen-hängende Ableitungen möglichst auf eine PowerPoint Seite bringen zu können und um unnötige Rücksprünge zu vermeiden.

1 StatikEinführung

Ende?


1 StatikSeite: 5

ide

ntis

ch m

it S

eite

PowerPointFolien-Nr.Inhaltsverzeichnis

(Datei: TM-Wi-stat.ppt / Kennzeichnung der Folien-Nr. mit S <n> )1 STATIK

12

S 12

1.1 Grundlagen

15

S 15

1.1.1 Starrer Körper

15

S 15

1.1.2 Kraft

16

S 16

1.1.3 Wechselwirkungsprinzip

191.1.4 Schnittprinzip

201.1.5 Reaktionskräfte und eingeprägte Kräfte

211.1.6 Gleichgewicht

211.1.7 Äquivalenz von Kräften

231.2 Zentrales ebenes Kraftsystem

241.2.1 Resultierende

241.2.2 Gleichgewicht von Kräften

311.2.3 Lagerungsbedingungen

321.3 Allgemeines ebenes Kraftsystem

361.3.1 Ermittlung der Resultierenden zweier paralleler Kräfte

361.3.2 Moment

381.3.3 Versetzungsmoment

401.3.4 Rechnerische Ermittlung der Resultierenden (Lösungskonzept)

421.3.5 Gleichgewicht von Kräften und Momenten

441.3.6 Bindungen, Freiheitsgrad und statische Bestimmtheit einer starren Scheibe

46

S 46Ende?

Seite

1 StatikInhalt Seite: 5


1 StatikSeite: 6

ide

ntis

ch m

it S

eite

1.4 Ebene Tragwerke

49

S 49

1.4.1 Grundbegriffe

491.4.2 Lagerung starrer Scheiben

501.4.3 Streckenlasten

551.4.3.1 Definition von Streckenlasten

551.4.3.2 Ermittlung der Resultierenden einer Streckenlast

571.4.4 Beispiele

591.5 Scheibenverbindungen

621.5.1 Ermittlung der statischen Bestimmtheit

621.5.2 Dreigelenkträger

671.5.3 Gerberträger

721.5.4 Ebene Fachwerke

751.5.4.1 Überprüfung der statischen Bestimmtheit von Fachwerken

801.5.4.2 Arten von Fachwerken

811.5.4.3 Berechnungsmethoden für Fachwerke

831.6 Schnittgrößen in ebenen Trägern und Trägersystemen

881.6.1 Definition der Schnittgrößen

881.6.2 Berechnung und grafische Darstellung der Schnittgrößen

911.6.3 Differentielle Beziehungen

951.6.4 Anwendungen

981.7 Zentrales räumliches Kraftsystem

1101.7.1 Ermittlung der Resultierenden

1111.7.2 Gleichgewicht einer zentralen räumlichen Kräftegruppe

112

S 112Ende? 1 Statik

Inhalt Seite: 6


1 StatikSeite: 7

ide

ntis

ch m

it S

eite

1.8 Allgemeines räumliches Kraftsystem

114

S 114

1.8.1 Zusammensetzung von Kräften und Momenten

1171.8.2 Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte und Momente

1181.8.3 Räumlich gestützter Körper

1191.8.4 Schnittgrößen am räumlich belasteten Balken

1231.9 Schwerpunkt

1271.9.1 Massenschwerpunkt

1271.9.2 Volumenschwerpunkt

1291.9.3 Flächenschwerpunkt ebener Flächen

1291.9.4 Linienschwerpunkt ebener Linien

1311.9.5 Schwerpunkt zusammengesetzter Gebilde

1321.9.6 Anmerkungen zur Berechnung von Schwerpunkten

1331.10.1 Definition der Flächenträgheitsmomente

1341.10.2 Satz von STEINER

1371.10.3 Flächenträgheitsmomente einfacher Querschnittsflächen

1401.10.4 Hauptträgheitsmomente

1411.10.5 Flächenträgheitsmomente zusammengesetzter Flächen

146

1.10 Flächenträgheitsmomente

134

1.11 Haftung und Gleitreibung

1481.11.1 Haftung (Zustand der Ruhe)

1491.11.2 Gleitreibung (Zustand der Bewegung)

1541.11.3 Seilhaftung und Seilreibung

1561.11.3.1 Seilhaftung

1561.11.3.2 Seilreibung

160

S 160

Ende? 1 StatikInhalt Seite: 7


1 StatikSeite: 8

(Datei: TM-Wi-fest.ppt / Kennzeichnung der Folien-Nr. mit F <n> )2 Festigkeitslehre

161

F 12

2.1 Grundlagen der Festigkeitslehre

162

F 13

2.1.1 Einleitung

162

F 13

2.1.2 Spannungszustand

168

F 19

2.1.3 Deformationszustand

171

F 22

2.1.4 Elastizitätsgesetze (Materialgesetze)

174

F 25

2.1.4.1 Elastizitätsgesetz für die Dehnung

175

F 26

2.1.4.2 Elastizitätsgesetz für die Gleitungen

181

F 32

2.1.4.3 Verallgemeinertes HOOKEsches Gesetz

182

F 33

2.2 Zug und Druck

184

F 35

2.2.1 Spannungen und Verformungen von Stabsystemen

184

F 35

2.2.1.1 Berechnung der Spannung

184

F 35

2.2.1.2 Berechnung der Verformungen

188

F 39

2.2.2 Flächenpressung

198

F 49

2.3 Biegung

203

F 54

2.3.1 Voraussetzungen und Annahmen

203

F 54

2.3.2 Spannungen bei gerader Biegung

205

F 56

2.3.3 Verformungen bei gerader Biegung

212

F 63

2.3.4 Schiefe Biegung

229

F 80

2.4 Querkraftschub

234

F 85

2.4.1 Schubspannungen infolge Querkraftbelastung

234

F 85

2.4.2 Abschätzung der Verformungen infolge Querkraftbelastung

238

F 89 Ende? 1 StatikInhalt Seite: 8


1 StatikSeite: 9

(Datei: TM-Wi-dyn.ppt / Kennzeichnung der Folien-Nr. mit D <n> )

2.5.1 Torsion von Stäben mit Kreis- und Kreisringquerschnitten

243

F 94

2.5.1.1 Annahmen und Voraussetzungen

243

F 94

2.5.1.2 Berechnung der Torsionsspannung

244

F 95

2.5.1.3 Berechnung der Verformung (Verdrehwinkel )

247

F 98

2.5.2 Hinweise zur Torsion allgemeiner Querschnitte

254

F 105

2.5 Torsion

242

F 93

2.6 Scherbeanspruchung

258

F 109

2.7.1 Überlagerung gleichartiger Spannungen

264

F 115

2.7.2 Mehrachsige Spannungszustände

265

F 116

2.7.3 Spannungshypothesen

275

F 126

2.7 Zusammengesetzte Beanspruchung

263

F 114

2.8.1 Einführung

285

F 136

2.8.2 Ein einfaches Stabilitätsproblem

290

F 141

2.8.3 EULER-Fälle

293

F 144

2.8 Stabilität

285

F 136

3 Dynamik

302

D 12

3.1 Kinematik des Punktes

304

D 14

3.1.1 Definitionen

304

D 14

3.1.2 Weg, Geschwindigkeit und Beschleunigung in kartesischen Koordinaten

305

D 15

3.1.3 Weg, Geschwindigkeit und Beschleunigung in Bahnkoordinaten

307

D 17

3.1.4 Weg, Geschwindigkeit und Beschleunigung in Polarkoordinaten

309

D 19

3.1.5 Bewegung auf einer Kreisbahn

311

D 21 Ende? 1 StatikInhalt Seite: 9

3.1.6 Grundaufgaben der Kinematik

313

D 23


1 StatikSeite: 10

3.2.1 Grundlagen

318

D 28

3.2.2 Momentanpol

319

D 29

3.2.3 Kinematik von Systemen aus Punktmassen und starren Körpern

325

D 35

3.2 Kinematik der ebenen Bewegung des starren Körpers

318

D 28

3.3.1 D’ALEMBERTsche Prinzip für Punktmassen

330

D 40

3.3.2 Ebene Bewegungen von starren Körpern

337

D 47

3.3.3 Aufstellung von Bewegungsgleichungen

349

D 59

3.3 Kinetik der ebenen Bewegung von Punktmassen und starren Körpern

330

D 40

3.4 Energiebetrachtungen

356

D 66

3.4.1 Arbeit, Energie, Leistung

356

D 66

3.4.1.1 Arbeit

356

D 66

3.4.1.2 Potentielle Energie

359

D 69

3.4.1.3 Energieerhaltungssatz

360

D 70

3.4.1.4 Leistung

368

D 78

3.4.1.5 Kinetische Energie für die ebene Bewegung eines starren Körpers

371

D 81

3.4.2 Verallgemeinerung des Energiesatzes

376

D 86

3.4.3 LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen 2. Art

380

D 90

3.5 Schwingungen

389

D 99

3.5.1 Einführung

389

D 99

3.5.2 Freie ungedämpfte Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

394

D 104

3.5.3 Freie gedämpfte Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

407

D 117

3.5.4 Erzwungene Schwingungen mit einem Freiheitsgrad

417

D 127

3.5.5 Systeme mit mehreren (n) Freiheitsgraden

424

D 134Ende? 1 Statik

Inhalt Seite: 10


1 StatikSeite: 11

3.5.5.1 Einführung

424

D 134

3.5.5.2 Aufstellen der Bewegungsgleichungen

425

D 135

Ende?

bis

435

D 145

1 StatikInhalt Seite: 11


1 StatikSeite: 12

Üblicherweise unterteilt man die Technische Mechanik nach der Beschaffenheit der betrachten Körper in die Mechanik fester, flüssiger und gasförmiger Körper. Das vorliegende Buch behandelt ausschließlich die Technische Mechanik fester Körper (Festkörpermechanik).

Dieses Gebiet wird häufig weiter unterteilt in Statik Festigkeitslehre und Dynamik.

Diese Unterteilung liegt auch dem vorliegenden Buch zu Grunde.

Die Mechanik ist die Lehre von der Wirkung von Kräften auf Körper. Sie ist ein Teilgebiet der Physik. Die Technische Mechanik wendet physikalische Gesetze auf technische Probleme an und entwickelt dabei grundlegende Methoden und Berechnungswege, um das mechanische Verhalten von realen technischen Systemen untersuchen, beschreiben und beurteilen zu können.

Was ist Technische Mechanik?

1 Statik

Ende?


1 StatikSeite: 13

Am Ende der Lehrveranstaltung sollen Sie in der Lage sein, einfache technische Problemstellungen aus den oben genannten Gebieten der Mechanik zu erkennen, richtig einzuordnen, daraus mechanische Berechnungsmodelle zu erstellen und diese einer Lösung zuzuführen.

Ziel der Lehrveranstaltung

Das Ziel der Vorlesung besteht darin, Ihnen Grundkenntnisse in der Statik, der Festigkeitslehre und der Dynamik (Kinematik, Kinetik, Schwingungslehre) zu vermitteln und dabei das methodische Vorgehen bei der Lösung einfache technische Aufgabenstellungen anhand der grundlegenden Prinzipien der Technischen Mechanik zu erläutern.

Die Statik – genauer die Statik fester Körper – der wir uns im Kapitel 1 Statik zuwenden werden, ist die Lehre von der Wirkung von Kräften auf starre Körper im Gleichgewichtszustand. Die Beanspruchung der betrachteten Körper wird dabei als zeitlich unveränderlich vorausgesetzt.

Es ist das Ziel der Statik, Bedingungen (Gleichgewichtsbedingungen) für die angreifenden Kräfte zu formulieren, unter denen ein Körper oder ein Körpersystem in Ruhe bleibt.

Ende?


1 StatikSeite: 14

Ein klassisches Beispiel dafür ist der Einsturz der Takoma Narrows Bridge im Bundesstaat Washington (USA) am 7. 11.1940, bereits vier Monate nach ihrer Eröffnung.

Wozu brauchen Sie Technische Mechanik?Wozu brauchen Sie Technische Mechanik?

Die Ursache des Einsturzes waren plötzliche Torsions-schwingungen, die infolge von Windverwirbelungen im Resonanzbereich angeregt wurden. Erst 1992 führten Computersimulationen zur endgültigen Klärung aller Phänomene dieses Einsturzes.

Zur Vermeidung derartiger Katastrophen und Unglücksfälle vermitteln die Technische Mechanik und die angrenzenden Wissensgebiete notwendige Grundlagen für eine zuverlässige Modell-bildung, für die Berechnung und Simulation sowie für experimentelle Untersuchungen.

Ende?

VideoVideo

Ein Versagen technischer Konstruktionen gab es (und wird auch zukünftig nicht ganz vermeidbar sein), seitdem der Mensch begonnen hat seine Umwelt auf der Grundlage des jeweiligen aktuel-len Kenntnisstandes zu verändern.Fehler bzw. nicht bekannte oder berücksichtigte Ein-flüsse können zu großen Katastrophen führen.

Zur Ansicht des Videos auf das Bild klicken oder Datei takoma-bridge.avi mit geeignetem Media-Player öffnen. Ein weiterer Klick auf das Video stoppt dieses bzw. setzt die Wiedergabe fort oder beginnt zu erneut.

Das sollte vermieden werden!Das sollte vermieden werden!


1 StatikSeite: 15

1.1 Grundlagen

1.1.1 Starrer Körper

Von einem starren Körper sprechen wir dann, wenn der Abstand zwischen zwei Punkten auf dem Körper bei beliebigen Belastungen unverändert bleibt. In der Statik vernachlässigen wir also die Verformung eines Körpers unter der Wirkung von Belastungen.

Ein starrer Körper ist die Idealvorstellung eines Körpers, der unter Krafteinwirkung keine Verformung erfährt.

Jeder reale Körper unter der Wirkung von äußeren Belastungen, der sich in Ruhe – d. h. im Gleichgewicht – befindet, kann gedanklich in einen starren Körper verwandelt werden (Erstarrungsprinzip).

Beachte: Natürlich ist ein realer Körper niemals ein starrer Körper. Das Modell eines starren Körpers ist aber in vielen Fällen eine für technische Bauteile und Konstruktionen zweckmäßige Annahme. Diese Annahme muss aber unbedingt kritisch überprüft werden, um die Gültigkeit der daraus folgenden Berechnungsergebnisse sicherzustellen.

Ende?


1 StatikSeite: 16

Definition des KraftbegriffsJede physikalische Größe, die sich mit der Gewichtskraft ins Gleichgewicht setzen lässt, ist eine Kraft.

Weitere Beispiele für Kräfte:magnetische und elektrische Kräfte, Druckkräfte von Flüssigkeiten und Gasen, Windkräfte, Federkräfte usw.

Zentraler Begriff der Statik : Kraft

1.1.2 Kraft

„Urbild“ der Kraft: Gewichtskraft und Muskelkraft (die Muskelkraft kann erfahrungsgemäß an einem Körper im Schwerefeld der Erde Gleichgewicht herstellen)

Kräfte sind Vektoren und durch die folgenden Größen bestimmt:

• Betrag• Richtung• Richtungssinn und• Angriffspunkt

Ende?


1 StatikSeite: 17

Kennzeichnung von Vektoren: Symbol mit einem Vektorpfeil, z. B. F

Der Kraftvektor wird üblicherweise mit (von force) gekennzeichnet.Der Betrag des Kraftvektors wird durch dargestellt (eventuell wird F mit einem Index versehen, der den Angriffspunkt und/oder die Richtung kennzeichnet).

F

F |F|

Zeichnerische Darstellung der Kraft:Vektorlänge e

APWL

F

Bild 1.1 Darstellung eines Vektors

Für die maßstäbliche Darstellung der Kraft benötigt man die Richtung (auch als Wirkungslinie WL bezeichnet), den Angriffspunkt AP, und die Vektorlänge e. Die Pfeilspitze legt den Richtungssinn auf der Wirkungslinie WL fest (Bild 1.1).

Um den Betrag von als Vektorlänge e, darstellen zu können, muss man einen Maßstabsfaktor mF festlegen.Es gilt dann:

F

Fm 1 e

F

mit F in N und mF in N/mm

Einheiten der Kraft (gesetzlich verbindlich)1 N = 1 kg m s-2

1 kN = 1000 N (alt: 1 kp = 9,81 N)

Ende?


1 StatikSeite: 18

Hinweis: Da wir auf grafische Verfahren nicht eingehen werden, müssen unsere Darstellungen der Kraftvektoren nicht maßstäblich sein. Die Darstellung der Kräfte in Skizzen in Form eines Pfeilbildes genügt in der Regel.

Das Pfeilbild soll die Lage, die Richtung und den Richtungssinn prinzipiell beschreiben und wird durch die Angabe des Betrages F und des Richtungswinkels eindeutig ergänzt (Bild 1.2)

F

Bild 1.2 Skizze eines Kraftvektors

In der Mechanik Unterscheiden wir• räumlich verteilte Kräfte (z. B. Gewichtskraft, elektrische und magnetische Kräfte) • flächenhaft verteilte Kräfte (z. B. Druckkräfte von Flüssigkeiten und Gasen)• Einzelkräfte

Eine Einzelkraft ist ein idealisierter Grenzfall. Sie kann z. B. durch eine Seilkraft veranschaulicht werden, bei der der Angriffsbereich eine sehr kleine Querschnittsfläche des Seiles ist. Eine Einzelkraft wird am starren Körper durch einen linienflüchtigen Vektor beschrieben. Daraus folgt der Verschiebungssatz:

An einem starren Körper kann eine Einzelkraft beliebig entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden.

Ende?


1 StatikSeite: 19

1.1.3 Wechselwirkungsprinzip

Das Wechselwirkungsgesetz geht auf Newton (1687) zurück, der die Gleichheit von Wirkung und Gegenwirkung postulierte.

Zu jeder Kraft gehört auf der gleichen Wirkungslinie eine Gegenkraft von gleichem Betrag aber mit entgegengesetztem Richtungssinn.

Das gilt beispielsweise auch für Kräfte, die an Körpern wirken, die sich nicht berühren(z. B. Gravitationskräfte zwischen Himmelskörpern, magnetische Kräfte).

Eine Kraft tritt also niemals allein auf, sondern es gehört zu jeder Kraft eine gleich große Gegenkraft (siehe Bild 1.3) .

Körper

ErdmittelpunktM

FG

FG

Bild 1.3 Wechselwirkungsprinzip

Ende?


1 StatikSeite: 20

Im Bild 1.4 wurde beispielsweise der Körper aus Bild 1.3 von seiner Unterlage befreit und die Wirkung der Unterlage auf den Körper sowie die Wirkung des Körpers auf seine Unterlage durch die Kraft FN ersetzt.

(Normalkraft)

FG

FN

FN

Bild 1.4 Schnittprinzip und Gleichgewicht

1.1.4 Schnittprinzip

Die dadurch verlorengegangene gegenseitige Beeinflussung zwischen Körper und Umgebung muss danach durch geeignet gewählte Kräfte ersetzt werden, die den ursprünglichen Ruhezustand (oder Bewegungszustand, siehe Kapitel 3 Dynamik) des Körpers wieder herstellen.

Ein Körper kann mittels eines gedachten Schnittes von seiner Umgebung befreit werden.

Durch dieses grundlegende Prinzip wird es möglich, innere Kräfte eines technischen Systems sichtbar und damit berechenbar zu machen.

Ende?


1 StatikSeite: 21

Alle Kräfte, die nicht durch starre Bindungen (Lagerungen, Abstützungen) bedingt sind, heißen eingeprägte Kräfte.

1.1.5 Reaktionskräfte und eingeprägte Kräfte

Durch Lagerungen oder Abstützungen kann ein starrer Körper erfahrungsgemäß in seiner Lage fixiert werden – der Körper ist dann an seine Lage gebunden.

1.1.6 Gleichgewicht

Das Gleichgewichtsprinzip der Statik sagt aus, dass ein starrer Körper dann im Gleichgewicht ist, wenn er sich im Zustand der Ruhe (oder der gleichförmigen Bewegung) befindet.

Kräfte, die bei der Anwendung des Schnittprinzips die Wirkung der Lager oder der Stützen ersetzen, nennt man Reaktionskräfte (oder auch Bindungskräfte).

Der Angriffspunkt und die Wirkungslinie einer Reaktionskraft werden durch die von der zugehörigen Bindung verhinderten Bewegung des Körpers bestimmt (vgl. Kapitel 1.4.2).

Ende?


1 StatikSeite: 22

Schneiden wir einen Körper aus der Umgebung frei und tragen alle Reaktionskräfte und eingeprägten Kräfte an, so befindet sich der Körper im Gleichgewicht, wenn die Gesamtheit der Kräfte den Zustand der Ruhe oder der gleichförmigen Bewegung des Körpers nicht verändert.

Der einfachste Fall einer Gleichgewichtsgruppe von Kräften liegt offensichtlich vor, wenn ein Körper unter der Wirkung von nur zwei Kräften steht (vgl. Bild 1.4). Dann herrscht Gleichgewicht, wenn die beiden Kräfte

1. die gleiche Größe (gleichen Betrag) haben,2. entgegengesetzt zueinander gerichtet sind und3. auf der gleichen Wirkungslinie liegen.

(Normalkraft)

FG

FN

FN

Bild 1.4 Schnittprinzip und Gleichgewicht

Diese durch die Erfahrung bestätigte Erkenntnis kann auf die Wirkung von beliebig vielen Kräften verallgemeinert werden (siehe Kapitel 1.2).

Ende?


1 StatikSeite: 23

1.1.7 Äquivalenz von Kräften

Eine Gruppe von Kräften nennt man äquivalent (mechanisch gleichwertig) zu einer zweiten Gruppe von Kräften, wenn beide für sich an demselben starren Körper die gleiche mechanische Wirkung haben.

Für einen starren Körper sind unendlich viele Kräftegruppen denkbar, die zu einer gegebenen Kräftegruppe äquivalent sind. So sind beispielweise zwei nach Betrag und Richtungssinn gleiche Kräfte auf der gleichen Wirkungslinie mit unterschiedlichem Angriffspunkt am starren Körper äquivalent .

Aus dem Gleichgewichts- bzw. Äquivalenzprinzip werden wir in den folgenden Kapiteln mathematische Gleichgewichts- bzw. Äquivalenzbedingungen ableiten, aus denen wir noch unbekannte Kräfte berechnen können.

Ende?


1 StatikSeite: 24

1.2 Zentrales ebenes Kraftsystem

Eine Gruppe von Kräften, die an einem starren Körper angreift, heißt zentrales Kraftsystem, wenn sich die Wirkungslinien aller Kräfte in einem Punkt schneiden.

1.2.1 Resultierende

Eine Gruppe von Kräften lässt sich durch eine äquivalente Kraft, die so genannte Resultierende , ersetzen. Die Resultierende ist den Kräften äquivalent.

) n21 F, ,F,F (

) n21 F, ,F,F (

RF

Hinweis: Die Anwendung grafischer Methoden dient nachfolgend vorwiegend zur Veranschaulichung. Die Lösung von Aufgaben erfolgt in der Regel analytisch.

Grafische Lösung:

Parallelogrammsatz: Zwei Kräfte lassen sich im Kräfteplan grafisch zu einer Resultierenden zusammenfassen, die nach Größe und Richtung durch die Diagonale in einem Parallelogramm bestimmt wird, dessen Seiten von den beiden (maßstäblich gezeichneten) Kräften aufgespannt werden.

(vgl. Bild 1.5 a) bis c) auf der folgenden Seite).

Ende?


1 StatikSeite: 25

F1

WL2

WL1

F2

AP2

AP1

a) Lageplan Darstellung von Betrag, Richtung Richtungssinn und Angriffspunkten der Kräfte

Bild 1.5 Lageplan, Kräfteplan, Krafteck

Nachfolgend wird die Ermittlung der Resultierenden an zwei Kräften (Bild 1.5 a) gezeigt.

Hinweis: Das Krafteck (Bild 1.5 c) ist eine Vereinfachung des Kräfteparallelogramms, bei der die Reihenfolge der Kräfte beliebig ist.

b) Kräfteplan(mit Kräfteparallelogramm)

Darstellung von Betrag, Richtung und Richtungssinn der Kräfte

F1

F2

FR

FR

WLRFR

Nach Ermittlung von FR über den Kräfteplan bzw. das Krafteck wird diese auf der resultierenden

Wirkungslinie (WLR) in den Lageplan eingezeichnet.

c) Krafteck

F2

F1

Vereinfachung

Beachte: Eine Umkehrung der Aufgabe, d. h. die Zerlegung einer Kraft in beliebig viele Komponenten ist nicht möglich. Eine Kraft kann in der Ebene eindeutig nur in zwei Komponenten zerlegt werden!

Ende?


1 StatikSeite: 26

Analytische Lösung:

Auf Kräfte können die Regeln der Vektorrechnung angewandt werden. Für die Zusammensetzung von n Kräften zu einer Resultierenden gilt folglich:

ni21

n

1iiR FFFFFF

(1.1)

,FFn

1iixRx

n

1iiyRy FF (1.2)

In Komponentenschreibweise bezogen auf ein (x,y)-Koordinatensystem (Bild 1.6) gilt für die Resultierenden in x- und in y-Richtung

x

y

WL

Fi

i

Bild 1.6 Komponenten einer Kraft

Fix = Fi cosi

Fiy = Fi sini

bzw. mit den Komponenten von Fi nach Bild 1.6

n

1iiiRx ,cosFF

n

1iiiRy sinFF (1.3)

Hinweis: Verwendet man die Definition für die Winkel i nach Bild 1.6, so wird das richtige Vorzeichen der Kraftkomponenten automatisch über die Winkelfunktionen in die Gleichung (1.3) übernommen.

Ende?


1 StatikSeite: 27

Für die Resultierende ergibt sich dann

2Ry

2RxR FFF (1.4)

Da für R noch zwei Quadranten möglich sind, bildet man für die Eindeutigkeit des

Richtungssinns noch

R

RyR F

Fsin (1.6)

Die Lage der Resultierenden wird durch den Winkel R bestimmt, der sich aus

Rx

RyR F

Ftan (1.5)

ergibt.

Ende?


1 StatikSeite: 28

x

y

2 = 160

F1 = 200 N

1 = 30F2 = 400 N

Bild 1.7 Resultierende zweier Kräfte

Beispiel 1.1 Resultierende zweier Kräfte

Für die im Lageplan des Bildes 1.7 dargestellten zwei Kräfte F1 und F2 soll die Resultierende ermittelt werden.

Berechnung mit den Gleichungen (1.3) bis (1.6):

N 202,7-N 9,3752,173F

N 160cos40030cos200F

cosFcosFcosFF

Rx

Rx

2211

2n

1iiiRx

und

N 8,236N 8,136100F

N 160sin40030sin200sinFsinFsinFF

Ry

2211

2n

1iiiRy

Der Betrag der Resultierenden ergibt sich aus (1.4)

N 311,7N 8,2367,202FFF 222Ry

2RxR

FR

R

Berechnung des Winkels R:siehe folgende Seite

Ende?


1 StatikSeite: 29

Den Winkel der Resultierenden erhalten wir aus Gleichung (1.5)

168,1N 7,202

N 8,236F

Ftan

Rx

RyR

Für die Eindeutigkeit des Winkels berechnen wir noch (1.6)

7597,0N 7,311N 8,236

F

Fsin

R

RyR

zwei Lösungen für R

57,130180

43,49

1R,2R,

1R,

57,130180

43,49

3,R4,R

3,R

zwei weitere Lösungen für R

Der gesuchte Winkel R muss beiden Gleichungen (1.5) und (1.6) erfüllen. Das

trifft nur für den Winkel von 130,57 zu. Damit hat die Resultierende den Richtungswinkel

57,130R

Die Resultierende kann jetzt auf einer Wirkungslinie durch den Schnittpunkt der beiden Wirkungslinien von F1 und F2 mit dem Richtungswinkel R eingezeichnet

werden (siehe Bild 1.7, eine Seite zurück).

Ende?


1 StatikSeite: 30

Weitere Berechnungsmöglichkeit:

x

y F1 = 200 N

1 = 30

F2 = 400 N

Bild 1.8 Komponenten von F1 und F2

Die 2. Berechnungsmöglichkeit beruht darauf, dass zunächst nur die Beträge der Kraftkomponenten – in der Regel aus Winkeln zwischen 0 und /2 zu einer der Koordinatenachsen – berechnet werden.

N 8,236N 8,136100cosFsinFFFF

N 7,202N 9,3752,173sinFcosFFFF

211V2V1Ry

211H2H1Rx

Wie man sieht, erhält man die gleichen Komponenten für die Resultierende. Die Rechnung wird dann wie oben fortgesetzt.

Bei der Berechnung des Richtungswinkels R kann man sich auf die Gleichung

(1.5) beschränken, wenn der richtige Winkel von den zwei möglichen wiederum aus der Anschauung (Beurteilung der Vorzeichen von FRx und FRy) gewonnen wird.

F2H

F1H

F1V

F2V1

Das richtige Vorzeichen der Kraftkomponenten für das Aufschreiben der Gleichung (1.2) muss dann aus der Anschauung genommen werden. Wir erhalten (vgl. Kraftzerlegung in Bild 1.8):

Ende?


1 StatikSeite: 31

1.2.2 Gleichgewicht von Kräften

Das Kraftgleichgewicht ist die Bedingung für die Ruhe (bzw. für die gleichförmige Bewegung) eines Systems.

Analytische Lösung dieser Aufgabe

FRx= 0 bzw. FRH= 0 oder symbolisch: (1.7)

FRy= 0 bzw. FRV= 0 oder symbolisch: (1.8)

:

:

Beachte: Da das Gleichgewicht in jeder beliebigen Richtung aufgeschrieben werden kann, gibt es unendlich viele Gleichgewichtsbedingungen.

Da von diesen jedoch nur zwei linear unabhängig sind, können nur zwei Unbekannte berechnet werden.

Weitere Gleichgewichtsbedingungen können gegebenenfalls zur Kontrolle benutzt werden.

Satz: Eine zentrale ebene Kräftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn ihre Resultierende gleich Null ist.

Ende?


1 StatikSeite: 32

Beachte: Ein Seil kann nur Zugkräfte übertragen! Ein Stab, der beidseitig gelenkig befestigt ist, kann sowohl Zug- als

auch Druckkräfte übertragen. FS 0 bedeutet, der Stab wird auf Druck beansprucht.

Wenn wir einen starren Körper mit Hilfe des Schnittprinzips von seinen Lagerungen befreien, werden die Lagerkräfte sichtbar.

Seile und Stäbe:Seile und Stäbe können nur Kräfte in Längsrichtung aufnehmen. Wir führen einen Schnitt durch das Seil oder den Stab und tragen eine Zugkraft (Zugkräfte sind dann immer positive Kräfte) an dem Schnittufer in Längsrichtung an (siehe Bild 1.9).

Bild 1.9 Lagerung durch Seilen und Stäben

Seil

Stab 1

Stab 2 Seil

Stab 1

Stab 2

FS

FS1

FS2

Schnittprinzip

1.2.3 Lagerungsbedingungen(Weitere Lagerungsbedingungen werden im Kapitel 1.4.2 behandelt)

Seil, Stab und reibungsfreie Auflage sind wichtige technischen Realisierungen der Lagerung eines starren Körpers unter der Wirkung von Zentralkräften.

Ende?


1 StatikSeite: 33

Reibungsfreie (ideal glatte) Berührung zwischen Körper und Unterlage

Typische Beispiele sind die Lagerung einer Kugel in einer starren Rinne (Bild 1.10) bzw. die Lagerung eines starren Körpers auf einer glatten Kante oder Schneide.

Durch einen Schnitt wird der Körper von der Unterlage befreit und üblicherweise eine Druckkraft FN normal (senkrecht) zur gemeinsamen Tangentialebene von Körper und Unterlage angetragen.

Schnittprinzip

FBFA

R

FG

FB

BA

FA

Bild 1.10 Reibungsfreie Berührung zwischen Körper und Unterlage

R

FG

AB

Beachte: Liefert die Berechnung FN 0, bedeutet das ein Abheben von der

Unterlage, falls das konstruktiv nicht verhindert wird.

Ende?


1 StatikSeite: 34

b) Schnittskizze

F

FS2

FS1

c) Komponentenzerlegung

F

FS2cos

FS2sin

FS1sinFS1cos

Beispiel 1.2 Berechnung der Stabkräfte eines Stabzweischlag

Gegeben: F, , (siehe Bild 1.11 a )Gesucht: Stabkräfte FS1, FS2

Bild 1.11 Berechnung der Stabkräfte eines Stabzweischlag

F Stab 1

Stab 2

a)

Freischneiden

Gleichgewichtsbedingungen (vgl. Bild 1.11 c )

-FS1sin + FS2sin + F =0: (1)

Das sind zwei Gleichungen für beiden Unbekannten FS1 und FS2.

-FS1cos +FS2cos = 0: (2)

Ende?


1 StatikSeite: 35

Fcos

sincoscossinF 1S

0Fcos

sincosFsinF 1S1S

Einsetzen von (3) in die Gleichung (1) liefert:

Aus der Gleichung (2) folgt:

coscos

FF 1S2S (3)

Mit dem Additionstheorem sincos - cossin = sin(-) folgt daraus

F)(sin

cosF 1S

(4)

Einsetzen von (4) in die Gleichung (2) liefert:

F)(sin

cosF 2S

(5)

Hinweis: Wie man aus (4) und (5) ersieht, liegen die Stäbe bei = auf einer Geraden, und es ergeben sich rechnerisch unendlich große Stabkräfte. Dieser Widerspruch resultiert aus der Modellannahme eines starren Körpers. Lässt man die Verformbarkeit der Stäbe zu, dann stellt sich im Gleichgewichtszustand ein Winkel von etwas weniger als 180° zwischen den Stäben ein, was zu endlich großen Stabkräften führt, die allerdings sehr groß sein können und zur Zerstörung der Konstruktion führen können.

Ende?


1 StatikSeite: 36

b) Kräfteplan

F1

Bild 1.12 Resultierende zweier paralleler Kräfte

a) Lageplan

F1

F2

1.3.1 Ermittlung der Resultierenden zweier paralleler Kräfte

In Bild 1.12 a) sind zwei parallele Kräfte F1 und F2 an einem Körper angetragen. Die grafische Lösungsmöglichkeit mit Hilfe der Ergänzung einer Gleichgewichtsgruppe von zwei Hilfskräften FH wird mit Bild 1.12 gezeigt.

FHFH

1.3 Allgemeines ebenes Kraftsystem

Ein allgemeines ebenes Kraftsystem ist eine Gruppe von Kräften mit beliebigen Wirkungslinien (WL), die sich nicht alle in einem Punkt schneiden.

F2*

F1*

F1*

F2*

FR

FR

F2

FH

Hinweis: Die Ergänzung der beiden Hilfskräfte FH kann auf einer beliebigen Wirkungslinien (nicht parallel zu F1 und F2 ) erfolgen. Eine senkrechte Wirkungslinien zu F1 und F2 für FH ist jedoch zu empfehlen.

Ende?


1 StatikSeite: 37

Bild 1.13 Parallele entgegengesetzt gerichtete Kräfte, mit gleichem Betrag (Kräftepaar)

F1

F2=F1

b) Lageplan

Wir betrachten jetzt den Fall, dass F2 den gleichen Betrag wie F1 hat, aber auf einer parallelen Wirkungslinie entgegengesetzt zu F1 gerichtet ist (Bild 1.13). Zwei Kräfte mit diesen Eigenschaften bezeichnet man als Kräftepaar.

FH

FH

l

F2*

l*

Es ergeben sich zwei neue entgegengesetzt gleiche Kräfte F* auf parallelen Wirkungslinien mit dem gleichen Produkt von KraftAbstand wie das der Ausgangskräfte mit dem Abstand l. Dieses Produkt bezeichnen wir als Moment.

Beachte: FR = 0 (das Krafteck ist geschlossen - aber trotzdem kein Gleichgewicht, vgl. Lageplan)

Ein Kräftepaar ist eine Kräftegruppe aus zwei gleichgroßen entgegengesetzt gerichteten Kräften auf parallelen Wirkungslinien.

F1*

F2

F1

b) Kräfteplan

Wegen F1 = F2 folgt F1*= F2

* und mit l*= l sin und F1= F1* sin ergibt sich

F1 l = F1* l*.

Ende?


1 StatikSeite: 38

Als Maß für die Wirkung eines Kräftepaares (siehe Bild 1.14) dient sein Moment

M = Fl mit der Einheit: N m (N cm, kN m). (1.9)

Die Wirkung eines Momentes auf einen starren Körper besteht in dem Bestreben, ihn um eine Achse senkrecht zu der vom Kräftepaar gebildeten Ebene zu drehen (z. B. Lenkrad, Schraubendreher). Daraus folgt auch die symbolische Darstellung durch einen den Drehsinn symbolisierenden gekrümmten Pfeil bzw. durch einen Doppelpfeil (siehe Bild 1.14).

1.3.2 Moment

Ein Kräftepaar kann nicht durch eine resultierende Kraft ersetzt werden! Ein Kräftepaar liefert ein Moment!

Bild 1.14 Kräftepaar und Moment mit symbolischer Darstellung

Kräftepaar in x-y-Ebene (Zeichenebene)

F

F

.l

x

y

z

Drehachse z

.

Msymbolisch:

Kräftepaar liegt allgemein im Raum (in der gelben Fläche)

l

F

F.

.

x

y

z

MDrehachse

symbolisch: M

Ende?


1 StatikSeite: 39

Das Moment M ist wie die Kraft F ein Vektor, was symbolisch durch ausgedrückt wird. Der Momentenvektor M steht senkrecht auf der von dem Kräftepaar aufge-spannten Ebene (vgl. Bild 1.14, eine Seite zurück).

M

Zur Kennzeichnung des Drehsinns ist bei ebenen Problemen der gekrümmte Pfeil ausreichend. Für allgemeine Lagen des Momentenvektors wird zweckmäßig die Darstellung als Doppelpfeil gewählt, wobei für die Zuordnung der Doppelpfeilrichtung, die den Drehsinn um die Drehachse festlegt, die rechte Hand-Regel (Rechtsschraube) benutzt wird (vgl. Bild 1.15).

Satz: Das Moment ist am starren Körper ein freier Vektor.

Der Momentenvektor kann also am starren Körper, im Unterschied zum Kraftvektor, auch senkrecht zu seiner Wirkungslinie verschoben werden ohne dass sich seine Wirkung auf den starren Körper verändert!

Bild 1.15 Rechte Hand-Regel

Ende?


1 StatikSeite: 40

Was passiert, wenn wir eine Kraft F am starren Körper auf eine parallele Wirkungslinie „versetzen“ (z. B. von WL1 auf WL2, vgl. Bild 1.16)?

1.3.3 Versetzungsmoment

WL1WL2

F

l

Bild 1.16 Versetzungsmoment beim parallelen Versetzen einer Kraft

WL1WL2

F

l

M = Fl

WL1WL2

F

l

F

F

Lösung: Wir tragen auf der Wirkungslinie WL2 zwei gleich große, sich gegenseitig aufhebende Kräfte F an.Dabei ergibt sich ein Kräftepaar mit dem Abstand l, das durch ein Momente M = Fl - das so genannte Versetzungsmoment – ersetzt werden kann.

Wenn wir eine Kraft parallel zu ihrer Wirkungslinie verschieben, müssen wir das Versetzungsmoment berücksichtigen.

Kräftepaar

Ende?


1 StatikSeite: 41

Als statische Moment einer Kraft F bezüglich eines beliebigen Punktes A bezeichnen wir das Versetzungsmoment MA, das beim Versetzen der Kraft F auf eine parallele, durch A verlaufende Wirkungslinie entsteht (siehe Bild 1.17).

Das statische Moment

Bild 1.17 Statisches Moment einer Kraft bezüglich A

WL

F

Al

.

MA = Fl

Ende?


1 StatikSeite: 42

1.3.4 Rechnerische Ermittlung der Resultierenden (Lösungskonzept)

Zur Ermittlung der resultierenden Wirkung einer beliebigen Zahl von Kräften am starren Körper bezüglich eines Punktes A versetzen wir alle Kräfte durch Parallel-verschiebung in den Punkt A und ermitteln das resultierende Versetzungsmoment.

)yFxF(MM iix

n

1iiiy

n

1iiARA

(1.10)

Für das resultierende Moment einer allgemeinen Kraft ergibt sich (vergleiche Bild 1.18):

A

y

xxi

yi

Fi

Fix

Fiy

MiA= Fiy xi - Fix yi

Bild 1.18 Bildung des resultierenden Momentes

Die Kräfte können, wie beim zentralen Kraftsystem, zu einer Resultierenden FR zusammengefasst werden (siehe Gleichungen (1.3) und (1.4)).

Ende?


1 StatikSeite: 43

F

2F

F

A

a

Beispiel 1.3 Ermittlung der Resultierenden eines ebenen Kraftsystems

Drei Kräfte greifen an einem starren Körper an (Bild 1.19). Wir suchen die Resultierende FR und deren Lage, die durch einen Abstand x auf der Horizontalen durch A festgelegt wird. Gegeben: F, a Gesucht: FR sowie FRH und FRV, , x

= 45

FR

Bild 1.19 Berechnung der Resultierenden

: FRH = 2 F

: FRV = F + F = 2 F

Zuerst berechnen wir mit (1.2) und (1.4) die Größe der Resultierenden FR.

F22F8FFF 22RV

2RHR

1FF

tanRH

RV

Aus (1.5) folgt der Richtungswinkel zu:

Das Versetzungsmoment der drei Kräfte muss gleich dem Versetzungsmoment der Resultierenden FR in Bezug auf den Punkt A (oder einen anderen Punkt) sein:

MRA = FRV xA :

x

a21

x F2

FaFM

xRV

RA

Ende?

FRV

FRH


1 StatikSeite: 44

Satz: Eine allgemeine ebene Kräftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft FR und das resultierende Moment MR gleich Null sind.

1.3.5 Gleichgewicht von Kräften und Momenten

Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen mit A als Bezugspunkt für das Momentengleichgewicht:

: (1.11)0Fn

1iix

n

1iiy 0F : (1.12)

n

1iiA 0M A : (1.13)

Es gibt unendlich viele Gleichgewichtsbedingungen. Von diesen sind nur drei linear unabhängig. Deshalb können nur drei Unbekannte daraus berechnet werden. Von den unendlich vielen Gleichgewichtsbedingungen können höchstens zwei für Kräfte

aber beliebig viele für Momente verwendet werden. Werden drei Gleichgewichtsbedingungen für die Momente aufgeschrieben, dann dürfen die drei Bezugspunkte nicht auf einer Linie liegen. Weitere Momentengleichgewichtsbedingungen können gegebenenfalls zur Kontrolle benutzt werden.

Ende?


1 StatikSeite: 45

Beispiel 1.4 Gleichgewicht an einer Umlenkrolle

Bild 1.20 zeigt eine bei A reibungsfrei mit zwei Stäben gelagerte Umlenkrolle, über die ein bei B festgemachtes Seil geführt ist, an dem am anderen Ende eine Kraft F angreift.

Bild 1.20 Gleichgewicht an einer Umlenkrolle

r

AF

Seil

1

2

B

Für das freigeschnittene System mit drei unbe-kannten Kräften müssen die Gleichgewichts-bedingungen (1.11) bis (1.13) erfüllt sein.

Freischneiden

r

AF

FSeil

FS1

FS2

Aus dem Momentengleichgewicht bezogen auf den Punkt A erhalten wir:

A : 0rFrFSeil

Die Kraftgleichgewichtsgleichung in vertikaler Richtung liefert:

: 0sinFFsinF Seil1S

Kraftgleichgewicht in horizontaler Richtung liefert:

: 0cosFFcosF 2S1S

Mit FS1 folgt daraus

sincos

FF 2S

FFSeil

sin

11FF 1S

Ende?


1 StatikSeite: 46

Zur eindeutigen Angabe der Lage einer starren Scheibe in der Ebene sind

3 Koordinatennotwendig.

Die freie starre Scheibe hat in der Ebene folglich

f = 3 Freiheitsgrade,d. h., ihre Lage ist durch drei Koordinaten eindeutig bestimmt (siehe Bild 1.21).

x

y

A

Bild 1.21 Mögliche Lagebeschreibungen einer starren Scheibe

Lagebeschreibung durch drei Koordinaten möglich:

xA , yA ,

Das idealisierte Modell starre Scheibe findet in der Statik häufig Verwendung z. B. zur Berechnung der Lagerreaktionen von Kränen, Brücken, Bauträgern usw.

Liegen alle eingeprägten Lasten und alle Stützreaktionen eines starren Körpers in einer Ebene, so nennt man diesen Körper auch starre Scheibe.

1.3.6 Bindungen, Freiheitsgrad und statische Bestimmtheit einer starren Scheibe

r

xA

yAstarre Scheibe

starre ScheibeA’ starre Scheibe

starre Scheibeoder

r , ,

Ende?


1 StatikSeite: 47

Mit Hilfe des Schnittprinzips lassen sich die Lagerkräfte freischneiden. An dem freigeschnittenen starren Körper müssen drei Gleichgewichtsbedingungen (z. B. Gleichungen (1.11) bis (1.13)) erfüllt sein, aus denen die Größe von drei Lagerkräften eindeutig bestimmt werden kann.

Eine starre Scheibe kann beispielsweise durchSeile, Stäbe oder reibungsfreie Auflagen

in ihrer Lage fixiert werden.

Durch Lagerungen und Abstützungen (Bindungen b) wird die Anzahl der Freiheitsgrade f der starren Scheibe verringert.

Diese Lagermöglichkeiten binden jeweils einen Freiheitsgrad und heißen deshalb einwertige Lager.

Achtung: Ausnahmen beachten!

Die starre Scheibe mit drei einwertigen Lagern ist unbeweglich, d. h. sie hat den Freiheitsgrad f = 0.

Eine solche Lagerung, bei der die Lagerreaktionen allein aus den Gleichgewichts-bedingungen berechnet werden können, heißt statisch bestimmte Lagerung.

Ende?


1 StatikSeite: 48

Eine Kontrolle kann z. B. mit Hilfe des Kräftegleichgewichts erfolgen:

Beispiel 1.5 Berechnung der Lagerreaktionen an einer starren Scheibe

Zur Lösung schneiden wir die Lager frei und tragen die Lagerkräfte an (Bild 1.22 rechts).

Wir erhalten:

Die Lagerkräfte berechnen wir aus 3 Momentengleichgewichts-bedingungen um die 3 Punkte A, B und C .

FG

SeilStab

a

a

45°45°

Bild 1.22 Lagerreaktionen an einer starren Scheibe

Schnitt

0aFaF N21

G A :

0aFdF 21

GSt B :

0aFdF 21

GS C :

0FF2F22FF45sinF45sinF G21

G21

G41

NGSSt :

G21

N FF

G41

St F2F

G41

S F2F

erfüllt!

Schnittskizze:

FGa

a

45°45°

FN

FSFSt

d

A

B

C

da2d

Ende?


1 StatikSeite: 49

Die Grundelemente von Tragwerken sind Idealisierungen von Bau- und Maschinen-bauelementen. Dazu gehören unter anderem Linientragwerke (Seil, Stab, Balken) und Flächentragwerke (Scheibe, Platte, Schale).

1.4 Ebene Tragwerke

1.4.1 Grundbegriffe

Linientragwerke (Länge groß gegenüber den Querschnittsabmessungen; siehe Bild 1.23):

Bild 1.23 Linientragwerke

Stab, Seil(nur Längsbelastung)

Stabachse

gekrümmter- oder Bogenträger (Belastungen wie Balken)

gekrümmte Balkenachse

Balken (Längs-, Momenten-und Querbelastung)

Balkenachse

Flächentragwerke (Flächenausdehnung groß gegenüber der Dicke)

Bild 1.24 Flächentragwerke

Scheibe(ebene Mittelfläche,

Belastung in der Mittelebene)

Schale(gekrümmte Mittelfläche,

Belastung beliebig)

Platte(ebene Mittelfläche, Belastung

senkrecht zur Mittelebene)

Ende?


1 StatikSeite: 50

1.4.2 Lagerung starrer Scheiben

Ein Lager bindet eine Scheibe an eine unbewegliche Umgebung. Für eine durch Lager gebundene starre Scheibe gilt, wenn bges die Summe aller Lagerbindungen ist:

die starre Scheibe ist statisch bestimmt gelagert, wenn für die Anzahl der Bewegungsfreiheitsgrade gilt:

f = 3 - bges = 0

die starre Scheibe ist beweglich, wenn für die Anzahl der Bewegungsfreiheitsgrade gilt:

f = 3 - bges > 0

die starre Scheibe ist statisch überbestimmt gelagert, wenn für die Anzahl der Bewegungsfreiheitsgrade gilt:

f = 3 - bges < 0

Wenn das System statisch überbestimmt gelagert ist, reichen die Gleichgewichtsbedingung zur Bestimmung der Lagerreaktionen nicht aus. Die Annahme eines starren Körpers muss dann fallen gelassen werden.

Neben den schon im Kapitel 1.3.6 erwähnten einwertigen Lagern gibt es noch eine Reihe anderer Lager, die die Anzahl der Freiheitsgrade f der starren Scheibe einschränken. Wir wollen nachfolgend die üblichen Lager genauer betrachten und die dafür in Rechnungen üblichen symbolischen Darstellungen einführen.

Ende?


1 StatikSeite: 51

Bild 1.25 Darstellung einwertiger Lager (Loslager); gestrichelt = Richtung in der Kräfte aufgenommen werden

Stabstütze (Pendelstütze):Kraftrichtung

starrer Körper

a) Loslager: Die Anzahl der Bindungen ist b = 1, d. h. das Lager ist einwertig.

Beachte: Seile können nur Zugkräfte und reibungsfreie Auflager nur Druckkräfte übertragen.

Praktische Beispiele für Loslager sind• die Stabstütze (Pendelstütze),• das Seil,• das reibungsfreie Auflager,• die reibungsfreie Gleithülse.

Reibungsfreie Auflager:

Kraftrichtung Kraftrichtung Kraftrichtung

oder

Kraftrichtung

Stab

Reibungsfreie Gleithülse:

Kraftrichtung

Ende?


1 StatikSeite: 52

Das Bild 1.26 zeigt die reale Ausführung eines einwertigen Brückenlagers, welches als reibungsfreies Auflager idealisiert werden kann.

Bild 1.26 Reale Ausführung eines Brückenlagers der Bauart: 4-gliedriges Stelzenlager

Detail des Verstellbereichs

Verstellrichtung

Lastaufnahmerichtung

Originallager der Friedrich-Ebert-Brücke Magdeburg: Einbauzeit 1918-2000, Rekonstruktion 2000, Verstellbereich 12 cm, Eigengewicht 6,8 t

Ansicht des Lagers

12 cm

Ende?


1 StatikSeite: 53

Bild 1.27 Darstellung zweiwertiger Lager (Festlager); gestrichelt = Richtung in der Kräfte aufgenommen werden

Die üblichen symbolischen Darstellungsformen von Festlagern und der Ersatz von zwei Pendelstützen durch ein Festlager sind in Bild 1.27 dargestellt.

Kraftrichtung mit unbekanntem Winkel

b) Festlager: Die Anzahl der Bindungen ist b = 2, d. h. das Lager ist zweiwertig.

Praktische Beispiele für Festlager sind• reibungsfreies Gleitlager (Scharnier, Gelenk),• Auflage mit Haftung,• Schnittpunkt der Stabachsen zweier Pendelstützen.

A

oder

zwei beliebige Kraftrichtungen(zweckmäßig senkrecht zueinander)

Ersatz zweier Pendelstützen durch ein Festlager

A

Ende?


1 StatikSeite: 54

c) Einspannung: Die Anzahl der Bindungen ist b = 3, d. h. das Lager ist dreiwertig)

Hinweis: Die starre Einspannung ist ein Idealfall, bei dem die Elastizität der Lagerung vernachlässigt wird. Schrauben- und Nietverbindungen haben Zwischenstellungen zwischen Festlager und Einspannung (Elastizität wird oft vernachlässigt). Es gibt auch bewegliche Einspannungen (die Anzahl der Bindungen ist dann b=2, siehe Bild 1.28)

Neben zwei Lagerkräften (wie beim Festlager) nimmt das Lager auch ein Biegemoment auf. Praktische Anwendungsfälle für Festlager sind an eine starre Platte angeschweißter Träger, in eine Mauer eingefügter Träger (siehe Bild 1.28), durch Schrauben oder Niete mit einer starren Platte verbundener Träger.

Die übliche symbolische Darstellung einer Einspannung ist in Bild 1.28 dargestellt.

Bild 1.28 Darstellung einer Einspannung (b = 3) und von beweglichen Einspannungen (b = 2)

Einspannung:Zwei beliebige Kraftrichtungen(gestrichelt; senkrecht zueinanderzweckmäßig) und ein Moment

Bewegliche Einspannungen:Eine Kraftrichtung (Richtung gestrichelte)und ein Moment

Ende?


1 StatikSeite: 55

1.4.3 Streckenlasten

Man kann sich eine Streckenlast als sehr viele, unterschiedlich große Kräfte Fi vorstellen, die auf den Träger wirken. Die Intensität der Streckenlast an der Stelle zi ergibt sich zu (vgl. Bild 1.29)

Die Streckenlast hat die Intensität q(z) mit der Einheit Kraft pro Länge. Die Einheit ist N/m (kN/m, N/mm).

Streckenlasten sind auf eine Linie bezogene Lasten (Bild 1.29), z. B. durch das Eigenwicht, durch Schüttlasten, durch Windlasten, durch Scheelasten u. ä.

Bild 1.29 Streckenlast

Balken

q(z)

z

y

zi

qi

zi

Fi1.4.3.1 Definition von Streckenlasten

i

iii z

F)z(qq

i

iii z

F)z(qq

iii zzqF (1.14)

zdFd

zq zdFd

zq zdzqFd (1.15)

Für differentiell kleinen Größen folgt aus (1.14)

Ende?


1 StatikSeite: 56

q

Beispiel: Eigengewicht eines Balkens als Streckenlast

Aus der Gewichtskraft des differentiell kleinen Balkenabschnitte der Länge dz ergibt sich eine differentiell kleine Einzelkraft der Größe (siehe Bild 1.30):

In ähnlicher Weise lassen sich die Intensitäten von Streckenlasten infolge Schneelast, Schüttgut o.ä. berechnen.

dFG = gdV

z dz

Bild 1.30 Eigengewicht eines Balkens als Streckenlast

zdgAVdgFd

zq

G

- Dichteg - ErdbeschleunigungdV - Volumenelement, dV =

AdzA - Querschnittsfläche

Es bedeuten:

Der Vergleich mit (1.15) bzw. Einsetzen von dFG in (1.15) liefert:

gAzq

Ende?


1 StatikSeite: 57

Die Resultierende einer Streckenlast ergibt sich durch Aufsummieren (Integrieren) der differentiellen Einzelkräfte dF (1.15) über die Länge l, auf der die Last wirkt. Damit ergibt sich ( vgl. Bild 1.31):

1.4.3.2 Ermittlung der Resultierenden einer Streckenlast

bz

azR zdzqFdF

l

bz

azR zdzqFdF

l (1.16)

Zur Bestimmung der Lage der Resultierenden ermitteln wir zunächst das Moment der Streckenlast bezüglich des Punktes 0.

zdzqzFdzMdM

b

a0

ll

(1.17)

Mit dem Moment der Resultierenden FR bezogen auf den Punkt Null

RR0 zFM (1.18)

folgt durch Gleichsetzen von (1.17) und (1.18) der Angriffspunkt zR der Resultierenden

b

aRR q(z)zdz

F1

z b

aRR q(z)zdz

F1

z (1.19)

a bz

0q(z)

l

Bild 1.31 Resultierenden einer Streckenlast

dzzR

FRdF = q(z)dz

Ende?


1 StatikSeite: 58

Beispiele für die Berechnung der Resultierenden von Flächenlasten:

Bild 1.32 Resultierende einer Rechtecklast und einer linear veränderlichen Last (Dreiecklast)

Rechtecklast

l

q0

Dreieckslast

l

q0

(max. Intensität)

FR = q0l

l21

l32

FR = q0l12

Hinweis: • An der Gleichung (1.16) erkennt man, dass FR formal aus der „Fläche“, die durch q(z) und

der Länge l = (b - a) aufgespannten wird, berechnet werden kann (man beachte bei der „Flächenberechnung“ die unterschiedlichen Einheiten in z- Richtung und senkrecht dazu!).

• An der Gleichung (1.19) erkennt man, dass FR durch den Flächenschwerpunkt der durch q(z) und der Länge l = (b - a) aufgespannten Fläche verläuft (vgl. Kapitel 1.9.3 Flächenschwerpunkt, Gleichung (1.44)).

Ende?


1 StatikSeite: 59

Die Belastungen und alle Abmessungen sind gegeben. Gesucht sind die Lagerreaktionen.

Bild 1.33 Balken auf zwei Stützen mit Einzellast

A BF

a b

1.4.4 Beispiele

Beispiel 1.7: Balken auf zwei Stützen mit Einzellast

Schnittskizze:

FAV

FAH A

FB

B

a b

FcosFsin

Gleichgewichtsbedingungen:

: 0cosFFAH cosFFAH

Fba

sinaFB

Fba

sinbFAV

0Fba

sinababa

sinFFba

sinb

00

Kontrolle:

0FsinFF BAV :

0baFasinF B A :

0bsinFbaFAV B :

Ende?


1 StatikSeite: 60

FAV - F + F = 0 :

Beispiel 1.8: Eingespannter Kragbalken mit Kräftepaar

Bild 1.34 Eingespannter Kragbalken mit Kräftepaar

A BF

Fa b

AF

a b

B

FFAH

FAV

MA

Die Gleichgewichtsbedingungen am freigeschnittenen Balken liefern:

: 0FAH

0FAV

FbMA MA + F a - F (a+b) = 0 A :

Hinweis:Die Aufgabe zeigt, dass bei Wirkung eines Kräftepaares nur das Moment (M = Fb) des Kräftepaares in das Lagermoment eingeht und der Abstand des Kräftepaares vom Lager keine Rolle spielt. Das ist eine Bestätigung des im Kapitel 1.3.2 aufgestellten Satzes, dass das Moment (Kräftepaar) am starren Körper ein freier Vektor ist.

Ende?


1 StatikSeite: 61

Bild 1.35 Verzweigter Träger mit Dreiecklast

q0

a a

a

BC

A

a a

a

Schnittskizze:

B

FS

Beispiel 1.9: Verzweigter Träger mit Dreiecklast

Schnitt

C FS

FAH

FAV

A

FR

xR

AFAH

FAVResultierende: aqa2q21

F 00R

a34

a232

xR

Gleichgewichtsbedingungen

: 0FF RAV

: 0FF SAH

0aFxF SRR A :

aqF 0AV

aq34

F 0S

aq34

FF 0SAH

Ende?


1 StatikSeite: 62

1.5 Scheibenverbindungen

1.5.1 Ermittlung der statische Bestimmtheit

Wir betrachten ein allgemeines ebenes Tragsystem, das aus n starren Scheiben (Bild 1.36) besteht und stellen die Frage, ob das System statisch bestimmt gelagert ist.

Überlegung: Ist jede einzelne starre Scheibe frei, so gilt f = 3n. Die Anzahl der Freiheitsgrade wird durch die Bindungen verringert. Bezeichnen wir die Summe der Wertigkeiten aller Bindungen (Lager und Verbindungen) mit b, so gibt es b unbekannte Kräfte und Momente. Wir benötigen also b Gleichgewichtsbedingungen, um diese Größen eindeutig bestimmen zu können.

A B

Fi

i

1

2

n

F1

G1

G2

G4

G3

G5G6

Bild 1.36 Scheibenverbindung

Zur Klärung der oben gestellten Frage schneiden wir die Scheibenverbindung vollkommen frei (siehe Bild 1.37 auf der nächsten Seite).

Ende?


1 StatikSeite: 63

4GVF

4GHF

2GHF

2GVF 6GVF

6GHF

21GHF

1GVF4GVF

4GHF

3GHF

3GVF

Es gibt 6 Gelenke mit insgesamt 12 Gelenkkräften. Dazu kommen noch 3 Auflagekräfte. Das gibt insgesamt 15 unbekannte Kräfte!

Wir haben 5 starre Scheiben. An jeder starren Scheibe müssen 3 Gleichgewichtsbedingungen erfüllt sein. Damit ergeben sich 15 Gleichungen für 15 unbekannte Kräfte.

1

1GHF

1GVF

2GHF

2GVF

F1

i

5GVF5GHF

3GHF

3GVFFi

6GVF

6GHF

A

n

B

5GHF5GVF

FBFAV

FAH

Bild 1.37 Freigeschnittene Scheibenverbindung

Ende?


1 StatikSeite: 64

Satz: Eine Scheibenverbindung ist im Gleichgewicht, wenn jede starre Scheibe für sich im Gleichgewicht ist.

An jeder ebenen starren Scheibe stehen 3 Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. Bei n Scheiben gibt es also insgesamt 3n linear unabhängige Gleichgewichtsbedingungen.

Beachte: Diese Bedingung ist notwendig, jedoch nicht hinreichend!

Die notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit eines Systems aus n ebenen starren Scheibe mit b Bindungen lautet damit

n3b n3b (1.20)

Analog zur einzelnen starren Scheibe gilt für den Freiheitsgrad einer Scheibenverbindung aus n starren Scheiben:

bn3f bn3f (1.21)

Es gilt:

b 3n - Scheibenverbindung ist ein Mechanismus (zu wenig Bindungen!)

b = 3n - Der Freiheitsgrad f ist Null. Die b unbekannte Größen lassen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen ermitteln.

b > 3n - f = 0 ist möglich, aber die Gleichgewichtsbedingungen reichen für die Berechnung der Lager- und Verbindungsreaktionen nicht aus!

Ende?


1 StatikSeite: 65

a)

I

Bild 1.38 Beispiele zur Ermittlung der statischen Bestimmtheit

Ic)b)

I

n = 2b = 6b = 3n 6 = 6statisch bestimmt!

In den folgenden Beispielen bedeuten • römische Zahlen = Nummer der starren Scheibe • arabische Zahlen = Wertigkeit der Bindung

Beispiele 1.10: Ermittlung der statischen Bestimmtheit

Hinweis:• a) und b) veranschaulichen unterschiedliche Zählweisen für das gleiche Tragwerk.

n = 4 b = 12b = 3n 12 = 12statisch bestimmt!

2

II

2

2

II

2

n = 2b = 8b = 8 > 3n = 6 statisch unbestimmt!

II

23

3

• Bei der Zählweise b) können auf die Scheiben III und IV eingeprägte Lasten wirken.Die Scheiben I, III und IV sind durch ein Zweifach-Gelenk (mögliche konstruktive Ausführung siehe Bild 1.39, nächste Seite) der Gesamtwertigkeit 4 verbunden.

2IV

2

2

2III

1

1

Stab

Stab

Ende?


1 StatikSeite: 66

Bild 1.39 Mögliche Konstruktionen von Zweifachgelenken

2 Gelenke an der Scheibe Imit kleinem Abstand zueinander

IVI

III

klein!

Scheiben I, III und IV auf einer Achse gelenkig verbunden

I

III

IVI

III

IV

Ende?


1 StatikSeite: 67

: Gleichung für FBV

I : Gleichung für FAH

II B :

III

F G

2

A2

B2

M

Bild 1.40 Dreigelenkbogen mit Schnittskizze

1.5.2 Dreigelenkträger

Ein Dreigelenkträger (-bogen, -rahmen) besteht aus zwei starren Scheiben, die miteinander durch ein Gelenk verbunden sind. Jede Scheibe ist durch ein Festlager fixiert (siehe Bild 1.40).

Allgemeines Berechnungskonzept (am Beispiel erläutert):

Gleichgewichtsbedingungen (empfohlene):

II : Gleichung für FBH

Prüfen der statischenBestimmtheit:b = 3n 6 = 6statisch bestimmt!

FGH, FGV

Schnitt I

Schnitt II

Gleichung für die Unbekannten FGH, FGV

Gleichung für die Unbekannten FGH, FGV

: Gleichung für FAV

Beachte: Die beiden Festlager und das Verbindungsgelenk zwischen den zwei Scheiben des Dreigelenkträgers dürfen nicht auf einer Linie liegen.

Kontrollmöglichkeiten: I G : und/oder II G :

Schnitt I

Schnittskizze:

I

F

A

G

FAH

FAV

FGH

FGV

FBHFBV

FGV

Schnitt II

B

M

II

G

I A :

Ende?


1 StatikSeite: 68

Schnittskizze:

A

B

F

G

MGesamtsystem:

III

F

G

A

B

M

Bild 1.41 Teilweise Berechnungen Lagerreaktionen am Gesamtsystem

Alternatives Lösungskonzept (am Beispiel in Bild 1.41 erläutert) :

Daher gelten Äquivalenz- und Gleichgewichtsbeziehungen z. B. auch für das Gesamtsystem des eben vorgestellten Dreigelenkträgers. Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem können für Kontrollzwecke aber auch zur Berechnung von Lagerreaktionen genutzt werden, wie das nachfolgende alternative Lösungskonzept, angewandt auf das Beispiel von Bild 1.40, zeigt.

xy

Hinweis: Im Gleichgewichtsfall darf man jedes System und jedes Teilsystem wie einen starren Körper behandeln (Erstarrungsprinzip, siehe Kapitel 1.1.1)

Schnitt

Verbindungsgerade zwischen den Lagern A und B

FAx

FAy

FBx

FBy

Alle noch fehlenden Größen, d. h. die beiden Gelenkkräfte und die Lagerreaktion FAx und FBx, lassen sich nach einer weiteren Schnittführung durch das Gelenk entweder am linken oder am rechten Teilsystem gewinnen.

Gleichgewichtsbedingungen:

A : Gleichung zur unmittelbaren Berechnung von FBy

B : Gleichung zur unmittelbaren Berechnung von FAy

Ende?


1 StatikSeite: 69

Ist eine der beiden starren Scheiben eines Dreigelenkträgers unbelastet, so kann diese Scheibe als eine so genannte Pendelstütze behandelt werden, die nur eine Kraft auf der Verbindungslinie zwischen dem Gelenkpunkt und dem Lagerpunkt aufnimmt (siehe Bild 1.42). Die Richtigkeit dieser Aussage kann sehr leicht unter Nutzung der Gleichgewichtsbedingungen überprüft werden.

Hinweise zur Vereinfachung :

FS

B

GF

I

FAH

FAV

A

Schnittskizze

2 A

B

G

1

F

I

Vereinfachtes System

Pendelstütze

Bild 1.42 Vereinfachung bei einer unbelasteten Scheibe des Dreigelenkbogens

2

2

A

B

G

2F

I

II

Dreigelenkbogen

Scheibe II lastfrei!

b = 3n 3 = 3statisch bestimmt!

b = 3n 6 = 6statisch bestimmt!

Ende?


1 StatikSeite: 70

G

A B

F

q

I II

a a

a

Bild 1.43 Lager- und Gelenkreaktionen für

einen Dreigelenkbogen

A

G

FI

a

FR = qa

a/2

B

G

II

a

Beispiel 1.11 Lagerreaktionen und Gelenkreaktionen für einen Dreigelenkbogen

Für den Dreigelenkbogen nach Bild 1.43 sind die Lager- und Gelenkreaktionen gesucht.

Die Belastung und die Geometrie werden als bekannt angenommen. Die Lösung soll nach dem allgemeinen Lösungskonzept (siehe Seite 67) für Dreigelenkbögen vorgenommen werden.

FAH

FAV

FGH

FGV

Hinweis: Beim Schneiden im Gelenk G darf die dort angreifende Einzelkraft theoretisch zu beliebigen Anteilen auf die beiden Scheiben im Gelenkpunkt aufgeteilt werden. Praktisch sinnvoll ist jedoch eigentlich nur, jeweils die Hälfte der Kraft auf beide Scheiben oder die gesamte Einzelkraft nur auf eine Scheibe (gleichgültig auf welche) aufzuteilen. Wir setzen die gesamte Kraft auf die Scheibe I, weil dadurch die Rechnung etwas einfacher wird (Scheibe II ist dann bezüglich äußerer Belastungen lastfrei).

Scheibe II: B : (2)0aFaF GVGH

Scheibe I: : 0FF GHAH

: 0FFqaF GVAV

qa4

1F

2

1FF GHAH

GVAV FFqaF qa4

3F

2

1FAV

Scheibe I: A : (1)0aFaFFaa2

1qa GVGH

qa4

1F

2

1FF GVGH

FGV

FBH

FBV

FGH

Ende?


1 StatikSeite: 71

Hinweis: Bei diesem Beispiel könnte die Scheibe II auch als Pendelstütze angesehen werden, da auf ihr infolge der Aufteilung der gesamten Kraft F auf die Scheibe I keine äußere Belastung mehr steht (vgl. Hinweise zur Vereinfachung und Bild 1.42). Der Dreigelenkbogen würde sich wie im folgenden Bild gezeigt vereinfachen:

A

G

F

I

FAH

FAV Ba

a

FR = qa a/2

a

B

G

II

a

FGV

FBH

FBV

FGH

a

Scheibe II: : 0FF GHBH

: 0FF GVBV

II

FBH

FBV

Durch Berechnung von FB soll gezeigt werden, dass beide Systeme gleiche Lager- und Gelenkreaktionen liefern.

A : 0a2FFa2

aqa B

qa

2

1F

2

2FBFB

45452

a

qa4

1F

2

1FF GHBH (3)

Diese Lagerreaktion muss gleich der Resultierenden der Lagerkomponenten FBH und FBV bei B sein. Mit (3) und (4) folgt für die resultierende Lagerkraft bei B:.

22BV

2BHR qa

4

1F

2

12FFF

BR Fqa2

1F

2

2F

(4)qa4

1F

2

1FF GVBV

Ende?


1 StatikSeite: 72

Bild 1.454 mögliche Gerberträger

Bild 1.44 Durchlaufträger mit vier Stützen

Beispiel: Der Durchlaufträger (Bild 1.44) mit 2+k=4 Stützen ist k=2-fach statisch unbestimmt.

Ein gerader Träger, der an (2+k) Lagerpunkten gestützt ist (davon ist ein Lager ein Festlager, die übrigen Lager sind Loslager, deren Kräfte nicht in Richtung der Trägerlängsachse fallen dürfen), ist wegen f = 3n-b = 3-(2+1+k) = -k ein Träger, der k-fach statisch unbestimmt gelagert ist. Nach einem Vorschlag von H. GERBER (1866) kann man den Träger durch den Einbau von k Gelenken statisch bestimmt machen. Diese Art von Trägern, die beispielsweise beim Bau von Eisenbahnbrücken vielfach verwendet wurden, nennt man Gerberträger.

2 1 1 1

Er kann durch den Einbau von k=2 Gelenken zu insgesamt vier verschiedene statisch bestimmte Gerberträger verwandelt werden (Bild 1.45).

1.5.3 Gerberträger

Bedingung: Zwischen zwei Lagern dürfen höchstens zwei Gelenke eingeführt werden, und jedes Teilsystem (starre Scheibe) darf höchstens zwei Lager aufweisen.

f = 3n - b = 3 - 5 = -2f = 3n - b = 3 - 5 = -2I

2 1 1 12 2I II III

2 1 1 12 2I II III

2 1 1 122I II III

2 1 1 122I II III

f = 3n - bf = 9 - 9 = 0f = 3n - bf = 9 - 9 = 0

Ende?


1 StatikSeite: 73

Beispiel 1.12 Berechnung eines Gerberträgers mit vier Stützen

A B G1 G2 C D

F

2a a 2a a a

q0

30°

Schnitt ISchnitt II Schnitt III

IIIFC

FD

G2 C D

a aFGV2

23

FH FV = F1

2

Bild 1.46 Gerberträgers mit vier Stützen

Für einen Gerberträger (Bild 1.46) sollen die Lager- und Gelenkkräfte berechnet werden.

Dazu schneiden wir den Träger an den Gelenken und Lagern frei und erhalten die drei in Bild 1.47 dargestellten Teilsysteme mit 9 unbekannten Auflager- und Gelenkkräften.

FA FBV

FBH

IFGH1

FGV1

A B G1

2a a

Bild 1.47 Teilsysteme nach dem Freischneiden des Gerberträgers von Bild 1.46

2q0a

FGH2

FGV2

II

G1 G2

2aFGV1

a

An jedem Teilsysteme schreiben wir drei Gleichgewichtsbedingungen auf. Das sind 9 Gleichun-gen für die 9 Unbekannten. Aus dem Kraftgleichgewicht in horizontaler Richtung folgt zunächst :

Teilsystem III: : 030cosFF 2GH F321

F 2GH

Teilsystem II: : 0FF 2GH1GH F32

1F 1GH

Teilsystem I: : 0FF 1GHBH F321

FBH

Ende?


1 StatikSeite: 74

Durch das Aufschreiben von sechs Momentengleichgewichtsbedingungen in der nachfolgenden Reihenfolge lassen sich nacheinander alle noch fehlenden Unbekannten ermitteln, wobei aus jeder Gleichung sofort eine weitere Unbekannte berechnet werden kann.

I A : FBV2a - FGV13a = 0 FBV = 1,5·FGV1 = 1,5 · qoa

III C : - FGV2a - 0,5·Fa + FDa = 0 FD = 0,5·F + FGV2 = 0,5·F - qoa

Hinweis: Natürlich können sowohl alternative Gleichgewichtsbedingungen als auch eine andere Reihenfolge der Berechnung der Unbekannten benutzt werden.

G2 : FGV12a - 2qoa2 = 0 FGV1 = qoa

2q0a

FGH2

FGV2

II

G1 G2

2aFGV1

FGH1

FA FBV

FBH

I

FGV1

A B G1

2a a

IIIFC

FD

G2 C D

a aFGV2

FF 23

H

FF 21

V

Bild 1.47 Teilsysteme nach dem Freischneiden

Die Teilsysteme nach Bild 1.47 werden hier nochmals dargestellt, damit das Aufschreiben der folgenden Gleichungen besser verfolgt werden kann.

II G1 : 2qoa2 + FGV22a = 0 FGV2 = -qoa

B : FA2a + FGV1a = 0 FA = - 0,5·FGV1 = -0,5·qoa

D : FGV22a + FCa = 0 FC = - 2FGV2 = 2qoa

Ende?


1 StatikSeite: 75

Fachwerke habe eine große praktische Bedeutung. Sie werden häufig benutzt, um Leicht-bautragwerke auszuführen, da es durch die in Einzelstäbe aufgelöste Bauweise geling, mit geringem Materialeinsatz große Lasten aufzunehmen und große Spannweiten zu überbrücken. Fachwerke werden daher zum Beispiel häufig für Dachkonstruktionen, Hochspannungsmasten, Kranausleger, Brückenträger, Raumfahrtstrukturen u. ä. eingesetzt. Ein Fachwerksystem, das aus Stäben und Verbindungsknoten (siehe Bild 1.48 und die Beispielbilder auf den folgenden Seiten) besteht, muss folgende Voraussetzungen erfüllen:

Ein Fachwerk ist ein Stabsystem aus gelenkig miteinander verbundenen geraden Stäben, das nur durch Kräfte in den Gelenken (Knoten) belastet ist.

1.5.4 Ebene Fachwerke

• Ein Knoten ist eine gelenkige (reibungsfreie) Verbindung von i Stäben, wobei sich die Längsachsen aller i Stäbe genau in einem Punkt, dem Knotenpunkt treffen. An jedem Knoten liegt somit ein zentrales Kraftsystem vor.

• Ein Fachwerk wird nur an den Knoten durch Einzelkräfte belastet.• Zwischen zwei Knoten kann sich nur jeweils ein Stab befinden.

Diese Annahmen sichern, dass die Längsachse jeden Stabes identisch ist mit der Wirkungs-linie der Stabkraft und es außer diesen Stablängskräften keine weiteren Schnittgrößen, vor allem keine Biegemomente, in den Stäben gibt.

Hinweis: Die in der Praxis nicht immer zutreffenden Voraussetzungen (Knoten sind Gelenke; nur Lasten auf den Knoten) führen zu Abweichungen in den Ergebnissen, die praktisch oft vernachlässigt werden können.

Ende?


1 StatikSeite: 76

Brücken:

Hubbrücke über die Elbe, Magdeburg (Technisches Denkmal)

KnotenStab

Einsatzgebiete für Fachwerke

Brücken, Dachkonstruktionen, Hochspannungsmasten, Kräne usw.

Hinweis: Die in der Praxis nicht immer zutreffenden Voraussetzungen (Knoten sind Gelenke; nur Lasten auf den Knoten) führen zu Abweichungen in den Ergebnissen, die praktisch oft vernachlässigt werden können.

Ende?


1 StatikSeite: 77

Dachkonstruktionen:

Knoten

Stab

Ende?


1 StatikSeite: 78

Eine mögliche Ausführung eines räumlichen Gelenkes

Achtung: Die Mittellinien aller Stäbe schneiden sich in einem Punkt! Es entsteht an dem Knoten ein zentrales Kraftsystem.

Bildquelle: VDI-Nachrichten vom 24.November 2002

Ende?


1 StatikSeite: 79

Knoten eines räumlichen Fachwerkes

Ende?

Bildquelle: Mit freundlicher Genehmigung des Fachbereichs Holzbau der FH Augsburg


1 StatikSeite: 80

1.5.4.1 Überprüfung der statischen Bestimmtheit von Fachwerken

Fachwerk mit:5 Stäben4 Knoten

K2

FS4

FS3

FS1

Schnitt um K2:

Grundgedanke: An jedem Knoten (siehe z. B. Schnitt um K2 oben) liegt ein zentrales Kraftsystem vor, für das zwei linear unabhängige Gleichgewichtsbedingungen aufge-schrieben werden können. Die Anzahl der Unbekannten ist die Summe aus der Anzahl der Stäbe und der Bindungen (Wertigkeiten) der Lagerung des Fachwerks. Durch Gleich-setzen der Zahl der Unbekannten und der möglichen Zahl der Gleichungen erhält man die notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit von ebenen Fachwerken.

F11

F1

F2

4

Stab 4

K1

2

A B

5

K4

K3

Knoten K2

K2

3

Bild 1.48 Einfaches Fachwerk mit Schnitt um den Knoten K2

In Bild 1.48 wird der Aufbau eines einfachen Fachwerks dargestellt , an dem wir die Überprüfung der statischen Bestimmtheit zeigen wollen.

mit s - Anzahl der Fachwerkstäbeb - Summe der Wertigkeiten der Lagerk - Anzahl der Knoten

s + b = 2 ks + b = 2 k

Ein ebenes Fachwerk ist statisch bestimmt, wenn folgende Bedingung erfüllt ist:

(1.22)

Für das Fachwerk von Bild 1.48 folgt mit s=5, b=3 und k=4 aus (1.22) : 5 + 3 = 2 4 8=8statisch bestimmt

Ende?


1 StatikSeite: 81

Das Grundelement eines Fachwerkes mit einem einfachen Aufbau ist ein Dreieck, das aus drei Stäben gebildet wird. An jeden Stab kann durch schrittweises Hinzufügen von jeweils zwei weiteren Stäben und einem Knoten eine beliebige Erweiterung des Fachwerks erreicht werden (siehe Bild 1.49).

Fachwerk mit einfachem Aufbau

1.5.4.2 Arten von Fachwerken

1

A

F1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1112

13B

F2

K1

K2

K3

K4

K5

K6

K8

K7

Bild 1.49 Fachwerk mit einfachem Aufbau

s + b = 2 k

16 = 16 statisch bestimmt!

13 + 3 = 2 8

Prüfen der statischen Bestimmtheit:

Jedes Dreieck stellt für sich eine starre Scheibe dar, so dass das Gesamtsystem schließlich ebenfalls eine starre Scheibe ergibt. Wird diese starre Fachwerkscheibe an beliebigen Knoten statisch bestimmt gelagert, entsteht ein insgesamt statisch bestimmtes Fachwerk.

Für ein so aufgebautes Fachwerk ist die Gleichung (1.22) s + b = 2 k

stets erfüllt ist.

Ende?


1 StatikSeite: 82

Bei solchen Fachwerken treten zahlreiche Sonderfälle auf, die hier nicht alle diskutiert werden können. In Bild 1.50 a) ist ein statisch bestimmtes Fachwerke mit nicht einfachem Aufbau dargestellt. Die Gleichung (1.22) ist mit s = 4, b = 4 (vier einwertige Lagerstäbe) und k = 4 erfüllt.

Beachte: Bei Fachwerken mit nicht einfachem Aufbau muss darauf geachtet werden, dass nicht statisch unbestimmte Ausnahmefälle entstehen. Ein solcher Ausnahmefall, ähnlich dem Fachwerk in Bild 1.50 a), ist in Bild 1.50 b) dargestellt. Für diesen Ausnahmefall ist die Gleichung (1.22) mit s = 4, b = 4 (vier einwertige Lagerstäbe) und k = 4 ebenfalls erfüllt, das Fachwerk ist aber ein statisches unbestimmtes System, da sich der Stab 2 in horizontaler Richtung um eine differentiell kleines Stück bewegen kann.

1F

2

34

K1

K2 K3

K4

Bild 1.50 Fachwerk mit nicht einfachem Aufbau: a) statisch bestimmt, b) statisch unbestimmter Ausnahmefall

1F

2

34

K1

K2 K3

K4

Fachwerk mit nicht einfachem Aufbau

Ein Fachwerk, das nicht ausschließlich aus Stabdreiecken besteht, bezeichnet man als Fachwerk mit nicht einfachem Aufbau.

a) statisch bestimmt b) statisch unbestimmt

s + b = 2 k 4 + 4 = 24

8 = 8

Ende?


1 StatikSeite: 83

1.5.4.3 Berechnungsmethoden für Fachwerke

Knotenschnittverfahren

Grundidee: Jeder Knoten des Fachwerks wird „freigeschnitten“. Es entstehen k zentrale Kraftsysteme, an denen 2k Gleichgewichtsbedingungen für die s+b=2k unbekanten Stabkräfte und Lagerreaktionen aufgeschrieben werden können.

Man beginnt bei einem Knoten (Startknoten) mit nur zwei unbekannten Stabkräften (eventuell vorher Lagerreaktionen berechnen), schneidet diesen frei und berechnet die zwei Stabkräfte aus den zwei Gleichgewichtsbedingungen des zentralen Kraftsystems am Knoten. Dann geht man zum nächsten Knoten mit wieder nur zwei unbekannten Stabkräften, um diese durch Freischneiden wie am ersten Knoten zu berechnen. So kann man von Knoten zu Knoten durch das Fachwerk gehen, bis alle Stabkräfte und eventuell Lagerreaktionen berechnet sind.

Praktische Vorgehensweise für Fachwerke mit einfachem Aufbau:

Hinweis:• Ein dieser Methode entsprechendes grafisches Verfahren ist der so genannte Cremonaplan.

• Das Knotenschnittverfahren geht auch für Fachwerke mit nicht einfachem Aufbau. Allerdings entstehen hier stärker gekoppelte Gleichungssysteme.

Ende?


1 StatikSeite: 84

1

A

F1 = 2F

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1112

13B

F2 = F

K1

K2

K3

K4

K5

K6

K8

K7a a a

a

Bild 1.51 Fachwerk (links) und Schnittbild (rechts) mit angedeuteten Knotenschnitten

Startknoten kann K1 oder K8 sein! Wir wählen K1.

:

:FS1, FS2

K3

FS3

FS6

FS2

:

:

FS2 = FS6

FS3 = 0

:

:FS4, FS5

Weitere Schnitte (z. B. in der Knotenreihenfolge K4, K5, K6, K7) liefern die restlichen Stabkräfte. Alle Ergebnisse dieses Beispiels sind auf der folgenden Seite zusammengestellt.

Verallgemeinerung zu Schnitt um K3

„Nullstäbe“ dürfen nur für die Berechnung weggelassen werden!

Unbelasteter Knoten Ki,zwei Stäbe eine Richtung,

dritter Stab unter dann gilt immer

Beispiel 1.13 Anwendung des Knotenschnittverfahrens

A

K11

F1 = 2F

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1112

13B

F2 = FK2

K3

K4

K5

K6

K8

K7 FBFAV

FAH

a a a a

A

K1

FAV

FAH

FS1

FS2

Freischneiden und Lagerreaktionen berechnen, da kein Startknoten vorliegt.

K2FS4

FS5

FS1FS3=0

K i

FS i = 0 („Nullstab“)

FS i+1 = Fs i-1FS i-1

Bild 1.53

Schnitt um K1:(Bild 1.52)



Ende?


1 StatikSeite: 85

Hinweis: Werden alle Stabkräfte als Zugkräfte definiert (Empfehlung), so kann allein am Vor-zeichen der Stabkraft entschieden werden, ob es sich um einen Zug- oder Druckstab handelt. Ein negatives Vorzeichen bedeutet: Der Stab wird auf Druck beansprucht (in der Regel sind Stabilitätsuntersuchungen für den Druckstab durchzuführen, vgl. Kapitel 2.8.3, F 144).

Stab-Nr. Stabkraft FSi Stab-Nr. Stabkraft FSi

1 sin4

7F (Druckstab)

7

2

3F (Zugstab)

2 tan4

7F (Zugstab)

8

sin4

3F (Druckstab)

3 0 (Nullstab)

9 sin2

F (Druckstab)

4 sin4

3F (Druckstab)

10

tan4

5F (Zugstab)

5 sin

F (Druckstab)

11 0 (Nullstab)

6 tan4

7F (Zugstab)

12

sin4

5F (Druckstab)

13 tan4

5F (Zugstab)

Tabelle 1.1 Stabkräfte FS1 bis FS13 für das Fachwerk nach Bild 1.51

Lagerreaktionen: F45

F3F41

F 21B F47

FF341

F 21AV 0FAH

Ende?


1 StatikSeite: 86

Zur Demonstration des RITTERschen Schnittverfahrens betrachten wir das im Beispiel 1.13 behandelte Fachwerk und nehmen an, dass wir die Lagerreaktionen bereits berechnet haben. Gesucht sind die Stabkräfte FS4 bis FS6.

Beispiel 1.14 Stabkraftberechnung mit dem RITTERchen Schnittverfahren

Grundidee: Man führt einen Schnitt derart durch drei Stäbe, daß das Fachwerk in zwei Teile zerfällt. Von den geschnittenen drei Stäben dürfen höchstens zwei parallel sein oder in einem Knoten zusammenlaufen. Jetzt kann man die drei Stabkräfte (eventuell müssen vorher die Lagerreaktionen ermittelt werden) an dem einen oder dem anderen Teilsysteme aus drei Gleichgewichtsbedingungen berechnen.

RITTERsches Schnittverfahren

Vorzugsweise Anwendung:• Das RITTERsche Schnittverfahren ist besonders dann vorteilhaft einsetzbar, wenn nicht alle Stabkräfte gesucht sind.

• Für Fachwerke mit nicht einfachem Aufbau, bei denen auch nach Berechnung der Lagerreaktionen kein Startknoten für das Knotenschnittverfahren vorliegt, kann das Verfahren zur Berechnung innerer Stabkräfte dienen, um damit Startknoten für das Knotenschnittverfahren zu erhalten.

Ende?


1 StatikSeite: 87

Bild 1.54 Anwendung des RITTERschen Schnittverfahrens

A

K11

F1 = 2F

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1112

13B

F2 = FK2

K3

K4

K5

K6

K8

K7 FBFAV

FAH

a a a a

a) Schnitt durch drei Stäbe

Mit einem Schnitt durch die drei Stäbe der gesuchten Stabkräfte FS4 bis FS6 (siehe Bild 1.54 a) erhalten wir zwei Teilsysteme, von denen das linke Teilsystem in Bild 1.54 b) abgebildet ist.

Ritterscher Schnittb) Teilsystem

A

K11

F1 = 2F

2

3

FS6

K2

K3FAV

FAH

FS5

FS4

K5

atan

aa

Schreiben wir an diesem Teilsystem die folgenden drei Momentengleichgewichtsbedingungen auf, so erhalten wir daraus unabhängig voneinander die gesuchten Stabkräfte.

K1 : 0Fa2tanacosFasinF 5S5S

sin

FF 5S

K2 : 0tanaFbFaF 6SAHAV

tan4

F7F 6S

K5 : 0asinFtanacosFFa2a2F 4S4SAV

sin4

F3F 4S

Natürlich sind diese Ergebnisse identisch mit denen vom Beispiel 1.13 (vgl. Tabelle 1.1).

Ende?


1 StatikSeite: 88

1.6 Schnittgrößen in ebenen Trägern und Trägersystemen

1.6.1 Definition der Schnittgrößen

Ende?

Jeder Querschnitt eines Trägers entspricht einer dreiwertigen Verbindung. Die drei Verbindungsreaktionen bezeichnen wir als „Schnittgrößen“.

Die äußeren Belastungen eines Trägers (Balkens) werden durch das System zu den Lagern geleitet und verursachen dort die Lagerreaktionen.

Wie an den Lagern, müssen auch im Inneren des Trägers Kräfte und Momente wirken, die bei einer Schnittführung an einer beliebigen Stelle im Inneren des Trägers mit den am jeweils betrachteten Teilsystem angreifenden äußeren Belastungen im Gleichgewicht stehen.

Hinweis: Die Schnittgrößen sind Resultierende von im Querschnitt flächenhaft verteilten Kräften (Spannungen - siehe Festigkeitslehre).

•

Die Schnittgrößen geben Auskunft über die Beanspruchung (Spannungen) des Trägers und werden zur Berechnung der Verformungen benötigt. Deshalb sind sie ein wichtiges Ziel unserer folgenden Betrachtungen.

•

z

F

a-zz

A

FQ

FLMb

FQ

FL

Mb

zSchnitt bei z:A

F

a

Bild 1.55 Kräfte und Momente im Inneren eines Trägers (Schnittgrößen)


1 StatikSeite: 89

Bild 1.56 Definition der positiven Schnittgrößen am ebenen Träger

y

zx

Als Bezugssystem für die Schnittgrößen verwenden wir ein (x,y,z)-Rechtssystem

FQy - Querkraft: (in 2D-Fall oft nur FQ) positiv am positiven Schnittufer in positiver y-

Richtung (Querkraft zeigt in Richtung der gestrichelt markierten Seite des Trägers)

FL - Längskraft (oft auch als Normalkraft FN bezeichnet) positiv am positiven

Schnittufer in positiver z-Richtung bzw. positiv als Zugkraft (vom Schnittufer weg, vgl. auch Seil, Stab)

Mbx - Biegemoment (in 2D-Fall oft nur Mb) um eine zur x-Achse parallele Achse:

am positiven Schnittufer positiv in positiver x-Richtung (Moment dehnt die gestrichelt markierte Seite des Trägers)

Die (y,z)-Ebene ist die Lastebene, d.h. sie enthält alle äußeren Belastungen, Lager- und Verbindungskräfte.

Die z-Achse legen wir in Richtung der Balkenachse, die die Verbindungsgerade aller Querschnittsschwerpunkte ist.

markierte Seite(bei y 0 )

z

y

xFQy

FL

Mbx

FQy

FL

Mbx

positivesSchnittufer

negativesSchnittufer

Hinweis: Die Definition der Schnittgrößen ist im Prinzip völlig beliebig, und es sind in der Literatur auch abweichende Festlegungen zu finden. Es empfiehlt sich aber, die hier von uns angegebene Definition zu verwenden, da für die Berechnung von Spannungen und Verformungen im Kapitel 2 Festigkeitslehre Formeln entwickelt werden, die diese positive Definition voraussetzen.

Schnitt bei z

Ende?


1 StatikSeite: 90

Bild 1.57 Beispiel für Einteilung in Bereiche, Bezugssysteme und Schnitte

Hinweis: Schnittgrößen sind Funktionen der Koordinate z. Sie ändern an den Stellen ihren funktionellen Verlauf, wo infolge äußerer Belastungen (Kräfte, Momente, Streckenlasten) oder Lagerungen Unstetigkeiten auftreten oder der Träger seine Geometrie verändert, z. B. dort wo der Träger einen Knick oder eine Verzweigungsstelle aufweist.

Um bereichsweise stetige Funktionen für die Schnittgrößenverläufe zu erhalten gehen wir wie folgt vor:

Liegen n Unstetigkeitsstellen vor, so sind in den (n–1) durch die Unstetigkeitsstellen begrenzten Bereichen genau (n–1) Schnitte für eine vollständige Ermittlung der Schnitt-größenverläufe notwendig.

•

Die Lage der Schnittstellen und die positiven Schnittgrößen werden durch geeignete (x,y,z)-Bezugssysteme festgelegt, deren Orientierung nach Möglichkeit einheitlich erfolgen sollte, d. h. die unterschiedlichen Koordinatensysteme sollten durch Drehungen ineinander überführt werden können

•

Für eine möglichst einfache mathematische Beschreibung ist es sinnvoll, für jeden Bereich i = 1 ... n - 1, in dem ein Schnitt geführt werden muss, ein eigenes Bezugssystem mit z i = 0 am Bereichsanfang einzuführen.

•

Unstetigkeitsstellen (Ziffern 1 bis 9): n = 9

Anzahl der Bereiche = Anzahl der Schnitte == Anzahl der Bezugssysteme: (n–1) = 8

1 2 3 4 5 6

7 98

y1z1 z2 z3 z4 z5

z 6

z7 z8

Ende?


1 StatikSeite: 91

AF

B

2a a

C 30°

FB

FAH

FAV

Der Balken hat die drei Unstetigkeitsstellen A, B und C (Lasteinleitungsstelle)

Bild 1.59 Definition der Bereiche, der Koordinatensysteme und der Schnitte

FF23

AH

z1y1

1.6.2 Berechnung und grafische Darstellung der Schnittgrößen

y2z2

Beispiel 1.15 Schnittgrößen in einem Balken auf zwei Stützen mit Einzellast

AF

B

2a a

C 30°

Bild 1.58 a) Balken auf zwei Stützen mit Einzellast,

a)

Lagerreaktionen:

: 030cosFFAH

0a30sinFa3FAV B :

0a3Fa230cosF B A : FF31

B

FF61

AV

1. Bereich 2. Bereich 2 Schnitte notwendig mit zweckmäßig jeweils einem eigenen Bezugssystemen für jeden Bereich zur Beschreibung der Schnittstellen

2 Bereiche

AF

B

2a a

C 30°

FB

FAH

FAV

b)

b) Schnittbild für Lagerreaktionen

Ende?


1 StatikSeite: 92

Werte an den Bereichsgrenzen :

1. Bereich: 0 z1 2a

: FAH + FL1 = 0

: - FAV + FQ1 = 0

FFF23

AH1L

FFF61

AVQ1

161

1AV1b1b1 FzzF)(zMM

FazF2azM,00zM31

1AV1b11b1

S1 : - Mb1 + FAVz1 = 0

z1y1

AFAH

FAV

S1

FB

2a - z1 a

C 30°

FB

S1

Bild 1.60 Schnittbild für den 1. BereichnegativesSchnittufer


FQ1

FL1

Mb1FQ1

FL1

Mb1

Hinweis: Zur Berechnung der Schnittgrößen für einen Bereich können wahlweise zwei Teilsysteme (System mit dem positiven bzw. dem negativen Schnittufer) verwendet werden. Natürlich ergeben sich für beide Teilsysteme identische Ergebnisse. Man sollte deshalb immer das einfachere Teilsystem wählen!

Wir wählen hier das linke Teilsystem mit dem positiven Schnittufer. Aus den Gleichgewichts-bedingungen an diesem Teilsystem folgen die Schnittgrößen für den 1. Bereich:

Ende?


1 StatikSeite: 93

AF

2a

CFAH

FAV

y2z2

S2S2 B

aa-z2 FF 3

1B

Bild 1.61 Schnittbild für den 2. Bereich

2. Bereich: 0 z2 a

Werte an den Bereichsgrenzen: Mb2(z2=0) = 1/3Fa , Mb2(z2=a) = 0

FL2 = 0

Im 2. Bereich wählen wir von den beiden möglichen Teilsystemen das rechte Teilsystem mit dem negativen Schnittufer, da dieses Teilsystem einfacher ist!

Mb2 = Mb2(z2) = 1/3F(a-z2)

FQ2 = - FB = - 1/3F

FQ2

FL2

Mb2FQ2

FL2

Mb2


negativesSchnittufer

Die Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilsystem liefern:

: - FL2 = 0

S2 : Mb2 - FB(a-z2) = 0

: FQ2 + FB = 0

Auf der folgenden Seite werden die in den beiden Bereichen ermittelten analytischen Schnitt-größenverläufe grafisch dargestellt. Die grafische Darstellung vermittelt einen schnellen und übersichtlichen Eindruck von Verlauf der Schnittgrößen im gesamten System.

Ende?


1 StatikSeite: 94

F23

FaM 31

bmax

Grafische Darstellung der Schnittgrößenverläufe: (vgl. analytischen Verläufe auf den zwei letzten Seiten)

Hinweis: Die grafische Darstellung ist eine bereichsweise Funktionsdarstellung senkrecht zur Trägerachse. Sie gibt einen optischen Überblick über die Beanspruchung des Trägers.

FL - Verlaufz1FL1

FL2z2

z1y1

A

F

B

2a a

C 30°

y2z2

FF 31

B

FF 23

AH

FF 61

AV

Mb - Verlauf

FF 31

B

Hinweis: Die Kräfte im FQ-Verlauf können zur Kontrolle oder gleich zur Konstruktion des Querkraftverlaufs verwendet werden.

FF 61

AV

FQ - Verlauf

F21

Hinweis: Im folgenden werden bei der grafischen Darstellung der Schnittgrößen die Bezugssysteme nicht mehr mit-gezeichnet. Eindeutigkeit wird durch Vorzeichen in den Flächen und Kenn-zeichnung (z. B. FQ - Verlauf) erreicht.

Bild 1.62 Schnittgrößenverläufe

Hinweis: Die allgemeinen Folgerungen aus den differentiellen Beziehungen zwi-schen den Schnittgrößen (Kapitel 1.6.3) können sowohl für die grafische Dar-stellung als auch für die Kontrolle der grafischen bzw. der analytischen Schnitt-größenverläufe sehr hilfreich eingesetzt werden.

Ende?


1 StatikSeite: 95

b) q(z)dz

y

z dz

Sz

y

dz

, b) differentielles Balkenelement der Länge dz

F

q(z)

1.6.3 Differentielle Beziehungen

Gleichgewichtsbetrachtungen am differentiellen Balkenelement liefert:

: ( FL + dFL ) - FL = 0

: ( FQ + dFQ ) - FQ + q(z)·dz = 0

Wir schneiden aus dem Balken eines differentiellen Element der Länge dz heraus und tragen die Schnittgrößen am positiven (mit differentiellen Zunahmen) und negativen Schnittufer an (Bild 163 b).

S : ( Mb + dMb ) - Mb - (FQdz +dFQdz) - ½q(z)·dz2 = 0

dFL = 0

dFQ + q(z)·dz = 0

dMb - FQ ·dz = 000

FQMb

FL

FQ+dFQ

Mb+dMb

FL+dFL

Bild 1.63 a) Balken

a)

Daraus folgen die differentiellen Beziehungen: konst.FL konst.FL (1.23)

zqdz

dFQ zqdz

dFQ (1.24)

zFdz

dMQ

b zFdz

dMQ

b (1.25)

Ende?


1 StatikSeite: 96

Hinweis:Wir haben hier angenommen, dass auf den Balken nur eine Streckenlast qy(z) = q(z) senkrecht zur Balkenlängsachse einwirkt. Falls auch eine Streckenlast qz(z) in Richtung der Längsachse z wirkt, z. B. infolge des Eigengewichts eines senkrecht oder schräg stehenden Balkens, dann gilt für die differentielle Beziehung der Längskraft statt der Gleichung (1.23)

zqdz

dFz

L

Empfehlungen zur Schnittgrößenermittlung:

Benutzen Sie die differentiellen Beziehungen zur Kontrolle der analytischen Funktionen und zur Unterstützung bei der grafischen Darstellung.

•

Bei unverzweigten Tragwerken sollten alle z-Achsen im gleichen Durchlaufsinn und alle y-Achsen zur gleichen Seite hin orientiert werden, damit im FQ- und im Mb-Verlauf an

den Übergangstellen der Bereiche die gleichen Schnittgrößendefinitionen gelten.

•

Treten in einem Tragwerk Unstetigkeitsstellen hinsichtlich Belastung oder Geometrie auf, so beginnt man zweckmäßig an diesen Stellen einen neuen Bereich mit einem neuen Koordinatensystem.

•

Ende?


1 StatikSeite: 97

Allgemeine Folgerungen aus den differentiellen Beziehungen:

• In einem Bereich mit der Streckenlast q(z) = 0 gilt: FQ ist konstant und Mb ist eine lineare Funktion.

• In einem Bereich mit der Streckenlast q(z) = konstant gilt: FQ ist eine lineare Funktion und Mb ist eine quadratische Funktion (Parabel).

• In einem Bereich mit einer linear veränderlichen Streckenlast q(z) gilt: FQ ist eine quadratische Funktion und Mb ist eine kubische Funktion.

Allgemein gilt: In einem Bereich mit einer Streckenlast q(z), die durch ein Polynom n-ter Ordnung in z darstellbar ist, wird die Querkraft FQ ein Polynom (n + 1)-ter Ordnung und das Moment Mb ein Polynom (n + 2)-ter Ordnung.

• Die Querkraft FQ(z) ist der Anstieg der Funktion für das Moment Mb(z).

• Eine Einzelkraft in y-Richtung bedeutet einen Sprung im Querkraftverlauf und einen Knick im Momentenverlauf.

• Eine Nullstelle im Querkraftverlauf bedeutet einen Extremwert im Momentenverlauf (die erste Ableitung des Momentes ist gleich Null, siehe Gleichung (1.25)).

Beachte: Das Biegemoment kann natürlich an den Bereichsgrenzen betragsmäßig maximale Werte annehmen, ohne dass dort die erste Ableitung Null ist! Daher müssen stets auch die Werte an den Bereichsgrenzen berechnet werden, wenn man das maximale Biegemoment bestimmen möchte.

Ende?


1 StatikSeite: 98

+

94FAV = F

114

FB= F

-

+

F34

F54

Beispiel 1.16 Balken auf zwei Stützen mit vertikalen Einzelkräften

1.6.4 Anwendungen

FL= 0

a a a a

F 2F 2FA B

FQ - Verlauf

FAV a FB a

72

MbMax= Fa

2F

F

2F

z1y1

z2y2

z3y3

z4y4

Bild 1.64 Balken auf zwei Stützen mit vertikalen Einzelkräften

Annahme: Die Berechnung der Lagerreaktionen sei bereits erfolgt!

Hinweis: Versuchen Sie, die Schnitt-größenverläufe allein unter Zuhilfenahme der differentiellen Beziehungen und den sich daraus ergebenden Schlussfolge-rungen zu ermitteln. Vergleichen Sie Ihre Ergebnisse mit denen in Bild 1.65.

a a a a

F 2F 2FFAH = 0

114

FB= F94

FAV = F

An den dabei entstehenden Teilsystemen lassen sich die Schnittgrößen aus Gleich-gewichtsbetrachtungen berechnen.

Die Ergebnisse sind in Bild 1.65 grafisch dargestellt.

FL - Verlauf

Bild 1.65 Schnittgrößenverläufe

Für die analytische Berechnung der Schnittgrößenverläufe sind vier Schnitte notwendig.

Mb - Verlauf

Ende?


1 StatikSeite: 99

A B

aa a

qF = qa

FB

FAH

FAV

Bild 1.66 Balken mit konstanter Streckenlast

b)

Beachte: Belastungen dürfen im Allgemeinen erst nach einer Schnittführung verschoben bzw. durch äquivalente Lasten (z. B. Resultierende von Streckenlasten) ersetzt werden. Das bedeutet, dass zur Berechnung der Schnittgrößen zwischen den Lagern A und B erst nach der Schnittführung in diesem Bereich von der auf dem betrachteten Teilsystem verbleibenden Streckenlast eine resultierende Kraft gebildet werden darf.

Beispiel 1.17 Balken auf zwei Stützen mit konstanter Streckenlast

z1

y1

z2y2

FR = 2qa

: FAH = 0

FAV = 0,5·qa

FB = 2,5·qa

B : FAV·2a - FRa + Fa = 0

Merke: Erst schneiden, dann eventuell Resultierende bilden!

Merke: Erst schneiden, dann eventuell Resultierende bilden!

Schnitt für Lagerreaktionen

Schnitt im 2. BereichSchnitt im 1. BereichHinweis:

Zur Berechnung der Lager-reaktionen darf die Strecken-last durch ihre resultierende Kraft FR=2qa ersetzt werden.

Lagerreaktionen (vgl. Bild 1.66 b):

Gesucht: Analytische Funktionen der Schnittgrößen und grafisch Darstellung

AB

2a a

qF = qa

a)

A : FRa - FB·2a + F·3a = 0

Ende?


1 StatikSeite: 100

FQ1 = q ( 0,5·a - z1 )

A

z1y1

FAH

FAV

S1


: - FAV + q·z1 + FQ1 = 0

Mb1 (z1 = 0) = 0 Mb1 (z1 = 2a) = - q a2

1. Bereich: 0 z1 2a

Schnittgrößen an den Bereichsgrenzen:

FL1

FQ1

Mb1

S1 : - Mb1 + FAV z1 - q·z1·0,5·z1 = 0

Wir wollen eine Kontrolle der Schnittgrößenverläufe im 1. Bereich mit Hilfe der differentiellen Beziehungen vornehmen. Es gilt im 1. Bereich nach dem Einsetzen der berechneten Schnitt-größen in die differentiellen Beziehungen (Gleichungen (1.23) bis (1.25)):

qdz

dF

1

Q1 Q1111

b1 Fza0,5qz2aq5,0dz

dMund

Die differentiellen Beziehungen sind im 1. Bereich erfüllt!

FQ1 (z1 = 0) = 0,5 q a FQ1 (z1 = 2a) = -1,5 q a

z1

2

qz1

FL1 = 0

Mb1 = 0,5·qz1(a - z1)

: FL1 + FAH = 0

Gleichgewicht am linken Teilsytem (Bild 1.67) liefert:

0dz

dF

1

L1

Ende?


1 StatikSeite: 101

Besondere Punkte:

Aus den differentiellen Beziehungen folgt, dass das Moment dort einen Extremwert hat, wo die Querkraft Null ist. Diesen Punkt bezeichnen wir mit C und ermitteln die Nullstelle z1C der Querkraft aus

0za5,0qzzF C1C111Q a5,0z C1

Bei z1C = 0,5a ergibt sich damit folgender Extremwert für das Biegemoment:

2C111b qa

8

1zzM

Zur besseren grafischen Darstellung ermitteln wir noch den Punkt D, an dem das Moment Null wird.

0zazq5,0)zz(M DDD11b azD

Die sich formal noch ergebende Lösung z1D = 0 ist bereits bekannt.

Ende?


1 StatikSeite: 102

F=qa

S2

z2y2

a – z2


2. Bereich: 0 z2

a

FL2

FQ2

Mb2

: - FQ2 + F = 0

S2 : Mb2 + F (a - z2 ) = 0

0dz

dF

2

Q2 und Q22

b2 Fqa1a qdz

dM

Im 2. Bereich ermitteln wir die Schnittgrößen am rechten, wesentlich einfacheren Teilsystem.

FQ2 = F = q a

Mb2 = - F (a - z2 ) = - q a (a - z2)

FL2 = 0

Wir wollen eine Kontrolle der Schnittgrößenverläufe auch im 2. Bereich mit Hilfe der differentiellen Beziehungen vornehmen. Es gilt im 2. Bereich nach dem Einsetzen der berechneten Schnittgrößen in die differentiellen Beziehungen (Gleichungen (1.23) bis (1.25)):

Die differentiellen Beziehungen sind im 2. Bereich erfüllt!

0dz

dF

2

L2

Mb2(z2 = 0) = - q a2 Mb2(z2 = a) = 0

Schnittgrößen an den Bereichsgrenzen :Beachte: Das Biegemoment am Beginn des zweiten Bereichs (bei z2 = 0) ist gleich dem Biegemoment am Ende des ersten Bereichs (bei z1 = 2a).

: FL2 = 0

Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgt:

Ende?


1 StatikSeite: 103

_

- qa2

qa218

_

FAV

Grafische Darstellung der Schnittgrößen: (vgl. analytischen Verläufe auf den drei letzten Seiten)

FL-VerlaufFL= 0

Mb-Verlauf

F+FQ-Verlauf

FB

B

a a

qF=qa

A

FB

FAH

FAV

C D

a2

a2

z1

y1

z2

y2

Bild 1.69 Schnittgrößenverläufe für Balken auf zwei Stützen mit konstanter Streckenlast

Ende?


1 StatikSeite: 104

Beispiel 1.18 Verzweigter Träger mit Einzellast

a a

2a

B

AF

z1

y1

z2y2

z3

y3

FAV = F

Bild 1.70 Verzweigter Träger mit Einzellast

Aus den Gleichgewichtsbedingungen erhalten wir für die Lagerreaktionen die folgenden Lösungen:

: FAV - F = 0

A : - FB2a + F 2a =

0 : FAH - FB = 0

FB = F

FAH = F

Es werden drei Schnitte in den drei Bereichen des verzweigten Trägers notwendig.

Zur Festlegung der Schnittstellen definieren wir für jeden Bereich ein eigenes Bezugssystem (siehe Bild 1.70 oben).

F

FB

FAV

FAH

2a

a a

B

A

Ende?


1 StatikSeite: 105

Fa

Fa

+2Fa

+

Mb-Verlauf :

V

Bild 1.72 Momentengleichgewicht an der Verzweigungsstelle

FFAV +

F

FQ-Verlauf :FB=F

FAH

Mb2(z2=0)=-FaMb1(z1=a)=Fa

Mb3(z3=0)=2FaHinweis: Unmittelbar an der Verzweigungsstelle V muss das Kraft- und Momentengleichgewicht erfüllt sein. Zum Beispiel ist für das Biegemoment Mb bei einem Schnitt unmittelbar bei V das Momentengleichgewicht M=0 erfüllt (vgl. Bild 1.72).

FFF AH1L

FFF AV1Q

11AV1b zFzFM

0F 2L

FF 2Q 22b zaFM

0F 3L

FFF B3Q 33B3b za2Fza2FM

Tabelle 1.2 Schnittgrößen für verzweigten Träger mit Einzellast

1. Bereich: 0 z1 a

y2

FFQ2

FL2

Mb2

S2

z2 a - z2

2. Bereich: 0 z2 a

y3

FB

FQ3

FL3

Mb3

S3z3

2a - z3

3. Bereich: 0 z3 2a

FL1

A

z1

y1

FAH

FAVFQ1

Mb1

S1

FL-Verlauf :

Bild 1.71 Schnittgrößenverläufe für verzweigten Träger

V : Fa - 2Fa - (-Fa) = 0 0 = 0

Ende?


1 StatikSeite: 106

A

q0

a

b)

Freischneiden

d) Schnittgrößen

A

a

c) Schnitt bei z:

Bild 1.73 a) Kragträger mit Dreiecklast, b) Schnittbild, c) Schnitt bei z, d) Schnittgrößenverläufe

Die Lagerreaktionen, die man dann zweckmäßig so positiv definiert wie die Schnittgrößen an diesem Schnittufer (Bild 1.73 b), können später aus den Schnitt-größen am Lager A ermittelt werden (siehe unten). - q0a

12

-

q0a21

6

Hinweis: Bei diesem Beispiel lassen sich die Schnittgrößen ohne vorherige Berechnung der Lagerreaktionen bestimmen, wenn als Teilsystem, an dem die Schnittgrößen berechnet werden, das freie Trägerende gewählt wird (Bild 1.73 c).

Beispiel 1.19 Kragträger mit Dreieckstreckenlast

FL = 0

Lagerreaktionen aus den Schnittgrößen bei A:

q(z)= z ,q0

a

FL

FQ

Mb

zy

S

0zzq2

1F: Q 20

Q z2a

qF

30b z

6a

qM

FR(z)= q(z)·z= z2q0

2a12

FR(z)

z3

,zqza

q

dz

dF 0Q Q20b Fz

2a

q

dz

dMKontrolle:

03z

zzq21

M:S b

FAV

FAH=0

MA

zy

Aa

q0

MA = Mb(z=a) = - q0a21

6

FL - Verlauf FL - Verlauf

FQ - Verlauf FQ - Verlauf

Mb - Verlauf Mb - Verlauf

a)

,0dzdFL die differentiellen Beziehungen sind erfüllt!

0F: L 0FL

FAH= FL(a) = 0 , 12

FAv=FQ(a) = - qa ,

q0

q(z)

Ende?


1 StatikSeite: 107

Beispiel 1.20 Gerberträger mit konstanter Streckenlast

A B

a

q

G

C

aa z2y2

z3y3

Bild 1.74 Gerberträger

FAH

FAV

Aq

G

a

B

a

C

a

G

Schnitt im Gelenkund an den Lagern

Bild 1.75 Freigeschnittener Gerberträger mit Bezugssystemen und angedeuteter Schnittführung

z1y1

FGV

FGHFGH

FGV FB

FC

Wir prüfen: Der Gerberträger weist keine unzulässigen Gelenk- und Lageranordnungen auf (vgl. Kapitel 1.5.3) und die notwendige Bedingung (1.20) b = 3n für die statische Bestimmtheit von Scheibenverbindungen ist mit b = 6 (vier Bindungen durch die Lager A, B und C und zwei durch das Gelenk G) und n = 2 (zwei starre Scheiben) erfüllt ist.

Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung am rechten Teilsystem von Bild 1.75 liefert:

: 0FAH

Aus Gleichgewichtsbedingungen am linken Teilsystem von Bild 1.75 folgt:

: 0FF GHAH

G : 0aaqaF21

AV aqF21

AV

aqF21

GV

C : 0aFaF CGV aqF

21

C

Am rechten Teilsystem erhalten wir

B : 0aFa2F BGV

aqFB

0FGH

A : 0aaqaF21

GV

Ende?


1 StatikSeite: 108

Tabelle 1.3 Schnittgrößen für Gerberträger

1. Bereich: 0 z1 a

FL1

121 z

qz1

z1

y1FQ1

Mb1S1FAH = 0

FAV =qa 2

A

2. Bereich: 0 z2 a

FL2

G

z2

y2

FGH = 0

FQ2

Mb2S2

FGV = qa 2

3. Bereich: 0 z3 a

y3

FQ3

FL3

Mb3

S3

z3 a - z3

FC = -qa 2

C

qaF21

2Q

221

2b qazM

121

1Q z-aqF

1121

1b z-azqM

0F 1L 0F 2L 0F 3L

321

3b z-aqaM

qaF21

3Q

Für die grafische Darstellung der Schnittgrößen ist die Kenntnis von Ort und Größe des Extremwertes des Biegemomentenverlaufs (quadratische Funktion) im 1. Bereich nützlich. Analog zur Berechnung des Extremwertes im Beispiel 1.17 folgt:

a2

1z D1 Ort:

Extremwert: 2D111b qa

8

1zzM

Die grafische Darstellung der analytischen Schnittgrößenverläufe in den drei Bereichen (siehe Tabelle 1.3) erfolgt auf der nächsten Seite.

Ende?


1 StatikSeite: 109

Bild 1.76 Schnittgrößen für den Gerberträger18

qa2

AB

a

q

G C

aqa qa

21qa

21

z1

y1

z2y2

z3y3a

+qa21

qa21

-

+ qa21

FL = 0FL - Verlauf FL - Verlauf


Dz1D

qa

-

12

qa2


Schnittgrößenverläufe:

Ende?


1 StatikSeite: 110

Bild 1.77 Koordinatensystem

1.7 Zentrales räumliches Kraftsystem

Definition:Eine räumlich angeordnete Gruppe von Kräften (nicht in einer Ebene liegend) heißt zentrales räumliches Kraftsystem, wenn sich die Wirkungslinien aller Kräfte in einem Punkt schneiden. Es ist die Verallgemeinerung des ebenen zentralen Kraftsystems.

Die Erkenntnisse aus dem ebenen zentralen Kraftsystem über die Bildung der resultierenden Kraft und über die Kraftzerlegung gelten auch hier, wenn die neu hinzukommende dritte Koordinaten-richtung beachtet wird.

x

y

z

Bezugssystem: Die räumliche Anordnung der Kräfte wird im Allgemeinen in einem räumlichen kartesischen (x,y,z)-Koordinaten-system beschrieben, wobei die Achsen in der Reihenfolge x-y-z ein Rechtssystem bilden sollen (Bild 1.77).

Die Lösung räumlicher Probleme erfordert ein räumliches Vorstellungsvermögen und einen höheren Rechenaufwand, erfolgt aber prinzipiell mit den gleichen Methoden, die wir schon in den vorangegangenen Kapiteln kennen gelernt haben.

Bei der Lösung praktischer Probleme wird man nicht immer mit einem ebenen Modell auskom-men, sondern muss gegebenenfalls die dreidimensionale Ausdehnung des Tragwerkes sowie die in beliebiger Raumrichtung wirkenden Kräfte und Momente berücksichtigen, um eine kor-rekte Lösung zu erhalten.

Ende?


1 StatikSeite: 111

x

y

z

Bild 1.78 Komponenten einer Kraft Fi

Die grafische Ermittlung der Resultierenden aus n Kräften durch Zeichnen eines räumlichen Kraftecks ist prinzipiell möglich, aber nicht praktikabel und wird deshalb hier nicht weiter beschrieben.

1.7.1 Ermittlung der Resultierenden

Allgemein gilt bei n Kräften als Verallgemeinerung des ebenen Falles für die resultierenden Komponenten in x-, y- und z-Richtung und für die Resultierende FR:

Analytische Lösung

Grundidee: Zerlegung der Kräfte Fi in jeweils 3 Komponenten.

FixEs gilt:

Fix = Fi cos Fix = Fi cos

Fiy

Fiy = Fi cos Fiy = Fi cos

Fiz

n

1iixRx FF

n

1iixRx FF

n

1iiyRy FF

n

1iiyRy FF

n

1iizRz FF

n

1iizRz FF

Beachte: Eine Kraft im Raum lässt sich eindeutig nur in drei Richtungen zerlegen, wenn diese nicht in einer Ebene liegen.

Grafische Lösung

Fi

und wegen cos2cos2cos2= 1 auch umgekehrt 2

iz2iy

2ix

2i FFFF

2Rz

2Ry

2RxR FFFF

2Rz

2Ry

2RxR FFFF (1.28)

Fiz = Fi cos Fiz = Fi cos (1.26)

(1.27)2iz

2iy

2ixi FFFF 2

iz2iy

2ixi FFFF

Ende?


1 StatikSeite: 112

• Weitere Gleichungen können gegebenenfalls zur Kontrolle benutzt werden.

• Von diesen sind jedoch nur drei linear unabhängig, so dass daraus nur drei Unbekannte berechnet werden können.

Beachte: • Da das Gleichgewicht in jeder beliebigen Richtung aufgeschrieben werden kann, gibt es

unendlich viele Gleichgewichtsbedingungen.

Eine Resultierende ist Null, wenn jede der drei Komponenten der Resultierenden Null ist. Analytisch wird der Gleichgewichtszustand mit Gleichung (1.28) durch die folgenden drei Gleichgewichtsbedingungen beschrieben:

1.7.2 Gleichgewicht einer zentralen räumlichen Kräftegruppe

Eine zentrale räumliche Kräftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn ihre Resultierende gleich Null ist (FR = 0).

0FF:n

1iiyRy

0FF:n

1iiyRy

0FF:n

1iixRx

0FF:n

1iixRx

0FF:n

1iizRz

0FF:n

1iizRz

(1.29)

Ende?


1 StatikSeite: 113

x

y

zb)

, b) Komponenten der Kräfte

Beispiel 1.21 Stabkräfte in einem räumlichen Stabdreischlag (Dreibock)a

F

1 2

3

a

a

FS2 = F (Zugstab)2

FS2

F22

F22

Gesucht: FS1, FS2, FS3

Gegeben: F, a

0FF: S122 22

0FFF: S2S12

S32 22

FS3

45°

FS1

45°

Das Aufschreiben der drei Gleichgewichtsbedingungen (1.29) ergibt (vgl. Bild 1.80 b):

FS3 = - F (Druckstab)

FS1 = - F (Druckstab)

Knotenschnitt

S32 F2

S32 F2

S12 F2

S12 F2

F45°

0FF S322 22:

Bild 1.79 Dreibock

FS2

F

FS1

FS3

Bild 1.80 a) Schnittskizze nach dem Knotenschnitt

a)

Annahme: Die Gelenke sind reibungsfreie Kugelgelenke.

Ende?


1 StatikSeite: 114

Beachte: Das Moment einer Kraft bezüglich einer zu ihrer WL parallelen Achse ist gleich Null. Hier ist dies die z-Achse und deshalb ist M0z =0.

Wir berechnen das Moment der Kraft Fz bezüglich des Koordinaten-ursprungs 0 aus dem Versetzungsmoment (siehe Kapitel 1.3.3)der Kraft, welches beim Versetzen von der Wirkungslinie WLauf die parallele Wirkungslinie (z-Achse) durch den Punkt 0 entsteht. Der Betrag des Versetzungsmomentes M0 wird:

M0x = M0 sin = Fzl sin = Fzy

l

x=l c

os

y=l sin

•

Fz

WL

z

x

y0

Moment einer zur z-Achse parallelen Kraft bezüglich des Koordinatenursprungs

Bild 1.81 Moment der Kraft Fz bezüglich 0

1.8 Allgemeines räumliches Kraftsystem

M0 steht senkrecht auf der von Fz und l aufgespannten Fläche und liegt damit parallel zur (x,y)-Ebene. Die Komponenten von M0 in x-, y- und z-Richtung (positiv in Koordinatenrichtung), die identisch dem Momenten der Kraft Fz bezüglich der Achsen x, y, z sind, lauten: M0z = 0

M0y = - M0 cos = - Fzl cos = -

Fzx

Definition: Eine Kräftegruppe im Raum, deren Wirkungslinien (WL) keinen gemeinsamen Schnittpunkt besitzen, bezeichnen wir als allgemeines räumliches Kraftsystem. Es ist die Verallgemeinerung des allgemeinen ebenen Kraftsystems

mit l ... Lot von 0 auf WL von FzM0 = Fz

l

M0

M0sin

M0cos

Ende?


1 StatikSeite: 115

bzw. mit den Komponenten M0ix, M0iy, und M0iz von in x-, y- und z-Richtung0iM

ziz0yiy0xix0i0 eMeMeMM

ziz0yiy0xix0i0 eMeMeMM

(1.33)

Moment einer beliebig orientierten Kraft bezüglich des Koordinatenursprungs

Das Moment der Kraft bezüglich des Punktes 0 ist das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) aus dem so genannten Ortsvektor und dem Kraftvektor (vgl. Bild 1.82)ir

iF

ii0i FrM

ii0i FrM

(1.30)

Mit den Einheitsvektoren in Richtung der Koordinatenachsen lässt sich das Vektorprodukt (1.30) auch in Form einer Determinante darstellen:

iziyix

iii

zyx

Oi

FFF

zyx

eee

M

iziyix

iii

zyx

Oi

FFF

zyx

eee

M

zyx eunde,e

(1.31)

Berechnen wir die Determinante, so lautet das Ergebnis für :0iM

z

M

iixiiyy

M

iiziixx

M

iiyiizi0 eyFxFexFzFezFyFM

iz0iy0ix0

z

M

iixiiyy

M

iiziixx

M

iiyiizi0 eyFxFexFzFezFyFM

iz0iy0ix0

(1.32)

(1.34)2iz0

2iy0

2ix0i0 MMMM

2iz0

2iy0

2ix0i0 MMMM Mit dem räumlichen Pythagoras wird der Betrag von : 0iM

Ende?


1 StatikSeite: 116

yi

xi

zi

Fi

x

y

z

0

ri

Fiy

Fiz

Fix

Hinweis: Das Moment der Kraftkomponente Fiz entspricht genau dem Spezialfall auf Seite 114.

M0ix = - Fiy zi + Fiz yiM0ix = - Fiy zi + Fiz yi

M0iy = - Fiz xi + Fix ziM0iy = - Fiz xi + Fix zi

M0iy

M0iz

M0ix

Neben der formellen Berechnung aus der Vektor-gleichung, kann das Moment der Kraft auch nach den folgenden Überlegungen ermittelt werden.

iF

Satz: Das Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes 0 ist gleich der Summe der Moment der Kraft-komponenten bezüglich dieses Punktes.

0iM

iF

Die Komponenten von in x-, y- und z-Richtung (positiv in Koordinatenrichtung), die identisch den Momenten der Kraft bzw. seiner Komponenten bezüglich der Achsen x, y, z durch den Punkt 0 sind, ergeben sich aus den folgenden Äquvalenz-betrachtungen (vgl. Bild 1.82).

iF

0iM

Natürlich sind diese Ergebnisse für die Komponenten von mit denen in (1.32) identisch.0iM

M0iz = - Fix yi + Fiy xiM0iz = - Fix yi + Fiy xi

(1.35)

Bild 1.82 Moment einer beliebigen Kraft Fi bezüglich des Punktes 0

Ende?


1 StatikSeite: 117

Für die resultierende Kraft FR gelten dann die Formeln des zentralen räumlichen Kraftsys-

tems (vgl. Kapitel 1.7.1, Gleichung (1.28)). Für die Wirkungslinie der Resultierenden gilt der folgende Hinweis.

1.8.1 Zusammensetzung von Kräften und Momenten

Bei der Zusammensetzung von Kräften eines allgemeinen räumlichen Kraftsystems (wobei auch Momente, die als Kräftepaar angesehen werden könnten, vorhanden sein dürfen) erhalten wir im Allgemeinen eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moment. Das resultierende Moment entsteht infolge der Momente der Kräfte in bezug auf den gewählten Bezugspunkt (siehe eine Seite zurück), in den wir alle Kräfte parallel verschieben, um zur Bildung der resultierenden Kraft ein zentrales räumliches Kraftsystem zu erhalten.

m

1i0ix0Rx MM

m

1i0ix0Rx MM

m

1i0iy0Ry MM

m

1i0iy0Ry MM

m

1i0iz0Rz MM

m

1i0iz0Rz MM (1.36)

Hinweis: Die Momentensumme in (1.36) kann sich aus der Summe der Momente von Kräften Fi und aus Einzelmomenten Mi zusammensetzen.

Hinweis: Die Wirkungslinie der resultierenden Kraft FR eines allgemeinen räumlichen Kraftsys-tems verläuft durch den gewählten Bezugspunkt „0“, auf den das resultierende Moment M0R (siehe Gleichung (1.36)) bezogen wird.

Die Komponenten des resultierenden Momentes M0R berechnen wir nach (1.32) bzw. (1.35) als Summe der Komponenten der Momente der einzelnen Kräfte in bezug auf den gewählten Bezugspunkt „0“. Es ergibt sich:

Ende?


1 StatikSeite: 118

1.8.2 Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte und Momente

Beachte: Da von den unendlich vielen Gleichgewichtsbedingungen, die an einem starren Körper aufgeschrieben werden können, nur sechs linear unabhängig sind, lassen sich daraus nur sechs Unbekannte berechnen.

Satz: Ein allgemeines räumliches Kräftesystem ist im Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft FR und das resultierende Moment M0R für einen beliebigen Bezugspunkt „0“ gleich Null sind.

Daraus ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen des allgemeinen räumlichen Kraftsystems zu

0F:n

1iiz

0F:n

1iiz

(1.37)0F:

n

1iiy

0F:n

1iiy

0F:

n

1iix

0F:n

1iix

(1.38)0M:m

1i0ix

0M:m

1i0ix

0M:

m

1i0iy

0M:m

1i0iy

0M:

m

1i0iz

0M:m

1i0iz

Ende?


1 StatikSeite: 119

ungebundener starrer Körper mit 6 Bewegungsmöglichkeiten

Bild 1.83 Freiheitsgrad und statisch bestimmte Lagerung eines starren Körpers im Raum

1.8.3 Räumlich gestützter Körper

Ein ungebundener starrer Körper hat im Raum sechs unabhängige Bewegungsmöglichkeiten (3 Translationen, 3 Rotationen). Der Freiheitsgrad beträgt somit f = 6 (siehe Bild 1.83).

Für eine statisch bestimmte Lagerung müssen diese Bewegungsmöglichkeiten verhindert werden, so dass f=0 gilt. Dazu dienen ein- bis sechswertige Lager, d. h. Lager, die eine oder maximal sogar sechs Bewegungsmöglichkeiten an einem Punkt verhindern.

f = 6 f = 0

statisch bestimmte Lagerung

So ist z. B. der im Bild 1.83 rechts dargestellte Körper durch sechs Stabstützen statisch bestimmt gelagert.

Ende?


1 StatikSeite: 120

Stabstütze (Pendellager):Die Lagerung erfolgt durch einen Stützstab, der mit dem Körper und der Umgebung gelenkig verbunden ist (Bild 1.84 und Bild 1.83). Der Stab nimmt nur eine Kraft in der Längs-richtung auf. Es handelt sich also um ein einwertiges Lager.

Auswahl räumlicher Lager

Bild 1.84 Räumliche Stabstütze

Räumliches Loslager:Das Loslager (Bild 1.85) ist gelenkig mit dem Körper verbunden und kann reibungsfrei auf der Lagerfläche gleiten. Eine Kraftaufnahme ist nur normal zu dieser Fläche möglich. Es handelt sich also ebenfalls um ein einwertiges Lager. Bild 1.85 Räumliches Loslager

Räumliches Festlager:Im Unterschied zum Loslager ist das Festlager (Bild 1.86) starr mit der Umgebung verbunden. Es nimmt deshalb Kräfte in beliebiger Richtung (bzw. in drei vorgegebene Richtun-gen) auf. Es handelt sich damit um ein dreiwertiges Lager. Bild 1.86 Räumliches Festlager

Räumliche Einspannung:Der Träger (Bild 1.87) so mit der Umgebung verbunden, das Kräfte und Momente in beliebiger Richtung (bzw. in drei vorgegebenen Richtungen) aufgenommen werden können. Die räumliche Einspannung ist also ein sechswertiges Lager. Bild 1.87 Räumliche Einspannung

Ende?


1 StatikSeite: 121

Beispiel 1.22 Abgewinkelter Träger mit räumlicher Belastung und Lagerung

Ein räumlich abgewinkelter Träger ist durch ein Festlager (b = 3), ein Loslager (b = 1) und zwei Stützstäbe (beide zusammen b = 2) gelagert ist (Bild 1.88). Die insgesamt b = 6 Bindungen fixieren den Träger eindeutig, so dass f = 0 gilt.

A

C

2a

F1=qa

q

F2=2qa

12

a2

a2

B

FB

FS1

FS2

FAx

FAy

FAz

Bild 1.88 Abgewinkelter Träger mit räumlicher Belastung und Lagerung

Zur Ermittlung der Lagerreaktionen schneiden wir den Trägern von den Auflagern frei und tragen die Lagerreaktionen an (Bild 1.89).

x

yz

a

A

C

a

F1=qaF2=2qa

a2

a2

B

D

Bild 1.89 Schnittskizze mit Lagerreaktionen für einen abge-winkelten Träger mit räumlicher Belastung und Lagerung

FR=2qa

Hinweis: Schreibt man die Gleichge-wichtsbedingungen in geigneter Reihen-folge auf, so lassen sich häufig die Un-bekannten der Reihe nach berechnen, ohne das ein Gleichungssystem gelöst werden muss.

qaFF 1Ax

qa2F2F 11S

qaFF 221

2S

qaFF R21

1Az

0FF: 1SAy qa2FF 1SAy

0FFFFF: 2S2BRAz qa2FFFFF 2S2RAzB

Aus sechs Gleichgewichtsbedingungen folgt:

0FF: 1Ax

0aFa2F:B RAz

0aFaF:A 2S21

2

0aFa2F:A 1S1

Ende?


1 StatikSeite: 122

Zur Kontrolle bilden wir noch

00

0qa2qa4qa4qa2 2222

0a2Fa2Fa2FaF:A 2S2BR

und erkennen, dass die Kontrollgleichung identisch erfüllt ist.

Hinweis: Kraftgleichgewichtsbedingungen können auch durch Momentengleichgewichts-bedingungen ersetzt werden, wodurch sich oft die Lösungen für einzelne Lagerreaktionen unabhängig voneinander ergeben.

Bei dem oben behandelten Beispiel 1.22 könnten für die letzten zwei Gleichgewichtsbe-dingungen z. B.

aufgeschrieben werden (vgl. Bild 1.89), aus denen dann unabhängig von anderen Lager-reaktionen die Lagerreaktionen FAy und FB folgen würden.

D : und Achse AC :

Ende?


1 StatikSeite: 123

Als Bezugssystem für die Definition der räumlichen Schnittgrößen verwenden wir ein kartesisches (x,y,z)-Koordinatensystem (Rechtssystem), wobei wir die z-Achse wieder in Richtung der Balkenlängsachse (Verbindungsgerade aller Querschnittsschwerpunkte) legen (vgl. Kapitel 1.6.1).

1.8.4 Schnittgrößen am räumlich belasteten Balken

Definition der räumlichen Schnittgrößen

x y

z FL Mt

FQx FQy

Mby

Mbx

Mt

Mbx

FQx

Mby

FQy

FL


negativesSchnittufer Bild 1.90 Definition der positiven räumlichen Schnittgrößen

Analog zur räumlichen Einspannung kommen zu den drei Schnittgrößen des eben belasteten Balkens (FL, FQy und Mbx, vgl. Kapitel 1.6.1) noch drei neue Schnittgrößen (FQx, Mby und Mt) hinzu, so dass sich insgesamt sechs Schnittgrößen (siehe Bild 1.90) ergeben, die im Allgemeinen Fall eine Funktion von z sind.

Auf der folgenden Seite werden die positive Definition sämtlicher Schnittgrößen angegeben, wobei die bereits am ebenen Balken (vgl. Kapitel 1.6.1) eingeführten Schnittgrößen nochmals wiederholt werden.

Ende?


1 StatikSeite: 124

Beachte: Am positiven Schnittufer stimmt der positive Richtungssinn der Schnittgrößen mit Ausnahme von Mby mit dem positiven Richtungssinn der Koordinatenachsen überein.

Mt - Torsionsmoment um eine zur z-Achse parallele Achse: am positiven Schnittufer positiv in positiver z-Richtung, d. h. die Doppelpfeilspitze zeigt in die positive

z- Richtung.

FQy - Querkraft: positiv am positiven Schnittufer in positiver y-Richtung.

FL - Längskraft (oft auch als Normalkraft FN bezeichnet) positiv am positiven

Schnittufer in positiver z-Richtung.

Mbx - Biegemoment um eine zur x-Achse parallele Achse: am positiven Schnittufer

positiv in positiver x-Richtung, d. h. die Doppelpfeilspitze zeigt in die x-Richtung.

FQx - Querkraft: positiv am positiven Schnittufer in positiver x-Richtung.

Mby - Biegemoment um eine zur y-Achse parallele Achse: am positiven Schnittufer

positiv in negativer y-Richtung, d. h. die Doppelpfeilspitze zeigt in die negative y-Richtung.

Die oben angegebene weit verbreitete Definition der Schnittgrößen sichert, dass am positiven Schnittufer sämtliche Schnittkräfte und das Torsionsmoment in positive Koordinatenrichtung weisen und positive Biegemomente die Balkenunterseiten (das sind die Seiten, die einen positiven Abstand vom Schwerpunkt haben) dehnen.

Hinweis: Natürlich sind auch alternative Definitionen möglich (vgl. Hinweis Seite 89).

Ende?


1 StatikSeite: 125

Tabelle 1.4 Schnittgrößen für den eingespannten räumlichen Kragträger (Bild 1.91)

1. Bereich: 0 z1 b

Dadurch vermeiden wir die vorherige Ermittlung der Lagerreaktionen. Im Bedarfsfall können diese später direkt aus den Schnittgrößenverläufen ermittelt werden (vgl. Beispiel 1.19).

q

F1

F2

ba

Bild 1.91 Räumlicher Kragträger

Beispiel 1.23 Eingespannter räumlicher Kragträger

x1

y1

z1

x2

y2

z2

Der Kragträger in Bild 1.91 besteht aus zwei Bereichen, für die wir die beiden Bezugssysteme (x1,y1,z1) und (x2,y2,z2) zur Beschreibung der Schnittgrößenverläufe einführen.

Zur Ermittlung der Schnittgrößen schneiden wir den Träger zweimal und schreiben die Gleichgewichtsbedingungen jeweils für das rechte Teilsystem auf (Ergebnisse siehe Tabelle 1.4).

Mt1

Mbx1

FQx1

FQy1

FL1

Mby1

F2

qx1

y1

z1

S1

2. Bereich: 0 z2 a

x2

y2

z2

S2

F2

q

F1 bMby2

Mt2

Mbx2

FQx2

FQy2

FL2

FL1 = -F2 Mbx1 = -0,5qz12

FQx1 = 0 Mby1 = 0

FQy1 = -qz1 Mt1 = 0

FL2 = -F2 Mbx2 = -qb(0,5b+z2)

FQx2 = F1 Mby2 = F1z2

FQy2 = -qb Mt2 = 0

Ende?


1 StatikSeite: 126

q

F1

F2

ba x1

y1

z1

x2

y2

z2

F1a+

Mby

F1

+

FQx

qb

-FQy

Mt Mt = 0

- 0,5qb2

qb(0,5b+a)

Mbx

Bild 1.92 Schnittgrößenverläufe für den räumlichen Kragträger (Bild 1.91)

Darstellung der Schnittgrößenverläufe nach Tabelle 1.4:

F2

- FL

FL - VerlaufFL - Verlauf



Mt - Verlauf Mt - Verlauf

Ende?


1 StatikSeite: 127

y

z

x

g

Körper

Bild 1.93 Schwerpunkt eines starren Körpers

1.9.1 Massenschwerpunkt

1.9 Schwerpunkt

Der Schwerpunkt S (Massenmittelpunkt) eines Körpers ist der Punkt, in dem die Resultierende aller Massenkräfte angreift. Die Resultierende aller Massenkräfte ist die Gewichtskraft FG des Körpers.

Annahmen: Der Körper sei im Vergleich zur Erde klein. Das bedeutet, die Erdbeschleunigung g ist im Körper konstant und alle Massenkräfte verlaufen parallel.

g·dm

yxz

dm, dV

FG

xS

yS

zS

S

m - Masse des Körpersdm - differentielles MassenelementV - Volumen des KörpersdV - differentielles Volumenelement - Dichte des Materialsg - Erdbeschleunigung

Es bedeuten:

Äquivalenzbetrachtungen für die Kräfte in z-Richtung und für die Momente um die x- und die y-Achse liefern Gleichungen zur Berechnung der geometrischen Lage (xS, yS) von S. Es folgt (vgl. Bild 1.93):

mgdmgF:(m)

G (1.39)

Ende?


1 StatikSeite: 128

(m)

SsG dmgyymgyF:

(m)

sSG dmgxxmgxF:

(m)

SsG dmgzzmgzF:

(1.40) (m)

S dmxm

1x

(m)S dmx

m

1x

(1.41) (m)

S dmym

1y

(m)S dmy

m

1y

Dreht man den Körper in Bild 1.93 einschließlich des Koordinatensystems um einen Winkel von 90° um die x-Achse, so zeigt die Gewichtskraft FG und die differentielle Gewichtskraft gdm in die negative y-Richtung. Aus dem Momentengleichgewicht um die x-Achse folgt dann: (1.42)

(m)S dmz

m

1z

(m)S dmz

m

1z

Hat der Körper eine konstante Dichte , bezeichnet man ihn als homogen.

(V)

S dVxV

1x

(V)S dVx

V

1x

(V)S dVy

V

1y

(V)S dVy

V

1y

(V)S dVz

V

1z

(V)S dVz

V

1z (1.43)

dm = dV m = V(V)

dVV

Es gilt dann mit:

Beachte: Der Schwerpunkt ist in diesem Fall eine rein geometrische Größe. Er wird deshalb auch Volumschwerpunkt genannt.

Hinweis: Integrale vom Typ und , wie sie in (1.40) bis (1.43) vorkommen, werden statische Momente genannt.

(V)

dVx (m)

dmx

Ende?

1.9.2 Volumenschwerpunkt


1 StatikSeite: 129

(A)

S xdAA

1x

(A)S xdA

A

1x

(A)S ydA

A

1y

(A)S ydA

A

1y (1.44)

Damit lauten die Koordinaten des Flächenschwerpunktes:

Aus der 1. Gleichung von (1.43) für den Volumenschwer-punkt homogener Körper folgt für eine dünne homogene Scheibe der Fläche A mit konstanter Dicke h (h 0) und mit dV = hdA und V = hA (siehe Bild 1.94)

1.9.3 Flächenschwerpunkt ebener Flächen

(A)(A)(V)

S xdAA

1xhdA

hA

1dVx

V

1x

Ein analoges Ergebnis erhalten wir für yS aus der zweiten Gleichung von (1.43). Bild 1.94 Flächenschwerpunkt

Fläche A

x

ydA

x

yS

xS

yS

Die in den Gleichungen (1.44) auftretenden Flächenintegrale werden als statische Momente der Fläche A bezüglich der x-Achse (Sx) bzw. der y-Achse (Sy) bezeichnet:

(A)

x ydAS (A)

x ydAS (A)

y xdAS (A)

y xdAS (1.45)(statische Momente)

Ende?


1 StatikSeite: 130

Damit lassen sich die Gleichungen (1.44) für den Flächenschwerpunkt wie folgt schreiben:

yS SA

1x xs S

A

1y und

Wird das Bezugskoordinatensystemsystem genau in den Flächenschwerpunkt S gelegt, so giltxs = ys = 0, woraus Sx = Sy = 0 folgt.

Satz: Das statische Moment bezüglich einer Achse durch den Flächenschwerpunkt ist gleich Null.

x

y

R

Bild 1.95 Schwerpunkt einer Halbkreisfläche

Beispiel 1.24 Flächenschwerpunkt einer Halbkreisfläche

erhalten wir aus den Gleichungen (1.44) für die Schwerpunktskoordinaten

0drdcosrR

2xdA

A

1x

R

0r 0

22

(A)S

Mit rsiny,rcosx,drrddA,rA 221

Beachte: Das Ergebnis xS = 0 war aus Gründen der Symmetrie zu erwarten!

3

4Rcos

3

r

R

2drdsinr

πR

2ydA

A

1y

0

R

0r

3

2

R

0r

π

0

22

(A)S

sowie

SyS

x

y

dA=r·d·dr

dr

dr

Ende?


1 StatikSeite: 131

1.9.4 Linienschwerpunkt ebener Linien

Aus der 1. Gleichung von (1.43) für den Volumen-schwerpunkt homogener Körper folgt für einen sehr dünnen linienförmigen Körper der Länge l mit einer sehr kleinen, konstanten Querschnittsfläche A (A 0) und mit dV = Ads und V = Al (siehe Bild 1.96)

)()((V)

S xds1

xAdsA

1dVx

V

1x

llll

Ein analoges Ergebnis erhalten wir für yS und zS aus der zweiten und dritten Gleichung von (1.43).

Damit lauten die Schwerpunktkoordinaten einer ebenen Linie:

)(

S xds1

xl

l)(

S xds1

xl

l )(

S yds1

yl

l)(

S yds1

yl

l (1.46)

Linie der Länge l

x

y

S

xS

yS

x

y

sds

Bild 1.96 Linienschwerpunkt

Ende?


1 StatikSeite: 132

1.9.5 Schwerpunkt zusammengesetzter Gebilde

Ist ein Gebilde (Körper, Fläche oder Linie) aus einer endlichen Anzahl einzelnen Bestandteilen zusammengesetzt, für die die Koordinaten der Schwerpunkte bekannt sind, dann kann der Schwerpunkt des Gesamtsystems durch Summation über die Bestandteile ermittelt werden (Ausschnitte lassen sich mit negativem Vorzeichen der ausgeschnittenen Volumen, Flächen oder Linien in den Formeln berücksichtigen).

n

1ii

n

1iiSi

x

AS

A

Ay

A

SAdy

A

1y

n

1ii

n

1iiSi

x

AS

A

Ay

A

SAdy

A

1y

(1.47)

n

1ii

n

1iiSi

y

AS

A

Ax

A

SAdx

A

1x

n

1ii

n

1iiSi

y

AS

A

Ax

A

SAdx

A

1x

So gilt z. B. für den Flächenschwerpunkt einer aus n Teilflächen bestehenden ebenen Fläche:

Ende?


1 StatikSeite: 133

1.9.6 Hinweise zur Berechnung von Schwerpunkten

• Statische Momente in Bezug auf Symmetrieachsen sind stets Null.

• Wenn zwei Symmetrieachsen vorhanden sind, so liegt der Schwerpunkt im Schnittpunkt der Symmetrieachsen.

• Hat das zu berechnende Gebilde (Körper, Fläche oder Linie) eine Symmetrieachse, so liegt der Schwerpunkt auf der Symmetrieachse.

• Der Massenmittelpunkt wird vorrangig in der Statik und in der Dynamik als Angriffspunkt der Gewichtskraft und von Trägheitskräften und Trägheitsmomenten benötigt.

• Der Volumenschwerpunkt hat Bedeutung für die Vereinfachung von homogenen Körpern.

• Den Flächenschwerpunkt benötigen wir in der Festigkeitslehre zur Festlegung eines Bezugssystems zur Berechnung von Querschnittskennwerten, die wiederum für die Berechnungen von Spannungen- und Verformungen benötigt werden.

• Der Linienschwerpunkt hat Bedeutung bei der Berechnung dünnwandiger offener und geschlossener Querschnitte sowie beim Stanzen und Abscheren von Blechen. So wird beispielsweise dann ein gutes Stanzergebnis erzielt, wenn die Belastung durch das Werkzeug im Linienschwerpunkt der zu stanzenden Kontur wirkt.

Ende?

Hinweis: Bei räumlich gekrümmten Flächen bzw. Linien lässt sich die zs-Koordinate aus

berechnen, die die Gleichungen (1.44) bzw. (1.46) ergänzen.

)(

S dsz1

zl

l)(

S dsz1

zA

Abzw.


1 StatikSeite: 134

1.10.1 Definition der Flächenträgheitsmomente

1.10 Flächenträgheitsmomente

Die Flächenträgheitsmomente sind in der Festigkeitslehre benötigte Größen (Integrale), die bei der Berechnung von Spannungen und Verformungen benötigt werden. Die Flächenträg-heitsmomente hängen nur von der Form und der Größe des Querschnitts und der Lage des Bezugssystems ab.

Axiale Flächenträgheitsmomente

Bild 1.97

x

y

Fläche A

0

x

yr

dA

Hinweis: Die axialen Flächenträgheitsmomente werden auch äquatoriale Trägheitsmomente genannt.

(A)

2xx dAyI

(A)

2xx dAyI (1.48)

(A)

2yy dAxI

(A)

2yy dAxI (1.49)

Die axialen Flächenträgheitsmomente Ixx und Iyy bezogen auf die x-Achse bzw. auf die y-Achse sind folgendermaßen definiert (vgl. Bild 1.97):

Ende?


1 StatikSeite: 135

Polares Flächenträgheitsmoment

Das polare Flächenträgheitsmoment Ip ist definiert als (vgl. Bild 1.97)

(A)

2p dArI

(A)

2p dArI (1.51)

Zentrifugal- oder Deviationsmoment

Das Zentrifugalmoment Ixy, das teilweise auch als Deviationsmoment bezeichnet wird, ist folgendermaßen definiert (vgl. Bild 1.97):

(A)

xy xydAI (A)

xy xydAI (1.50)

Es kann mit r2 = x2 + y2 durch die axialen Trägheitsmomente ausgedrückt werden:

yyxx

A

2

A

2

A

22p IIAdyAdxAd)yx(I

Ende?


1 StatikSeite: 136

Merke: Der Richtungssinn der Koordinatenachsen hat nur auf das Vorzeichen des Zentrifugalmomentes Ixy einen Einfluss.

Aus der Anschauung folgt: Ist eine Achse eine Symmetrieachse, so ist das Zentrifugal-moment Null, da zu jedem positiven Wert (x,y) auch ein gleich großer negativer Wert gehört.

Allgemein gilt für die Flächenträgheitsmomente:

• Die Flächenträgheitsmomente haben die Einheit [mm4].

• Die axialen Flächenträgheitsmomente und folglich das polare Flächenträgheitsmoment sind stets größer als Null.

• Das Deviationsmoment kann größer, kleiner oder gleich Null sein.

Ende?


1 StatikSeite: 137

x

y

Fläche A

S

Bild 1.98 Bezugssystem für den STEINERschen Satz

in die für das quergestrichene Koordinatensystem auf-geschriebenen Definitionsgleichungen der Flächenträg-heitsmomente (1.48) bis (1.50) ein, so folgt für die auf das -System bezogenen Flächenträgheitsmomente)y,x(

1.10.2 Satz von STEINER

Wir wollen die Flächenträgheitsmomente bezogen auf ein Koordinatensystem berechnen, das gegenüber dem ursprünglichen (x,y)-Koordinatensystem, dessen Ursprung stets im Schwerpunkt S der Fläche A liegen soll, parallel verschoben ist.

)y,x(

Setzen wir die Koordinatentransformationen

Sxxx Syyy und

A

A

2S

0S

AS

I

A

22

A AS

2xx AdyAdyy2AdyAdyyAdyI

xxx

A

A

2S

0S

)A(S

I

)A(

22

A AS

2yy AdxAdxx2AdxAdxxAdxI

yyy

A

ASS

0S

)A(S

0S

)A(S

A

I

Ayx AdyxAdxyAdyxAdxyAdyxI

yxxy

xS

yS

x

y

0

dA

x

yy

xxS

yS

Ende?


1 StatikSeite: 138

Die statischen Momente Sx und Sy in den obigen Gleichungen sind Null, weil das (x,y)-Koordinatensystem laut unserer Annahme seinen Ursprung im Schwerpunkt S der Fläche hat (vgl. Kapitel 1.9.3, Seite 130). Damit ergeben sich als Transformationsgleichungen für die Flächenträgheitsmomente zwischen den parallelen Koordinatensystemen die als STEINERscher Satz bezeichneten drei Gleichungen:

AyII 2Sxxxx AyII 2Sxxxx

AxII 2Syyyy AxII 2Syyyy

AyxII SSxyyx AyxII SSxyyx

Steinerscher Satz (1.52)

Beachte: Der STEINERsche Satz gilt nur für die Transformation zwischen Schwerpunkt-achsen und dazu parallele Achsen.

Beachte: Von allen Trägheitsmomenten bezüglich paralleler Achsen ist das auf die Achse durch den Schwerpunkt S bezogene Trägheitsmoment am kleinsten.

Ende?


1 StatikSeite: 139

12bh

3y

bbdyydAyI33

2

(A)y

2xx

2h

2h

2h

2h

Beachte: Wegen der Symmetrie zu x und y folgt: Ixy= 0

3bh

4bhh

12bh

AyII323

2Sxxxx

4hb

bh4

bh-0AyxII

22

SSxyyx

y

x

b

Sh

y

x

dAx = h·dx

x dx

dy

dAy = b·dy

y

12hb

3x

hhdyxdAxI33

2

(A)x

2yy

2b

2b

2b

2b

Zunächst wollen wir die Flächenträgheitsmomente bezogen auf das Schwerpunktkoordinatensystem (x,y) berechnen. Aus den Gleichungen (1.48) und (1.49) erhalten wir die axialen Flächen-trägheitsmomente zu:

Mit folgt: bhAund2h

y,2b

x SS

3hb

4bhb

12hb

AxII323

2Syyyy

Beispiel 1.25 Flächenträgheitsmomente einer Rechteckfläche

Bild 1.99 Rechteckfläche

Die Flächenträgheitsmomente bezogen auf das -Koordinatensystem erhalten wir aus dem STEINERschen Satz (1.52).

)y,x(

Ende?


1 StatikSeite: 140

Querschnittsfläche Flächenträgheitsmomente

1.10.3 Flächenträgheitsmomente einfacher Querschnittsflächen

Hinweis: Für typische Flächen, insbesondere auch für die Querschnittsflächen von Norm-profilen, findet man Formeln und Zahlenergebnisse für die Trägheitsmomente in Zahlentabellen und Nachschlagewerken.

Tabelle 1.5 Flächenträgheitsmomente für Rechteck, Kreis, Kreisring und Dreieck

0I12

bhI

12

hbI xy

3

yy

3

xx b S

a

y

xRechteck:

x

y

rd S 0I

4

r

64

dII xy

44

yyxx

Kreis:

y

D xSd 0IdD64

II xy44

yyxx

Kreisring:

72ba

I36ab

I36ba

I22

xy

3

yy

3

xx b

y

xSb/3

a/3 a

Dreieck:

Ende?


1 StatikSeite: 141

x

y

0

Fläche A

Bild 1.100 Transformation vom (x,y)-System auf ein (,)-Koordinatensystem

1.10.4 Hauptträgheitsmomente

Die Extremwerte der Flächenträgheitsmomente werden als Hauptträgheitsmomente bezeich-net. Die dazugehörigen Koordinatenachsen heißen Hauptträgheitsachsen.

Wir untersuchen, wie sich die Flächenträgheitsmomente ändern, wenn das Bezugskoordinaten-system um den Winkel gedreht wird und bestimmen den Winkel, unter dem die Flächen-trägheitsmomente einen Extremwert, d. h. ein Maximum bzw. ein Minimum, annehmen.

dAy

x

xcos

ycos

xsin ysin

= - x·sin + y·cos (1.54)

= x·cos + y·sin

(1.53)

Aus dem Bild 1.100 lassen sich die folgenden Transformationsformeln ablesen:

Vorgehen: Drehung des Koordinatensystems um den Winkel und Transformation der Träg-heitsmomente auf das neue (,)-Koordinaten-system. Wir erhalten I, I und I in Abhän-gigkeit vom Winkel und von Ixx , Iyy , Ixy.

Die Extremwertbedingungen an die Funktionen I(), I() und I() liefern dann die Haupt-trägheitsmomente und den Winkel , der die Lage der dazugehörigen Hauptträgheitsachsen beschreibt.

Ende?


1 StatikSeite: 142

Für die Flächenträgheitsmomomente bezogen auf das gedrehte -Koordinatensystem gilt (vgl. Kapitel 1.10.1):

(A)

2dAI (A)

2dAI (A)

ξη dAI

Setzen wir zunächst in I die Transformationsformel (1.54) ein, so ergibt sich

(A)

2

(A)

2 dA y·cos x·sin- dAI

Mit den Definitionen der Flächenträgheitsmomente bezogen auf das (x,y)-Koordinatensystem (siehe Gleichungen (1.48) bis (1.50)) und den bekannten trigonometrischen Beziehungen

sin2cos2sincos2121

coscos2121

sin 22 ,,

(A)

22

(A)(A)

22 dAycosxydAcos2sin- dAxsinI

Auf analogem Weg erhält man die folgen Formeln für I und I

sin2Icos2IIIII xyyyxx21

yyxx21 sin2Icos2IIIII xyyyxx2

1yyxx2

1 (1.56)

folgt

sin2Icos2IIIII xyyyxx21

yyxx21 sin2Icos2IIIII xyyyxx2

1yyxx2

1 (1.55)

cos2Isin2III xyyyxx21 cos2Isin2III xyyyxx21 (1.57)

Ende?


1 StatikSeite: 143

Aus der ersten Bedingung folgt mit Gleichung (1.55)

022cosI22sinII2

1

d

Id0xy0yyxx

0

Bestimmung der Hauptträgheitsmomente und Hauptträgheitsachsen

Wir wollen zunächst berechnen, für welchen Winkel =0 die axialen Flächenträgheits-momente I() und I() Extremwerte annehmen und wie groß diese werden. Die Extremwerte folgen aus den zwei Bedingungen

0

d

Id

0

d

Id

bzw. (1.58)

und daraus erhalten wir den Winkel0 zu

yyxx

xy0 II

I22tan

yyxx

xy0 II

I22tan

(1.59)

Das gleiche Ergebnis erhält man, wenn analog die Extremalbedingung für I() (zweite Bedingung von (1.58)) ausgeführt wird.

Wegen der Periodizität der tan-Funktion ergeben sich aus der Gleichung (1.59) die zwei Lösungen

yyxx

xy01 II

I2arctan

2

1

yyxx

xy01 II

I2arctan

2

1

20102

20102

(1.60)und

Ende?


1 StatikSeite: 144

Setzen wir die Winkel01 und 02 in die Gleichung (1.57) für I ein, so ergibt sich

0II 0201 (1.64)

Hinweis: Die Gleichung (1.59) für die Lage der extremen axialen Flächenträgheitsmomente kann durch Umformen von tan201 in tan01 auch in folgender Form angegeben werden:

xy

2yy

xy

xx101 I

II

I

IItan

xy

2yy

xy

xx101 I

II

I

IItan

(1.61)

Die durch01 und 02 festgelegten Achsen, bezüglich der die Extremwerte der axialen Flächenträgheitsmomente, die so genannten Hauptträgheitsmomente I1 und I2, auftreten, stehen senkrecht aufeinander. Wir bezeichnen diese Achsen als Hauptträgheitsachsen „1“ und „2“ (siehe Bild 1.101).

0

201

x

y 1

2

Bild 1.101 Lage der HauptträgheitsachsenSetzen wir 01 und 02 in I() und I() ein, so folgen nach

einiger Umformung die zu den Winkeln gehörenden Hauptträgheitsmomente

2xy

2yyxxyyxx

01max1 I2

II

2

II)(III

2xy

2yyxxyyxx

01max1 I2

II

2

II)(III

(1.62)

2xy

2yyxxyyxx

0102min2 I2

II

2

II)(I)(III

2xy

2yyxxyyxx

0102min2 I2

II

2

II)(I)(III

(1.63)

Beachte: Das Zentrifugalmoment ist für die Hauptträgheitsachsen Null.

Ende?


1 StatikSeite: 145

Die Extremwerte der Zentrifugalmomente erhalten wir durch Einsetzen von 1 in die Gleichung (1.57) zu

2xy

2yyxx

1minmax I2

II)(III

Das Produkt der Gleichungen (1.66) und (1.59) liefert

1II

I2

I2

II2tan2tan

yyxx

xy

xy

yyxx01

Die Lage der Achsen für die Extremwerte des Zentrifugalmomentes I, die um den Winkel 1 gegenüber dem Ursprungssystem gedreht sind, lässt sich analog wie die Lage der Haupt-trägheitsachsen berechnen. Aus der erste Ableitung von Gleichung (1.57)

0

d

Id

1

(1.65)

folgt

Extremwerte des Zentrifugalmomentes I

401

(1.67)

Das bedeutet: Die Achsen der maximalen Zentrifugalmomente sind gegenüber den Achsen der Hauptträgheitsmomente um 45° gedreht.

xy

yyxx1 I2

II2tan

xy

yyxx1 I2

II2tan

(1.66)

Ende?


1 StatikSeite: 146

1.10.5 Flächenträgheitsmomente zusammengesetzter Flächen

Satz: Flächenträgheitsmomente können addiert werden, wenn sie auf gleiche Achsen bezogen sind. Sind sie nicht auf gleiche Achsen bezogen, so lassen sie sich mit Hilfe des STEINER-schen Satzes (siehe Kapitel 1.10.2, Gleichung (1.52)) und/oder der Transformationsformeln für eine Drehung des Koordinatensystems um den Winkel (Gleichungen (1.55) bis (1.57)) auf einheitliche Koordinatenachsen umrechnen.

• Für Hauptträgheitsachsen ist das Zentrifugalmoment Null.

Aussage und Schlußfolgerungen

• Verschwindet für zwei senkrecht aufeinanderstehende Achsen das Zentrifugalmoment, so sind diese Hauptträgheitsachsenachsen.

• Ist eine Achsen eine Symmetrieachse der Fläche, so ist sie eine Hauptträgheitsachse.

• Ist der Koordinatenursprung der Schwerpunkt, so heißen die Hauptträgheitsachsen auch Hauptzentralachsen und die Hauptträgheitsmomente Hauptzentralmomente.

Zur Veranschaulichung betrachten wir das in Bild 1.102 (nächste Seite) dargestellte Beispiel.

Ende?


1 StatikSeite: 147

x

y

0

Fläche A

Bild 1.102 Zusammengesetzte Fläche

A1 S1

S4

A4

xsi

ysi

yi

S3= Si

xi

Teilfläche Ai = A3

A2 (negativ)

S2

Zur Berechnung der Trägheitsmomente für die Gesamt-fläche A teilen wir diese in n Teilflächen Ai auf.

Wir nehmen an, dass die Schwerpunktskoordinaten-systeme (xi,yi) parallel zum globalen Koordinatensystem (x,y) liegen und dass für jede Teilfläche der Flächeninhalt Ai, die Lage des Teilschwerpunktes Si und die Flächen-trägheitsmomente , und bekannt seien.iixxI iiyyI iiyxI

Es gilt dann:

n

1ii

2Sxxxx AyII

iii

n

1ii

2Syyyy AxII

iii

n

1iiSSyxxy AyxII

iiii

Hinweis 1: Löcher und Ausschnitte in der Fläche können durch negative Teilflächen und negative Teilflächenträgheitsmomente berücksichtigt werden. Im Bild 1.102 muss die Teil-fläche A2 auf diese Weise wieder herausgerechnet werden, wenn die übrigen Teilflächen, so wie im Bild 1.102 gezeigt, in die Rechnung eingehen.

Hinweis 2: Das Bezugskoordinatensystem (x,y) kann beliebig gewählt werden und somit auch durch den Schwerpunkt der Gesamtfläche A gehen. In diesem Fall verschwindet das Deviationsmoment und braucht daher nicht erst berechnet zu werden.

Hinweis 3: Bei komplizierten, aus vielen Teilflächen bestehenden Flächen empfiehlt sich eine systematische Rechnung in Tabellenform.

In unserem Beispiel ist die Anzahl der Teilflächen n = 4.

Ende?


1 StatikSeite: 148

1.11 Haftung und Gleitreibung

Bild 1.103 Kontakt zwischen starren Körpern

Körper 1

Körper 2

rauheKontakt-fläche FN

FN FT

FT

Schnitt

Beim Kontakt zweier starrer Körper (ebene oder „punkt-förmige“ Berührung) wird infolge der Belastungen der Körper eine resultierende Kraft FR übertragen, die in eine Normalkraft FN (senkrecht zur Kontaktfläche) und eine in der Kontaktfläche (tangential zur Oberfläche) liegende Tangentialkraft FT zerlegt werden kann (siehe Bild 1.103).Die Größe der in der Berührungsebene übertragbarenKraft FT ist erfahrungsgemäß von der Größe der resul-tierenden Kraft, der Oberflächenbeschaffenheit (Rauhigkeit, Schmierung) der in Kontakt stehenden Körper und einer eventuellen Bewegung der Körper gegeneinander abhängig.

Wir unterscheiden als wesentliche Fälle: Ideal glatte Kontaktfläche (reibungsfrei): Es gibt nur eine Normalkraft und keine Kraft in der Tangentialebene (idealer Grenzfall, der einem Loslager entspricht).Rauhe Kontaktfläche: Es kann eine Kraft in der Tangentialebene übertragen werden. Die Erfahrung zeigt, dass diese Kraft nicht beliebig groß werden kann. Bis zu einer bestimmten Größe der Tangentialkraft bleibt der Körper in Ruhe. Die beiden Körper haften aneinander, es herrscht Gleichgewicht und die Tangentialkraft bezeichnet man dann als Haftkraft. Übersteigt die Haftkraft einen bestimmten maximalen Wert, so kommt es in der Tangentialebene zu einer Bewegung der Körper gegeneinander. Die Körper gleiten aufeinander ab und die dabei in der Tangentialebene wirkende Kraft nennt man Gleitkraft. Die Gleitkraft ist kleiner als die Haftkraft (siehe dazu auch Kapitel 1.11.2).

Ende?


1 StatikSeite: 149

Feststellung: Wird größer, so wächst die Haftkraft FH an. Bei einem bestimmten Grenz-

winkel 0 beginnt der Körper zu rutschen, d.h. das Gleichgewicht kann durch die

Haftkraft nicht mehr aufrechterhalten werden.

1.11.1 Haftung (Zustand der Ruhe)

Wir wollen den Zustand der Haftung am Beispiel eines frei auf einer schiefen Ebene liegenden Körpers der Masse m betrachten.

m

gKontakt-

fläche

Folgerung: Die in der Kontaktfläche über-tragenen Kräfte FN (Normalkraft) und FH

(Haftkraft) lassen sich aus Gleichgewichtsbedingungen am freigeschnittenen Körper berechnen.

: FH - mg sin = 0

: FN - mg cos = 0

Es wird:

Annahme: Der Winkel und die Oberflächenbe-schaffenheit des Materials in der Kontaktfläche seien so, daß der Körper auf der schiefen Ebene ruht. Es liegt ein Gleichgewichtszustand vor.

Die Haftkraft hat eine obere Grenze FHmax.

Bild 1.104 Kräfte in einer Kontaktfläche

mgS

FH

FN

FH

FN

cosmgFN (1.68)

sinmgFH (1.69)

Eliminiert man aus den Gleichungen (1.68) und (1.69) die Größe mg und setzt für = 0 und für FH = FHmax ein, so ergibt sich

0N

maxH tanF

F 0N0NmaxH FtanFF 00 tan 00 tanmit (1.70)

(0 ist der Haftungskoeffizient)

Ende?


1 StatikSeite: 150

Deshalb: Vorsicht bei Entnahme von Haftungskoeffizienten aus Tabellenwerken. Im Zweifels-fall kann 0 durch experimentelle Bestimmung von = 0 für den Grenzfalls des Gleichge-

wichts einer Masse auf der schiefen Ebene (vgl. Einführungsbeispiel auf der vorherigen Seite) aus 0 = tan0 bestimmt werden.

COULOMBsche Haftungsgesetz:

| FHmax | = 0 FN (1.71)

Der Betrag der maximale Haftkraft zwischen sich berührenden Flächen ist der wirkenden Normalkraft (Druckkraft) proportional. Proportionalitätsfaktor ist der Haftungskoeffizient 0.

Dieses Ergebnis für FHmax und 0 nach Gleichung (1.70) gilt nach COULOMB auch für Körper, auf die neben dem Eigengewicht weitere Belastungen wirken.

Hinweis: Der Haftungskoeffizient 0 hängt in erster Linie von der Materialpaarung und der

Oberflächenbeschaffenheit (Rauheit, Schmierung) ab. Aber auch Temperatur und die Größe der Normalkraft beeinflussen 0.

Wichtig: Das COULOMBsche Haftungsgesetz liefert nur die maximal mögliche Haftkraft. Die tatsächliche Haftkraft ist immer aus Gleichgewichtsbetrachtungen zu ermitteln. Sie ist eine typische Reaktionskraft wie die bereits bekannten Lagerreaktionen, jedoch mit einer wesentlich kleineren Grenzlast (Last bei der das Lager versagt bzw. kaputt geht!).

Die Haftkraft muss bei Annahme der Gültigkeit des COULOMBschen Gesetzes die Bedingung

| FH | FHmax = 0 FN

erfüllen, ansonsten tritt eine Bewegung ein, und es gelten die Gesetze der Gleitreibung.

(1.72)

Ende?


1 StatikSeite: 151

(vgl. mit Gleichung (1.70), Einführungsbeispiel)

Haftungskegel

FN

FHmax

0

00

FR

FKmax

Bild 1.105 Haftungskegel

Schlussfolgerung und Bedeutung:Liegt die Wirkungslinie der Resultierenden FR (hohler Pfeil im Bild 1.105) aller eingeprägten Belastungen innerhalb des Haftungskegels mit dem Öffnungswinkel 0, so liegt Gleichgewicht, d. h. der Zustand der Ruhe, vor. Anderenfalls tritt Bewegung ein.

Zur Bestimmung von 0 können wir aus Bild 1.105 den folgenden Zusammenhang ablesen:

N

maxH0 F

Ftan und mit FHmax nach dem Haftungsgesetz (1.71) | FHmax | = 0 FN folgt

00tan 00tan (1.73)

Die in der Kontaktfläche zweier Körper übertragenen Kraftkom-ponenten FN und FH bilden eine resultierende Kontaktkraft FK, die mit der sich aus allen eingeprägten äußeren Belastungen ergebenden resultierenden Kraft FR im Gleichgewicht stehen muss. Die maximale Kontaktkraft FKmax, die im Gleichgewichts-fall übertragen werden kann, ergibt sich aus der maximalen Haftkraft FHmax und der Normalkraft FN (vgl. Bild 1.105).Mit der Richtung von FKmax wird ein Grenzwert für die Richtung der Resultierenden FR beschrieben, für den Gleichgewicht gerade noch möglich ist. Da resultierende Belastungen in allen Raumrichtungen vorkommen können, wird mit allen möglichen Richtungen von FKmax die Mantelfläche eines Kegels, des so genannten Haftungskegels, beschrieben. Die Achse des Haftungskegels liegt immer in Richtung der Normalkraft FN.

Ende?


1 StatikSeite: 152

ax

F

G

A

a

B

h

G

½mg ½mg

½a ½a

Beispiel 1.26 Bockleiter ohne Sicherung

Ziel: Ermittlung der Bedingungen für die Standsicherheit einer ungesicherten Bockleiter.Lösung: Berechnung der Haft- und Normalkräfte bei A und B aus den Gleichgewichts-bedingungen und Prüfen, welche Forderungen die Bedingung für das Haften |FH| 0FN an die Belastung, die Geometrie bzw. den Haftungskoeffizienten stellt.

FGH

FGV FGV

FAH

FAN FBN

FBH

An jedem Teilsystem können wir drei Gleichgewichtsbedingungen formulieren, aus denen sich schließlich die folgenden Auflagerkräfte ergeben:

mg2

1F

2a

xFBN

mg2

1F

2a

x1FAN

aax

F

G

BA

h

0 0

Gesamt-masse m

Bild 1.106 Bockleiter ohne Sicherung mit Schnittbild

mg4h

aF

2h

xFF BHAH (1)

Ende?


1 StatikSeite: 153

Damit die Leiter bei A und B nicht wegrutscht, dürfen die vorhandenen Haftkräfte die jeweils maximal mögliche Haftkraft nicht überschreiten. Es müssen deshalb für die oben berechneten Haftkräfte FAH und FBH die folgenden Bedingungen erfüllt sein:

mg

2

1F

a2

x1μFμFF 0AN0maxAHAHPunkt A: (2)

Punkt B: (3)

mg

2

1F

a2

xμFμFF 0BN0maxBHBH

Aus (2) und (3) erkennt man, dass gilt und da nach (1) FAH = FBH ist, wird zuerst bei B die maximale Haftkraft überschritten. Die Bedingung (3) am Punkt B muss somit für die Gewährleistung der Standsicherheit der Bockleiter erfüllt sein. Mit der Haftkraft FBH aus (1) folgt aus der Bedingung (3) bei B:

maxAHmaxBH FF

mg

21

Fa2x

μmgh4

aF

h2x

0 (4)

Ist eine der drei Größen (Belastung, Geometrie oder Haftungskoeffizienten) unbekannt, kann sie aus (4) ermittelt werden, so dass die Standsicherheit gewährleistet ist. Wir betrachten nachfolgend drei Fälle:

mgF2

mgFhμ2a 0

a) x = a (die Leiter wird in der Mitte belastet):

hμ2a 0b) F = 0 (es wirkt nur das Eigengewicht der Leiter):

hμa 0c) mg = 0 (es wirkt nur die Kraft F):

Hinweis: Die Lösung ist im Fall c) unabhängig von dem Angriffspunkt x der Kraft F.

Ende?


1 StatikSeite: 154

1.11.2 Gleitreibung (Zustand der Bewegung)

m

F

v (Abwärtsgleiten)

Bild 1.107 Kräfte in der Kontaktfläche beim Gleiten

Kommt es bei einem Kontaktproblem zu einer Relativbewegung (Gleiten) in der Kontaktfläche, z. B. weil die Bedingung FH FHmax = 0FN nicht erfüllt ist, so wird in der Berührungsebene eine Kraft, die so genannte Gleitreibungskraft FR, übertragen, die der Relativbewegung einen Widerstand entgegensetzt (siehe Bild 1.107).

v

Fmg

S

FR = FN

FN

Annahme: Für viele praktische Fälle kann davon ausgegangen werden, daß die Gleitreibungs-kraft FR unabhängig von der Relativgeschwindigkeit v ist.

Es gilt dann das COULOMBsche Gleitreibungsgesetz

NR FF NR FF (1.74)

wobei der so genannte Gleitreibungskoeffizient ist, der von der Materialpaarung, der Ober-flächenbeschaffenheit, der Schmierung usw. abhängt und für den < 0 gilt (vgl. Tabelle 1.6). Die Normalkraft FN wird als Druckkraft vorausgesetzt.

Beachte: Die Gleitreibungskraft geht mit der Größe FR = FN wie eine eingeprägte Kraft mit dem vorgegebenen Richtungssinn entgegen zur Relativbewegung (vgl. Bild 1.107) in die Rechnung ein.

Ende?


1 StatikSeite: 155

Anwendungen und Berechnungen, in der die Gleitreibungskraft zu berücksichtigen ist, werden wir im Kapitel 3 kennen lernen.

Hinweis: Von der Geschwindigkeit v der Gleitbewegung abhängige Reibkräfte (z. B. aus dem Luftwiderstand, aus Strömungswiderständen usw.) werden hier nicht weiter betrachtet.

In der nachfolgenden Tabelle 1.6 sind einige Richtwerte für den Gleitreibungskoeffizienten und den Haftungskoeffizienten 0 angegeben.

Tabelle 1.6 Richtwerte für Haftungskoeffizient 0 und Gleitreibungskoeffizient

MaterialpaarungHaftungskoeffizient 0 Gleitreibungskoeffizient

trocken geschmiert trocken geschmiert

Stahl auf Stahl 0,15 ...0,3 0,1 ...0,12 0,10 ...0,12 0,04 ...0,07

Stahl auf Grauguss 0,18 ... 0,2 0,1 ...0,2 0,15 ...0,2 0,05 ...0,1

Stahl auf Bronze 0,18 ... 0,2 0,1 ...0,2 0,15 ...0,2 0,05 ...0,1

Grauguss auf Grauguss 0,2 ...0,3 0,1 ...0,15 0,15 ...0,25 0,02 ...0,1

Leder auf Metall 0,3 ...0,5 0,16 0,3 0,15

Holz auf Metall 0,6 ...0,7 0,11 0,4 ...0,5 0,10

Holz auf Holz 0,4 ...0,6 0,16 0,2 ...0,4 0,08

Gummi auf Asphalt 0,7 ...0,8 0,5 ...0,6

Ende?


1 StatikSeite: 156

Wir betrachten nur den praktisch wichtigsten und häufigsten Fall,dass ein Seil über einen Kreisbogen geführt wird. Der Umschlin-gungswinkel (Winkel in dem das Seil mit dem Kreisbogen Kontakthat) sei . Ist der Kreisbogen arretiert (oder im Falle einer Umlenk-rolle diese abgebremst oder angetrieben) und ist der Haftungsko-effizient zwischen Seil und Kreisbogen 0 0, so sind die SeilkräfteFS1 und FS2 an den beiden freigeschnittenen Seilenden im Allge-meinen nicht mehr gleich groß (vgl. Bild 1.108). Die Seilkraft ändertdabei über den Kontaktbereich ständig ihre Größe und Richtung,was zur Folge hat, dass sich damit auch die zwischen Seil und Kreisbogen übertragenen Kontaktkräfte in ihrer Größe und Richtung ändern. Deshalb ist es erforderlich, dass wir für die nachfolgende Untersuchung Betrachtungen an einem differentiellen Bogenstück anstellen.

1.11.3 Seilhaftung und Seilreibung

FS1

0

FS2

Für 0 gilt: FS1 FS2

Bild 1.108 Seil auf Kreisbogen

d

dFN

dFHmax=0dFN

FS

FS+dFS

½d

Bild 1.109 Gleichgewicht am differentiellen Seilsegment

1.11.3.1 Seilhaftung

Wir suchen die Grenzwerte für die Seilkräfte, bei denen kein Rut-schen des Seiles auf dem Kreisbogenstück eintritt. Dazu schneiden wir ein differentiell kleines Segment des Seiles frei. An den Schnitt-stellen des Seiles wird die Seilkraft FS mit Berücksichtigung einer differentiellen Zunahme am positiven Schnittufer angetragen. An der Schnittstelle zum Kreisbogen muss eine differentielle Normal-kraft dFN und die maximal mögliche Haftkraft als differentielle Größe dFHmax angetragen werden (siehe Bild 1.109).

Ende?


1 StatikSeite: 157

Mit der für kleine Winkel geltenden Näherung 12

dcosund

2

d

2

dsin

folgt aus dem Kraftgleichgewicht in tangentialer und normaler Richtung zum Seil (vgl. Bild 1.109)

S0

N Fd1

Fd

(1.75) 02

dcosFFd

2d

cosFdF: SN0sS

02

dsindFFFd

2d

sinF: SSNS NS dFdF (1.76)

Den Summanden 1/2dFSd haben wir als klein von höherer Ordnung vernachlässigt. Setzen wir (1.75) in (1.76) ein, erhalten wir

S0

S Fd1

dF

Die Integration über den Kontaktbereich des Seiles liefert

2S

1S

F

F 00

S

S dF

Fd

01S

2S1S2S F

FlnFlnFln 0eFF 1S2S (1.77)

Die Gleichung (1.77) wird häufig auch als EYTELWEINsche Gleichung bezeichnet. Diese Gleichung bedarf noch einer weiteren Erläuterung (siehe folgende Seite).

Ende?


1 StatikSeite: 158

Gleichgewicht ist aber auch möglich, wenn FS2 kleiner als FS1 wird. Das ist dann der Fall, wenn sich die Richtung der Haftkräfte dFHmax = 0dFN in Bild 1.109 umkehren. Für die Kraft FS2 erhält man dann, wie man leicht durch Umkehrung der Richtung von dFHmax in den Gleichungen zur Herleitung der Gleichung (1.77) verfolgen kann, den Minimalwert für FS2, für den Gleichgewicht noch möglich ist zu

0eFF 1Smin2S 0eFF 1Smin2S

(1.79)

Für die vorausgesetzte Richtung der maximalen differentiellen Haftkräfte dFHmax (vgl. Bild 1.109) gilt nach Gleichung (1.77) immer FS2 > FS1. Damit ist FS2 die maximal mögliche Kraft für das statische Gleichgewicht, die sich aus

0eFF 1Smax2S 0eFF 1Smax2S

(1.78)

ergibt.

Für das statische Gleichgewicht (kein Rutschen des Seils) muss daher folgende Ungleichung erfüllt sein:

00 eFFeF 1S2S-

1S 00 eFFeF 1S2S

-1S

(1.80)

Typische Anwendungen, die den Unterschied in den Seilkräften FS2 und FS1 ausnutzen, sind z. B. das Vertäuen (Festmachen) von Schiffen an einem Poller, die Momentenübertragung bei Riementrieben (sowohl im Maschinenbau als auch in der Feinmechanik) und als Sonderfall die Bandbremse im Haltezustand (kein Rutschen, siehe folgendes Beispiel) usw.

Ende?


1 StatikSeite: 159

Mit (1) und (2) haben wir zunächst nur 2 Gleichungen für die 3 Unbekannten FS1, FS2 und F.Wir wissen aber, dass zwischen den Bandkräften die Gleichung (1.78)

Beispiel 1.27 Bandbremse im Haltezustand

2a

2a a

F

M0

A

B

C

0

Bild 1.110 Bandbremse

Gegeben: M0 = 200 N m, a = 20 cm0 = 0,4

Gesucht: Wie groß muss F sein, damit die Bremsscheibe sich nicht dreht?

Zur Lösung der Aufgabe schneiden wir zunächst die Bremsscheibe und den Hebel frei und tragen die Seil-kräfte und Lagerreaktionen an (Bild 1.111).

Bild 1.111 Bandbremse (freigeschnitten)

M0 B

0

FS2

FS1

F

2a a

ACFS2

FS1

sin= a/2a= /6= + = 7/6

FAHFAV

FBV

FBH

Aus dem Momentengleichgewicht um den Punkt B der Bremsscheibe und den Punkt A des Bremshebels erhalten wir

0aFaFM:B 2S1S0 a

MFF 0

1S2S (1)

0aFa3F:A 1S (2)F3F 1S

0eFFF 1Smax2S2S (3)

bei der vorgegebenen Drehrichtung von M0 gelten muss, wenn wir den Grenzfall zwischen Gleichgewicht und Rutschen untersuchen.

Ende?


1 StatikSeite: 160

Einsetzen von (3) und (2) in (1) und Auflösen nach F liefert die gesuchte Kraft F:

N0,100

1em2,03

mN200

1ea3

MF

67

4,0

0

0

Falls das Moment M0 in entgegengesetzter Richtung wirkt, wird eine deutlich größere Haltekraft F benötigt, wie eine analoge Rechnung ergibt.

1.11.3.2 Seilreibung

FS1

FS2

Bewegungdes Seiles

Bild 1.112 Seilreibung

Für 0 gilt: FS2 > FS1

Wir nehmen jetzt an, dass das Seil rutscht. In diesem Fall muss der Haftungskoeffizient 0 durch den Gleitreibungskoeffizient ersetzt werden.

Beachte: Der Umschlingungswinkel zählt positiv in Richtung der Seilbewegung (vgl. Bild 1.112).

N4,433

e1a3

MF

0-

0

Für diesen Fall lautet das Ergebnis

eFF 1S2S eFF 1S2S (1.81)

Es gilt dann

Ende?


1 StatikSeite: 161

Ende der

Statik

Ende?

technische mechanik für wirtschaftsingenieure 1 statik seite: 1 cd-rom zum buch prof. dr.-ing....

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