Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1: Statik

Springer-Lehrbuch Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rost...

Author: Dietmar Gross | Wolfgang Ehlers | Peter Wriggers

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Springer-Lehrbuch

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostock. Er habilitierte an der Universität Stuttgart und ist seit 1976 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderen die Festkörperund Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehr- und Fachbücher.

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers studierte Bauingenieurwesen an der Universität Hannover, promovierte und habilitierte an der Universität Essen und war 1991 bis 1995 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seit 1995 ist er Professor für Technische Mechanik an der Universität Stuttgart. Seine Arbeitsgebiete umfassen die Kontinuumsmechanik, die Materialtheorie, die Experimentelle und die Numerische Mechanik. Dabei ist er insbesondere an der Modellierung mehrphasiger Materialen bei Anwendungen im Bereich der Geomechanik und der Biomechanik interessiert. Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers studierte Bauingenieur- und Vermessungswesen, promovierte 1980 an der Universität Hannover und habilitierte 1986 im Fach Mechanik. Er war Professor für Mechanik an der TU Darmstadt und ist seit 1998 Professor für Baumechanik und Numerische Mechanik sowie Direktor des Zentrums für Computational Engineering Sciences an der Universität Hannover. Seine Arbeitsgebiete umfassen die Kontinuumsmechanik sowie die Numerische Mechanik. Er ist Mitherausgeber von 11 internationalen Journals und Editor-in-Chief der Zeitschrift Computational Mechanics.

Dietmar Gross · Wolfgang Ehlers · Peter Wriggers

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1 Statik 8. Auflage

Mit 457 Abbildungen

123

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers

Technische Universität Darmstadt Institut für Mechanik Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt

Universität Stuttgart Institut für Mechanik (Bauwesen) Pfaffenwaldring 7 70569 Stuttgart

Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers Universität Hannover Institut für Baumechanik und Numerische Mechanik Appelstraße 9a 30167 Hannover

Ursprünglich erschienen unter Gross, D.; Schnell, W.; Ehlers, W.; Wriggers, P. Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1. Bibliografische Information der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar.

ISBN-10 3-540-34051-3 8. Aufl. Springer Berlin Heidelberg New York ISBN-13 978-3-540-34051-5 8. Aufl. Springer Berlin Heidelberg New York Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Springer ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media springer.de © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1996, 1998, 2003, 2005 und 2006 Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, daß solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Sollte in diesem Werk direkt oder indirekt auf Gesetze, Vorschriften oder Richtlinien (z. B. DIN, VDI, VDE) Bezug genommen oder aus ihnen zitiert worden sein, so kann der Verlag keine Gewähr für die Richtigkeit, Vollständigkeit oder Aktualität übernehmen. Es empfiehlt sich, gegebenenfalls für die eigenen Arbeiten die vollständigen Vorschriften oder Richtlinien in der jeweils gültigen Fassung hinzuziehen. Satz: Digitale Druckvorlage der Autoren Herstellung: LE-TEX Jelonek, Schmidt & Vöckler GbR, Leipzig Umschlaggestaltung: WMXDesign GmbH, Heidelberg

Gedruckt auf säurefreiem Papier

SPIN: 11735267

7/3100/YL - 5 4 3 2 1 0

5

Vorwort zur 8. Auflage Diese Aufgabensammlung soll dem Wunsch der Studenten nach Hilfsmitteln zur Erleichterung des Studiums und zur Vorbereitung auf die Pr¨ ufung Rechnung tragen. Entsprechend den meist u ¨blichen dreisemestrigen Grundkursen in Technischer Mechanik an Universitäten und Hochschulen besteht die Sammlung aus drei Bänden. Der erste Band (Statik) umfasst das Stoffgebiet des ersten Semesters. Dabei haben wir bei allen Aufgaben das Finden des Lösungswegs und die Aufstellung der Grundgleichungen der numerischen Ausrechnung u ¨bergeordnet. Auf grafische Verfahren haben wir trotz ihres didaktischen Werts weitestgehend verzichtet und ihren Anteil gegen¨ uber fr¨ uheren Auflagen noch weiter reduziert. Sie haben im Zeitalter moderner Computer keine praktische Bedeutung mehr. Erfahrungsgemäß bereitet die Technische Mechanik gerade dem Anfänger oft große Schwierigkeiten. In diesem Fach soll er exemplarisch lernen, ein technisches Problem auf ein mathematisches Modell abzubilden, dieses mit mathematischen Methoden zu analysieren und das Ergebnis in Hinblick auf die ingenieurwissenschaftliche Anwendung auszuwerten. Der Weg zu diesem Ziel kann erfahrungsgemäß nur u uhren. ¨ber die selbständige Bearbeitung von Aufgaben f¨ Wir warnen deshalb dringend vor der Illusion, dass ein reines Nachlesen der Lösungen zum Verständnis der Mechanik f¨ uhrt. Sinnvoll wird diese Sammlung nur dann genutzt, wenn der Studierende zunächst eine Aufgabe allein zu lösen versucht und nur beim Scheitern auf den angegebenen Lösungsweg schaut. Selbstverständlich kann diese Sammlung kein Lehrbuch ersetzen. Wem die Begr¨ undung einer Formel oder eines Verfahrens nicht geläufig ist, der muss auf sein Vorlesungsmanuskript oder auf die vielfältig angebotene Literatur zur¨ uckgreifen. Eine kleine Auswahl ist auf Seite 8 angegeben. Die Aufgabensammlung geht zu einem bedeutenden Anteil auf unseren verstorbenen Kollegen Prof. Dr. Dr. h.c. Walter Schnell zur¨ uck, der auch bis zur 5. Auflage Mitautor war. Seine didaktische Handschrift ist an der nun vor¨ liegenden 8. Auflage trotz der Uberarbeitung und der vielfältigen Ergänzungen immer noch deutlich zu erkennen. Wir danken dem Springer-Verlag, in dem auch die teilweise von uns mitverfassten Lehrb¨ ucher zur Technischen Mechanik erschienen sind, f¨ ur die gute Zusammenarbeit und die ansprechende Ausstattung des Buchs. Auch dieser Auflage w¨ unschen wir eine freundliche Aufnahme bei der interessierten Leserschaft. Stuttgart, Darmstadt und Hannover, im August 2006 W. Ehlers

D. Gross

P. Wriggers

7

Inhaltsverzeichnis Literaturhinweise - Bezeichnungen

8

1.

Gleichgewicht

9

2.

Schwerpunkt

35

3.

Lagerreaktionen

47

4.

Fachwerke

65

5.

Balken, Rahmen, Bogen

95

6.

Seile

153

7.

Der Arbeitsbegriff in der Statik

163

8.

Haftung und Reibung

185

9.

Flächenträgheitsmomente

207

Literatur - Bezeichnungen

8

Literaturhinweise Lehrbücher Gross, D., Hauger, W., Schröder, J., Wall, W. Technische Mechanik, Band 1: Statik, 9. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 2006 Hagedorn, P., Technische Mechanik, Band 1: Statik, 3. Auflage. Harri Deutsch, Frankfurt 2003 Balke, H., Einf¨ uhrung in die Technische Mechanik, Statik, Springer-Verlag, Berlin 2005 Bruhns, O. T., Lehmann, Th., Elemente der Mechanik I, Band 1: Einf¨ uhrung, Statik. Vieweg, Braunschweig 1993 Gummert P., Reckling, K.-A., Mechanik, 3. Auflage. Vieweg, Braunschweig 1994 Hibbeler, R.C., Technische Mechanik 1, Statik, Pearson Studium 2005 Magnus, K., M¨ uller, H. H., Grundlagen der Technischen Mechanik, 7. Auflage. Teubner, Stuttgart 2005 Wriggers, P., Nackenhorst, U., et al., Technische Mechanik kompakt, Teubner, Stuttgart 2005 Meriam, J. L., Kraige, L. G. Engineering Mechanics, Volume 1, Statics, 5 th Edition. Wiley, Chichester 2001

Aufgabensammlungen Bruhns, O. T., Aufgabensammlung Technische Mechanik I, Band 1: Statik f¨ ur Bauingenieure und Maschinenbauer. Vieweg, Braunschweig 1996 Hauger, W., Lippmann, H., Mannl, V., Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Springer-Verlag, Berlin 2005 Hagedorn, P., Aufgabensammlung Technische Mechanik, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 1992 Dankert, H, Dankert, J., Technische Mechanik, Computerunterst¨ utzt, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 1995

Bezeichnungen Bei den Lösungen der Aufgaben wurden folgende Symbole verwendet: ↑:

A : ;

Abk¨ urzung f¨ ur Summe aller Kräfte in Pfeilrichtung gleich Null. Abk¨ urzung f¨ ur Summe aller Momente um den Bezugspunkt A gleich Null. Abk¨ urzung f¨ ur hieraus folgt.

1 Gleichgewicht

Zentrale Kraftegruppen in der Ebene

Eine zentrale Kraftegruppe kann durch die Resultierende R = Fi ersetzt werden. Es herrscht Gleichgewicht, wenn P

Fi

X

y

oder in Komponenten F1

x

y

Fi = 0

Fiy

Fi

X

Fix = 0 ;

X

Fiy = 0 :

Darin sind Fi = Fixex + Fiy ey ; Fix = Fi cos i ; Fiy = Fi sin i ; jF ij = Fi = Fix + Fiy :

i Fix

q

2

2

x Bei der gra schen Losung verlangt die Gleichgewichtsbedingung, da das

Krafteck "geschlossen\ist. Lageplan

Krafteplan = Krafteck

fi

F1 Fi f

1

Zentrale Kraftegruppen im Raum

Gleichgewicht herrscht, wenn die Resultierende R = Fi verschwindet, d.h. wenn Fi = 0 oder in Komponenten P

P

X

Fix = 0 ;

X

Fiy = 0 ;

X

Fiz = 0 :

10

Gleichgewicht

Darin sind Fi = Fixex + Fiy ey + Fiz ez ; Fix = Fi cos i ; Fiy = Fi cos i ; Fiz = Fi cos i ; cos i + cos i + cos i = 1 ; jF ij = Fi = Fix + Fiy + Fiz :

z

Fi

Fiz

i

i

2

Fiy

i

2

2

q

2

y

Fix

2

2

x

Allgemeine Kraftegruppen in der Ebene Die Kraftegruppe lat sich ersetzen durch die Resultierende R = A Fi und ein resultierendes Moment MR um einen beliebig gewahlten Bezugspunkt A. Es herrscht Gleichgewicht, wenn P

(

X

Fix = 0 ;

X

A

)

Fiy = 0 ;

X

y x

Mi A = 0 : (

Fi

F1 )

Anstelle der beiden Kraftegleichgewichtsbedingungen konnen zwei weitere Momentenbedingungen um andere Bezugspunkte (z.B. B und C ) verwendet werden. Dabei durfen A, B und C nicht auf einer Geraden liegen. Gra sch erhalt man die Resultierende mit Hilfe des Seilecks und des Kraftecks. Seileck im Lageplan Krafteck F1 S 1

r f s

1

f

1

s

2

f

2

s

3

f 3

s

4

S

F2

4

s

S

5

R

F3 F4

2

Pol

3

S

4

S

5

11

Gleichgewicht

Die Seilstrahlen si sind parallel zu den Polstrahlen Si im Krafteck. Die Wirkungslinie r der Resultierenden R (Groe und Richtung folgt aus

dem Krafteck) verlauft im Seileck durch den Schnittpunkt der aueren Seilstrahlen s und s . 1

5

Damit Gleichgewicht herrscht, mussen Seileck und Krafteck "geschlossen\ sein.

Allgemeine Kraftegruppen im Raum Es herrscht Gleichgewicht, wenn die Resultierende R = Fi und das resultierende Moment MR(A) = ri Fi um einen beliebigen Bezugspunkt A verschwinden: P

P

X

Fi = 0 ;

X

Mi(A) = 0

oder in Komponenten X

Fix = 0 ;

X

Fiy = 0 ;

X

Fiz = 0 ;

X

MixA = 0 ;

X

MiyA = 0 ;

X

MizA = 0

(

)

(

)

(

)

mit MixA = yiFiz (

)

zi Fiy ; MiyA = zi Fix (

)

xi Fiz ; MizA = xi Fiy (

)

yiFix :

Darin sind xi , yi und zi die Komponenten des Ortsvektors ri vom Bezugspunkt A zu einem beliebigen Punkt auf der Wirkungslinie der Kraft Fi (z.B. zum Angrispunkt). Anmerkung: Wie im ebenen Fall konnen die Kraftegleichgewichtsbedingun-

gen durch zusatzliche Momentengleichgewichtsbedingungen um geeignete Achsen ersetzt werden.

12

Gleichgewicht

0 1 1 0 0 01 1 0 a 1 0 1 0 01 1 0 r 1 0 1 0 01 1 0 01 1 G 0 1 0 1 0 01 1 a) Analytische Losung: Um alle auf die Kugel wirkenden Krafte angeben zu

Aufgabe 1.1: Eine Kugel vom Gewicht G

hangt an einem Seil an einer glatten Wand. Das Seil ist im Kugelmittelpunkt befestigt. Gesucht ist die Seilkraft. Gegeben: a = 60 cm, r = 20 cm.

konnen, denken wir uns das Seil geschnitten und die Kugel von der Wand getrennt. An den Trennstellen fuhren wir die Seilkraft S und die Normalkraft N der Wand auf die Kugel als auere Krafte ein und erhalten so das dargestellte Freikorperbild. S Die Gleichgewichtsbedingungen lauten mit dem Hilfswinkel :

!: N S cos = 0 ; ": S sin G = 0 :

N

G

Hieraus folgen

S=

G

a

sin ; N = S cos = G cot :

Aus der Geometrie liest man ab: 1 cos = ar = 20 60 = 3 und sin = 1 Damit ergibt sich 3 S = p G 1; 06 G : 8 b) Gra sche Losung: Wir zeichnen ein geschlossenes Krafteck aus der nach Groe und Richtung bekannten Kraft G und den zwei Kraften S und G N , deren Richtungen bekannt sind. Am Dreieck liest man ab: s

G S= sin ; N = G cot :

r

1 = 1 p8 : 3 3 2

S N

13

Zentrale Kraftegruppen

Aufgabe 1.2: Eine glatte Straenwalze (Gewicht G, Radius r) stot an ein Hindernis der Hohe h. Welche Kraft F mu im Mittelpunkt

r

F

angreifen, um die Walze uber das Hindernis zu ziehen?

11111111 00000000 G 00000000 11111111 h 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111

a) Analytische Losung: Das Freikorperbild zeigt die auf die Walze wirkenden

Krafte. Dementsprechend lauten die Gleichgewichtsbedingungen

!:

F N

2

N r h

":

G

N sin F = 0 ; 2

N + N cos G = 0 ; 1

2

wobei der Winkel aus der gegebenen Geometrie folgt: cos = r r h :

1

r

Die zwei Gleichgewichtsbedingungen enthalten noch drei Unbekannte:

h

N ; N und F : 1

2

Die Kraft, welche die Walze uber das Hindernis zieht, bewirkt ein Abheben der Walze vom Boden. Dann veschwindet die Normalkraft N : N =0 ; N = cosG : Damit folgt F = N sin = G tan : 1

1

2

2

b) Gra sche Losung: Wegen N = 0 kann

F

1

das Krafteck aus dem gegebenen Gewicht G und den bekannten Richtungen von N und F gezeichnet werden. Am Dreieck liest man ab: 2

N = 2

G

cos ;

F = G tan :

G

N

2

14

Gleichgewicht

Aufgabe 1.3: Eine groe zylindrische Walze (Gewicht 4G, Radius 2r) liegt

auf zwei zylindrischen Walzen (Gewicht jeweils G, Radius r), die durch ein Seil S (Lange 3r) miteinander verbunden sind. Alle Walzen sind glatt. Gesucht sind alle Reaktionskrafte. Losung:

1

4G

2r r

G

S

G

11111111 00000000 3r

Im Freikorperbild trennen wir die Korper und tragen die wirkenden Krafte an. An jedem Korper (Teilsystem) gehen die Krafte durch einen Punkt. Wegen der im Freikorperbild berucksichtigten Sym4G metrie haben wir fur die obere Walze eine und fur eine untere Walze zwei Gleichgewichtsbedingungen fur die drei unbekannten Krafte N , N N N und S : 1

1

2

G

N

N

1

G

1

1

3r

1

2

N

2

": 2N cos 4G = 0 ;

!: S N sin = 0 ;

S

S

N

2

1

1

": N

2

N cos G = 0 :

2

1

Fur den Winkel folgt aus der gegebenen Geometrie sin = 33r=r2 = 12 ; = 30Æ p p ; cos = 23 ; tan = 33 :

3r

3r

Damit erhalt manp p 2 G 3 3 2 4 N = cos = 3 G ; S = 2G tan = 3 G ; N = 2G + G = 3G : Anmerkung: Die Reaktionskraft N hatte auch aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem ermittelt werden konnen: " : 2 N 2 G 4G = 0 ; N = 3 G : 1

2

2

2

2

15


Aufgabe 1.4: Ein Bagger wur-

de zu einem Abbruchgerat umgerustet. Man bestimme die Krafte in den Seilen 1, 2 und 3 sowie im Ausleger infolge des Gewichtes G. Hinweis: Der Ausleger nimmt nur eine Kraft in Langsrichtung auf (Pendelstutze).

1

B

2

3 A G

111111111 000000000

Wir schneiden die Punkte A und B frei. Dann liefert Gleichgewicht in Punkt A G ; ": S cos G = 0 S = cos Losung:

9 > =

2

S S

!: S sin S = 0 2

2

A 3

2

S = G tan

> ;

3

3

und in Punkt B : (N ist die Kraft im Ausleger) !: S sin + N sin 2 S sin 3 = 0 ; 2

G

":

1

S cos + N cos 2 S cos 3 = 0 : 2

1

Alternativ ergibt sich fur den Punkt B bei geschickterer Wahl der Koordinatenrichtungen %: N S cos S cos = 0 ;

B S S N 1

2

2

1

-: S sin S sin = 0 : 1

2

Aus den 2 2 = 4 Gleichgewichtsbedingungen erhalt man fur die 4 Unbekannten S , S , S , N zusammenfassend die Ergebnisse 1

2

S =S = 1

2

3

G

cos ;

S = G tan ; 3

N = 2S cos = 2G : 2

16

Gleichgewicht

Aufgabe 1.5: Der durch die Kraft F

belastete Stab 3 wird in einer raumlichen Ecke durch zwei waagrechte Seile 1 und 2 gehalten. Gesucht sind die Stab- und die Seilkrafte.

4a

3a

A F

1 5a

3

2

Wir schneiden den Punkt A frei und tragen alle Schnittkrafte an (Zugkraft positiv). Ein zweckmaig gewahltes Koordinatensystem, dessen Richtungen mit den Seilen 1, 2 und der Kraft F ubereinstimmen, erleichtert die Rechenarbeit. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen S y S Fx = 0 : S +S x =0 ; Losung:

2

P

1

1

P

P

3

Fy = 0 :

S +S y =0 ;

Fz = 0 :

S z +F =0 :

2

A

x

S

3

F

3

z

3

Die Komponenten von S verhalten sich zu S wie die analogen geometrischen Langen (L = Lange von Stab 3). S x 4a S y 3a = ; = ; S z = 5a 3

3

3

S

oder

3

L

3

S

3

L

3

S

3

L

Sx : Sy : Sz = 4 : 3 : 5 : 3

3

3

Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingungen liefert 3 3 Sz= F; S = Sy= Sz= F; 5 5 4 4 S = Sx= Sz= F ; 5 5 4 + 3 + 1 = p2F : S =Sz 5 5 3

2

1

3

s

3

3

3

3

2

2

2

3

Hinweis: Das Minuszeichen bei S zeigt an, da im Stab Druck herrscht. 3

17


Alternative Losungsvariante: Wir konnen die Aufgabe auch losen, indem

wir direkt die Gleichgewichtsbedingung in Vektorform verwenden: S1 + S2 + S3 + F = 0 :

Jede Kraft drucken wir durch den Betrag und den Richtungsvektor (Einheitsvektor) aus. Letzterer lautet zum Beispiel fur die Stabkraft S : 3

e3 = p 1 4 +3 +5 2

2

0

2

B @

4 4 3 = p1 3 5 2 5 5 1

0

1

C A

B @

C A

:

Auf diese Weise folgt fur die Krafte 0

S1 = S e1 = S 1

1

B @

1 0 0

1 C A

0

4 S3 = S e3 = S p1 3 5 2 5 3

3

S 2 = S e2 = S

;

2

0

1

B @

C A

2

B @

0 1 0

0 F = F eF = F 0 1

;

1

B @

C A

p4 S = 0 ; 5 2 3 S + p S =0; 5 2 p5 S + F = 0 : 5 2 1

3

2

3

3

Hieraus ergibt sich S = 3

p

2F ;

3 5

S = F; 2

4 5

S = F: 1

C A

0

und die Gleichgewichtsbedingung liefert S +

1

;

;

18

Gleichgewicht

Aufgabe 1.6: Eine glatte Kugel (Gewicht G) liegt auf drei Stutzpunkten A, B , C auf und wird durch eine Kraft F

R

belastet. Die Stutzpunkte bilden in einer waagrechten Ebene die Ecken eines gleichseitigen Dreiecks mit der Hohe p 3a = 3 R. Wie gro sind die Kontaktkrafte in den Stutzpunkten und bei welcher Kraft F hebt die Kugel vom Stutzpunkt C ab?

F R= 2 0000000 1111111 A C 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 2a a

3

4

Losung:

Die Kontaktkrafte A, B und C stehen senkrecht zur glatten Kugelober ache und bilden mit G und F eine zentrale Kraftegruppe. Die Gleichgewichtsbedingung lautet daher in Vektorform z y x

C

G

G

A+B+C +G+F =0:

F

Wir wahlen zweckmaig ein Koordinatensystem mit dem Ursprung im Kugelmittelpunkt und drucken jeden Kraftvektor durch Betrag und Richtungsvektor aus. Letzteren bestimmen wir bei den Kontaktkraften mit den Koordinaten der Stutzpunkte. Zu diesem Zweck fuhren wir die Hilfslange b ein, fur die wir aus der Geometrie ablesen: 3 b = 3a tan 30Æ = R : 4 Damit ergibt sich zum Beispiel fur den Richtungsvektor der Kraft A (als Druckkraft angenommen!)

A; B

111 000 0B y 1 000 111 1010x 000 111 z 00010 111 000A 111

30Æ C 30Æ

b b

2a a

1 eA = a + b + (R=2)

0 B @

q

2

2

a b (R=2)

2

Fur A folgt die Darstellung 0

AB

A = AeA = 4

@

p 3 2

1 C A

3

= 14

1 C A

;

0 B @

p 3 2

3

1 C A

:

19


und analog fur die restlichen Krafte

p

3 3 2

0

BB

B= 4

@

0

G=G

B @

0 0 1

C A

0

C= 4

;

;

1

0 2

@

1 F =F 0 0

1 C A

p

CB2 3

1

0

1

B @

C A

C A

;

:

Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingung liefert die drei Gleichungen

p

3A

p

p

3B + 2 3C = 4F ; 3A 3B = 0 ; 2 A + 2 B + 2 C = 4G :

Hieraus erhalt man die gesuchten Kontaktkrafte: A=B=

2 p1 3 G+ 3F ; !

C=

2 G p2 F : 3 3 !

Wenn die Kugel vom Stutzpunkt C abhebt, verschwindet dort die Kontaktkraft: C=0: Aus dieser Bedingung ergibt sich fur die notwendige Kraft F G

p2 F = 0 3

;

F=

p

3 2 G:

Anmerkung: Die fur ein Abheben bei C erforderliche Kraft F kann man

F R=2

G a

A

einfacher aus der Momentengleichgewichtsbedingung um eine Achse durch A und B bestimmen: X

M AB = 0 : (

)

Hieraus folgt F=

aG

p

R

2 F =0:

2a G = 3 G : R 2

20

Gleichgewicht

Aufgabe 1.7: Eine Hochspan-

nungsleitung wird uber einen Isolator durch drei Stabe gehalten. Die Zugkraft Z in der durchhangenden Leitung am Isolator betragt 1000 N. Wie gro sind die Krafte in den 3 Staben?

2a

3a

Losung: Gleichgewicht am Isolator B

B S

Z

liefert (ebenes Teilproblem):

S = 2Z sin 15Æ = 517 N :

P

A

1

B Z

Mit dem nun bekannten S folgen die 3 Stabkrafte aus den 3 Gleichgewichtsbedingungen am Punkt A: Fx = 0 : S sin S sin = 0 ; Fy = 0 : S cos + S cos + S cos = 0; Fz = 0 : S sin S = 0 :

z

2

15Æ

15Æ Z

;

15Æ

3

S S y

A

" : S 2Z sin 15Æ = 0 ;

S Z

a

a

x

2

1

1

2

P

3

P

S

3

Die dabei verwendeten Hilfswinkel und ergeben sich aus der Geometrie: 3a x a z 2a y

l

y

sin = 3aa = 13 ; = 19; 5Æ; tan = 2la = p3 2 1 Damit erhalt man die Ergebnisse 2

S =

l 2

; = 35; 3Æ:

S

sin = 1; 73 S = 895 N ; cos S S =S = S 2 cos = 2 tan cos = 0; 75 S = 388 N : Hinweis: Aufgrund der Symmetrie (Geometrie und Belastung) gilt S = S . 3

1

2

3

2

1

21

Allgemeine Kraftegruppen

Aufgabe 1.8: An einem gleichschenkligen Dreieck greifen die Krafte F , P und die Gewichtskraft G an.

45Æ

Das angreifende Kraftesystem soll zunachst durch eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moment im Punkt A ersetzt werden (Reduktion im Punkt A). Wie gro mu der Betrag der Kraft F sein, damit das Moment um den Punkt A verschwindet, der Korper also nicht kippt? p Gegeben: G = 6 kN, P = 2 kN, a = 1 m.

P

G F

2a=3 S A

a=3

1111111111111 0 00000000000 11111111111 000000000000 2a=3 a=3

Losung: Die Reduktion eines Kraftesystems auf eine Kraft R und ein Moment MA bezuglich eines beliebigen Bezugspunkts A wird auch als Reduktion auf eine Dyname in A bezeichnet. Die Dyname wird dabei durch R und MA cha-

rakterisiert. Wir losen die Aufgabe vektoriell. Fuhren wir ein Koory dinatensystem mit Urprung in A ein, so ergibt sich die resultierende Kraft R aus der Additionpder Einzelkrafte A G = G ey ; F = F ex und P = 22 P (ex ey ) : x p p R = G + F + P = (F + P ) ex (G + P ) ey : Das resultierende Moment MA berechnet sich mit den Hebelarmen rAG = a3 ex + a3 ey ; rAF = 23a ex + a3 ey und rAP = a ey der jeweiligen Krafte bezuglich A zu MA = rAG G + rAF F + rAP P = p Ga 2P a e : Fa = 3 ez 3 ez 2 z Mit den gegebenen Werten fur G, P und a kann der Betrag der Kraft F so gewahlt werden, da das Moment MA verschwindet. Aus der geforderten Bedingung MA =p0 folgt: p Ga F a 2 P a = 0 ; F = G 3 2 P = 6 kN 3 kN = 3 kN: 3 3 2 2 Anmerkung: Das resultierende Moment ist im Gegensatz zur resultierenden Kraft abhangig vom Bezugspunkt und lat sich im 2-dimensionalen Fall mit "senkrechter Abstand zwischen Bezugspunkt und Wirkungslinie der Kraft mal Betrag der Kraft\ schneller berechnen als durch Auswertung des Kreuzprodukts. 2

2

!

!

2

2

11111 00000

22

Gleichgewicht

Aufgabe 1.9: Ein homogener glatter Stab (Gewicht G, Lange 4a) stutzt sich bei A an eine Ecke und bei B an eine

10 0110 1010 10B 10

G

glatte Wand. Fur welchen Winkel ist der Stab im Gleichgewicht?

00000 11111 A1 0 1010 a 0 1 Losung: Wir zeichnen das Freikorperbild. Aus der Bedingung \glatt" folgen die Richtungen der unbekannten Krafte N und N ; sie stehen senkrecht zur jeweiligen Beruhrungsebene. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen: ! : N sin N = 0 ; 1

G N

1

0110 N 1010B

2

1

2

" : N cos G = 0 ; 1

2

y

a cos N 2a cos G = 0 : Aus ihnen lassen sich die 3 Unbekannten N , N und ermitteln. Die gesuchte Losung fur erhalt man durch Einsetzen der 2. Gleichung in die 3. Gleichung:

a

B : 1

aG cos 2a cos G = 0 2

1

2

;

cos = 12 : 3

Einfacher ndet man das Ergebnis aus der Aussage: "Drei Krafte sind nur dann im Gleichgewicht, wenn ihre Wirkungslinien durch einen Punkt gehen\ . Dann folgt aus der Geometrie:

G N

2a cos = a=coscos ;

2a 1

N

a

2

;

cos = 12 : 3

Allgemeine Kräftegruppen

23

Aufgabe 1.10: Ein gewichtsloser Stab der Länge l wird horizontal zwischen zwei glatte schiefe Ebenen gelegt. Auf dem Stab liegt ein Klotz vom Gewicht G.

x

l G

A

In welchem Abstand x muß G liegen, damit Gleichgewicht herrscht? Wie groß sind die Lagerkräfte?

B α

β

a) Analytische Lösung: Wir zeichnen das Freikörperbild und stellen die Gleichgewichtsbedingungen auf:

G

↑:

A x

α

B

→:

β

A :

A cos α + B cos β − G = 0 , A sin α − B sin β = 0 , xG − lB cos β = 0 .

Daraus folgen A=G x=l

sin β sin(α + β)

,

B=G

sin α , sin(α + β)

l sin α cos β = . sin(α + β) 1 + (tan β/ tan α)

b) Grafische Lösung: Drei Kräfte sind nur dann im Gleichgewicht, wenn sie durch einen Punkt gehen. Demnach folgt die Wirkungslinie g von G unmittelbar aus dem Schnittpunkt der Wirkungslinien a und b der Lagerkräfte A und B. Aus der Skizze kann abgelesen werden: h tan α + h tan β = l h tan α = x

α β h

x A

; x=

G

α

G

β

β B α

A

B

l . 1 + tan β/ tan α

Die Lagerkräfte (z. B. Kraft A) folgen aus dem Krafteck (Sinussatz): G A = , sin β sin [π − (α + β)] A=G

sin β . sin(α + β)

24

Gleichgewicht

Aufgabe 1.11: Eine homogene Kreisscheibe (Gewicht G, Radius r) wird

durch drei Stabe gehalten und durch ein aueres Moment MÆ belastet. Man bestimme die Krafte in den Staben. Bei welchem Moment wird die Kraft im Stab 1 gerade Null?

01 100 45Æ 1 100 3 1 10

2

r

G

11 00 00 11 0 001 11 01 001 11 0 1

MÆ

Wir schneiden die Kreisscheibe frei und zeichnen in das Freikorperbild alle Krafte ein. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen Losung:

S MÆ

A G

B

2 2 S +S S =0; p 2 ": 2 S G=0; p x 2 A : r S rS + MÆ = 0 : 2 Aus ihnen erhalt man p M S = 2G ; S = Æ: r

45Æ

2

S

p

!:

2

1

S = 1

1

2

3

2

S

3

MÆ +G; r

2

1

3

Das gesuchte Moment folgt durch Nullsetzen von S : S =0 ; MÆ = rG : 1

1

Anmerkungen:

Anstelle des Bezugspunktes A ist es gunstiger den Bezugspunkt B fur die Momentengleichgewichtsbedingung zu verwenden, da dann nur eine einzige Unbekannte auftritt:

x

B :

rG rS + MÆ = 0 1

;

S = 1

MÆ +G: r

Alle Stabkrafte sind Zugkrafte. Die Stabkraft S ist unabhangig von MÆ . Dem Moment MÆ wird durch die beiden Stabkrafte S und S das Gleich2

gewicht gehalten.

1

3

25


Aufgabe 1.12: Ein Wagen vom Gewicht G = 10 kN und bekannter Schwerpunktslage S wird auf einer schiefen, glatten Ebene ( = 30Æ) durch ein horizontal ge-

spanntes Seil gehalten. Gesucht sind die Raddruckkrafte.

a

a 1111111 0000000 a a 1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 S G 1111111 0000000 1111111 B 0000000 1111111 A

Wir schneiden das Seil und trennen den Wagen von der Ebene. Dann erhalten wir das dargestellte Freikorperbild. Als Gleichgewichtsbedingungen ver wenden wir das Kraftegleichgewicht in C Richtung der schiefen Ebene und die zwei Momentenbedingungen um A und um B . B Fur letztere zerlegen wir zweckmaig die G Krafte G und C in ihre Komponenten in A Richtung und senkrecht zur schiefen Ebene. Damit folgen Losung:

%:

C cos G sin = 0 ;

A :

2aB + aG sin aG cos aC cos 3aC sin = 0 ;

B :

2aA + aG sin + aG cos aC cos aC sin = 0 :

x

x

Hieraus erhalt man C = G tan = B=

pG = 5; 77 kN ; 3

p

3 C 2 (cos sin ) + 2 (cos + 3 sin ) = 2 G = 8; 66 kN ;

G G

C G p 2 (sin + cos ) 2 (cos + sin ) = 2 3 = 2; 89 kN : Zur Kontrolle konnen wir eine zusatzliche Gleichgewichtsaussage verwenden: A=

- : A + B G cos C sin = 0 ;

;

p p G G p + G 23 G 23 p =0: 2 3 2 3

26

Gleichgewicht

Aufgabe 1.13: Der Balkenzug A bis E ist bei A drehbar gelagert und bei B und C uber ein Seil gehalten, das rei-

bungsfrei uber zwei feststehende Rollen lauft. Wie gro ist die Seilkraft bei einer Belastung durch F ?

B

A

10 0 10 1 00 11 a

010101 11 00 11 00 00 11 01 4

C

3

a

F E

3 =4 a

D

Losung: Wir schneiden das System auf und berucksichtigen beim Antragen der

Krafte, da an den reibungsfreien Rollen die Seilkrafte an beiden Seiten gleich sind (die Radien der Rollen gehen daher in die Losung nicht ein!): S

AH

S

AV

F

Damit der Balkenzug im Gleichgewicht ist, mu gelten:

": !:

AV + S + S sin F = 0 ;

A :

2aF aS a(S sin ) 43 a(S cos ) = 0 :

AH + S cos = 0 ;

y

Mit

cos = p 3 = 35 ; 3 +4 2

folgen

2

sin = 45

8 8 3 AH = 9 15 F ; AV = 5 F : Zur Probe bilden wir das Momentengleichgewicht um C : S= F;

y

3 4

C : aAV + aAH + aF = 0

;

3 aF 5

3 a 8 F + aF = 0 : 4 15

27


R

Aufgabe 1.14: Zwei glatte Kugeln (Gewicht jeweils G, Radius r) liegen

in einem dunnwandigen Kreisrohr (Gewicht Q, Radius R), das senkrecht auf dem Boden steht (r = R). Wie gro mu Q sein, damit das Rohr nicht kippt?

Q

G

3

r G

4

1111111 0000000

Wir trennen die Kugeln und das Rohr und zeichnen die Krafte fur den Fall ein, bei dem Kippen gerade eintritt. Dann liegt das Rohr nur noch im Punkt C auf, und dort wirkt die Einzelkraft N . (Wenn das Rohr dagegen nicht kippt, so ist die Kontaktkraft uber den gesamten Rohrumfang verteilt.) Losung:

5

N

N

1

N

G

1

N

2

G

2

2 r sin

4

N

C N

3

Q

2

N

1

N

3

4

5

Die Gleichgewichtsbedingungen an den Kugeln und am Zylinder lauten:

" : N sin G = 0 ;

" : N N sin G = 0 ; ! : N N cos = 0 ; !: N cos N = 0 ; ": N Q=0;

!: N N =0; 1

2

2

3

1

2

4

1

3

2

2

4

5

x

C : (r + 2r sin )N

1

rN

4

RQ = 0 :

Aus ihnen folgt G G 3 N =N = tan ; N = sin ; N = 2G; Q = N = 2 G cos : Mit der geometrischen Beziehung cos = (R r)=r = 1=3 erhalt man daraus fur das Gewicht, bei dem Kippen gerade eintritt QKippen = G=2 : Damit das Rohr nicht kippt, mu also gelten: G Q > QKippen = : 2 1

4

2

3

5

28

Gleichgewicht

Aufgabe 1.15: Zwei glatte Walzen (Gewicht G, Radius r) sind durch ein dehnstarres Seil der Lange a mitein-

l

ander verbunden. U ber einen Hebel (Lange l) greift eine Kraft F an. Wie gro sind die Krafte zwischen Walzen und Boden?

F

G G 00000000 11111111 a 111111111 000000000 111 000

Losung: Wir schneiden die Walzen und den Hebel frei:

G

1

S N

D

D

S

1

1

F

2

3

2

G

x

N

H

2

D

D 1111 0000 O a cos 0000 1111 N 1

2

3

An den 3 Teilsystemen stehen 2 2 + 1 3 = 7 Gleichungen fur die 7 Unbekannten (D , D , N , N , N , H , S ) zur Verfugung: " : N G + D cos = 0 ;

! : S D sin = 0 ; " : N G D cos = 0 ;

! : D sin S = 0 ;

! : H + D sin D sin = 0 ; " : N D cos + D cos F = 0 ; y O : l cos F (a cos + x)D + xD = 0 : 1

2

1

2

1

3

1

2

2

3

1

3

1

1

2

2

2

1

2

2

Der Winkel folgt aus der Geometrie:

1

a=2 0000 1111 r a=2 1111 0000 r

sin = a=r2 ; q

cos = 1 4(r=a) : 2

Addition der 1. und 3. Gleichung liefert D = D . Damit folgt H = 0, N = F und aus der 7. Gleichung fallt der unbekannte Abstand x heraus. Au osung ergibt 1

N =G F 1

lr 1 4( ar ) ; a 2

2

N =G+F 2

3

lr 1 4( ar ) : a 2

29


Aufgabe 1.16: Die Skizze zeigt in vereinfachter Form das Prinzip einer Werkstoprufmaschine. Wie gro ist bei einer Belastung F die Zugkraft Z in der Probe?

b=2

b=3

F

Wir trennen das System, wobei wir berucksichtigen, da die Krafte an den Enden eines Stabes jeweils entgegen gesetzt gleich sind: Losung:

S

F

S

3

1

C :

2

3

1

2

2

y

Damit erhalt man

b

3

2 6

S

3

S

3

3

S

A

2

S 1

2

Z

110 C 0 1 0 1 0 11 00 (Symmetrie bzw. Momentengleichgewicht)

S =S ; " : S + S = Z ;! y b b b A : Q+ S 2

Q

2

1

1

Q

S

1

101010b=6 11 00 101010 00 11

11 00 00 11 00 11 0010101010 Probe 11 b=4 b=4 11 00 110101 00

2b

b=2

b

6S

2

; ;

2bF = 0

Z = S + S = 6S 1

2

3

1

b 2S = 0 ; S = 3 S 3Q ; S = 6F : 3

1

3

3

6Q = 36F 6Q :

Anmerkungen:

Durch die Wahl geeigneter Momentenbezugspunkte treten die Lager-

krafte von A und C in der Rechnung nicht auf. Die Last Q dient bei der Prufmaschine als Gegengewicht zu den hier vernachlassigten Eigengewichten der Hebel und Stangen. Durch den Hebelmechanismus wird die auf die Probe ubertragene Kraft 36 mal so gro wie die aufgebrachte Belastung F .

30

Gleichgewicht

Aufgabe 1.17 Ein hydrau-

lisch angetriebener Baggerarm b soll so bemessen werden, da

er in der skizzierten Lage an 0000000 a1111111 0000000 der Schneide eine Reikraft R

1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 ausubt. 0000000 1111111 0000000 1111111 a 0000000 1111111 Wie gro ist dann die Kraft P 0000000 1111111 a im Hydraulikzylinder ? a Wie gro mu der Hebelarm b des Zylinders sein, da2a mit dieser mit der gleichen Druckkraft wie der Zylinder R

betrieben werden kann? Losung: Wir trennen das System und zeichen das Freikorperbild. Dabei setzen wir von vornherein gleiche Druckkrafte P in den Zylindern voraus. 2

1

1

2

1

D AH R

AV

D

C N

N

P AH

AV

P

BH BV

P

Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen fur die Schaufel

y

2aR aD = 0 ; D = 2R ; ! : AH D = 0 ; AH = 2R ; ": R AV = 0 ; AV = R und fur den Punkt C p p ! : D P cos 45Æ = 0 ; P = D 2 = 2 2R ; " : P sin 45Æ N = 0 ; N = 2R sowie das Momentengleichgewicht fur den Baggerarm A :

y

B :

3aAV + 2aN aP cos 45Æ bP = 0 :

Au osen liefert den gesuchten Hebelarm: 5p b= 2a: 4

Anmerkung: Die weiteren Lagerkrafte BV und BH folgen aus dem Kraftegleichgewicht am Baggerarm.

31


Aufgabe 1.18: Eine rechteckige, ge-

wichtslose Platte wird durch 3 Seile gehalten. a) An welche Stelle mu eine Last Q gelegt werden, damit alle drei Seile gleich beansprucht werden? b) Wie gro sind die Seilkrafte, wenn die Platte durch eine konstante Flachenlast p belastet wird?

a

2a a

4a 4a

zu a) Wir fuhren ein Koordinatensystem ein und bezeichnen den noch unbekannten Angrispunkt von Q mit S xQ und yQ . Dann lauten die GleichgewichtsS y bedingungen fur die Gruppe paralleler Krafte Qx Q Losung:

yQ

S

F z = 0 : 3S Q = 0 ; x Mx = 0 : 2aS yQQ = 0 ; P My = 0 : 5aS aS 2aS + xQ Q = 0 : P P

(0)

(0)

Hieraus folgen

S=

8 3

4 3

Q

xQ = a :

yQ = a ;

3;

zu b) Die Flachenlast kann durch die Einzellast F = 4 6a p = 24pa im Schwerpunkt ersetzt werden. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen nun: 2

2

S

p

1

S Fz = 0 : S + S + S 24pa = 0 ; P x Mx = 0 : 2a 24pa 4aS = 0 ; P My = 0 : 3a 24pa 5aS aS 2aS = 0 : 2

P

1

2

2

3

(0)

2

(0)

2

3

2

1

2

Hieraus erhalt man S = 12pa ; 2

3

S = 3pa ; 2

1

S = 9pa : 2

2

S

3

y

32

Gleichgewicht

Aufgabe 1.19: Ein rechteckiges Verkehrsschild vom Gewicht G ist an einer Wand mit zwei Seilen in A und B befestigt. Es wird in C durch ein Gelenk und in D durch einen Stab senkrecht

zur Ebene des Schildes gehalten. Alle Mae in Meter (m). Gesucht sind die Krafte im Gelenk, in den Seilen und im Stab.

1,6

1,6

A

B

2

D

2 1 1

C

4

Losung: Wir schneiden das Schild frei und tragen im Freikorperbild die Kom-

ponenten aller Krafte ein. Damit lauten die 6 Gleichgewichtsbedingungen im Raum: z Fx = 0 : A x B x C x = 0 ; D Bz Bx y C F y = 0 : A y + B y + Cy + D = 0 ; z Az Cx Ay By Fz = 0 : Az + B z + Cz G = 0 ; Ax Cy x G Mx = 0 : 1 Cy = 0 ; My = 0 : 4Az 2Bz + 2G + 1 Cx = 0 ; M z = 0 : 4 Ay + 2 B y = 0 : Dies sind 6 Gleichungen fur zunachst noch 10 Unbekannte. Weitere 2 2 = 4 Gleichungen folgen aus der Komponentenzerlegung der Seilkrafte A und B (Kraftkomponenten verhalten sich wie entsprechende Langen!): Ax Ax 4 Bx Bx 2 = 4 ; = ; = 2 ; = : A y 1; 6 Az 2 By 1; 6 Bz 2 Die Au osung ergibt schlielich: G 2 2 4 Ax = Bx = ; Cx = G ; Ay = 3 3 15 G ; By = 15 G ; P

P P P P P

(0)

(0)

(0)

Cy = 0 ;

Az =

G

6;

Bz =

G

3;

Cz =

G

2;

D=

2 15 G :

33


Aufgabe 1.20: Eine gewichtslose Platte in Form eines rechtwinkligen Dreiecks wird durch 6 Stabe gehalten und durch die Krafte F und Q belastet. Man bestimme die Krafte in den Staben.

a a F

Q

6 a

1 2

5

4

3 a

Losung: Wir zeichnen das Freikorperbild und wahlen ein Koordinatensystem: y Q F S S z S S x S S Æ 5

4

6

1

2

45

3

Damit erhalt man die folgenden Gleichgewichtsbedingungen: p p 2S + 2S +F =0; Fx = 0 : 2 2 Fy = 0 : S cos = 0 ; p p 2 2 Fz = 0 : S 2 S S S sin S p 2 S Q = 0 ; Mx = 0 : 2aS 2a 22 S aQ = 0 ; a My = 0 : aS + Q = 0 ; 2 p 2 Mz = 0 : 2a 2 S aF = 0 : Au osen liefert die gesuchten Stabkrafte: p F 2 Q S = ; S = 2 2 F; S = 2; p 1 2 S = (F Q ) ; S = 2 2 F ; S =0: P

2

5

P

6

P

1

P

P

2

3

(0)

6

4

5

4

5

(0)

3

P

(0)

5

1

4

2

3

5

6

34

Reduktion auf eine Dyname

Aufgabe 1.21: An der Plattform

P eines Fernsehturms greifen infolge 2P der Aufbauten und der Windlasten ez P die in der Abbildung dargestellten qw r A ey Krafte an. ex Das angreifende Kraftesystem soll zunachst durch eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moh ment im Lagerpunkt A der PlattB form ersetzt werden. Danach ist das Moment am Fupunkt B des Turms mit Hilfe des Versatzmoments zu ermitteln. Gegeben: = 45Æ . Losung: Um die angreifenden Krafte im Lagerpunkt der Plattform zu berechnen, werden zunachst die Krafte und die zugehorigen Hebelarme bezuglich des angegebenen Bezugssystems benotigt. Diese folgen fur die vertikalen Einzelkrafte F , F und F unmittelbar: Krafte: F = 2 P e z ; F = P ez ; F = P e z ; p Hebelarme: rAF1 = r ey ; rAF2 = r ex ; rAF3 = 22 r (ex + ey ) : Fur die Windbelastung, die die kreisformige Plattform an jeder Stelle senkrecht anstromt, erkennt man, da die Wirkungslinie der Resultierenden durch den Lagerpunkt der Plattform verlauft (; rAF = 0). Fur die Kraftresultierende von qw folgt p F w = 22 2 r qw ( ex + ey ) : Aus der Summe der Einzelkrafte berechnet p sich dann die resultierende Kraft R = F + F + F + F w = 22 2 r qw ( ex + ey ) 4 P ez : Fur das resultierende Moment folgt bezuglich p des Koordinatenursprungs p MA = rAF F i = P r (2 22 ) ex + P r ( 22 1) ey : 1

2

3

1

2

3

w

1

2

3

3 X

i=1

i

Bezieht man anschlieend das berechnete Moment auf den Fupunkt des Masts, mu zu MA das Versatzmoment MV = rBA R addiert werden. Dieses berechnet sich mit dem Hebelarm rBA p = h ez zu MV = rBA R = 22 2 r qw h ( ex ey ) : Damit kann das Moment im Fupunkt des Masts angegeben werden: MB = MA + MV :

2 Schwerpunkt Volumenschwerpunkt

z

Fur einen Korper mit dem Volumen V ermittelt man die Koordinaten des Schwerpunktes aus

S

zS x

yS

xdV dV R y dV yS = R dV R z dV zS = R dV

xdA dA R y dA yS = R dA

xS =

xS

y

Flachenschwerpunkt

xS =

y yS

S

R

R

R

R

Hierbei ist xdA = Sy bzw. ydA = Sx das statische Moment (=Flachenmoment 1. Ordnung) um die y- bzw. um die x-Achse. Fur zusammengesetzte Flachen, bei denen die Lage der Teilschwerpunkte Si bekannt ist, gilt xi A i xS = A R

xS

x

y yi

Si A i

R

P

P

P

xi Anmerkungen:

x

i

yA yS = P i i Ai

Bei Flachen mit Ausschnitten ist es oft zweckmaig, mit negativen Flachen zu arbeiten.

Bei Symmetrien liegt der Schwerpunkt auf den Symmetrieachsen.

36

Schwerpunkt

Linienschwerpunkt

y yS

xds ds R y ds yS = R ds

xS =

S xS

y

x

li Si

yi

R

R

Besteht eine Linie aus Teilstucken bekannter Lange li mit bekannten Schwerpunktskoordinaten xi, yi, so folgt die Lage des Schwerpunktes aus P

xi li li P yi li yS = P li

xS =

xi

x Massenmittelpunkt

P

Die Koordinaten des Massenmittelpunkts eines Korpers mit der Dichteverteilung (x; y; z) erhalt man aus xdV ; xS = d V R

R

ydV yS = ; d V R

R

zS =

R R

zdV dV

:

Besteht ein Korper aus Teilkorpern Vi der Dichte i mit bekannten Schwerpunktskoordinaten xi , yi und zi, so gilt xS =

P

x i i V i ; i Vi

P

yS =

P

y i i Vi ; i V i

P

zS =

P

z i i V i i Vi

P

:

Anmerkung: Beim homogenen Korper ( = const) fallen Volumenschwer-

punkt und Massenmittelpunkt zusammen.

37

Schwerpunktskoordinaten

Tabelle von Schwerpunktskoordinaten

Flachen

y

Dreieck

y

x;y 3

3

h

x;y 1

xS = yS = A =

Halbkreis

x

a 1 3 1 2

=

Viertelkreis r

r

yS =

4 3 r

A= r 2 Korper

2

3

x

= 34 r = 34 r = 4 r

x

(x + x + x ) (y + y + y ) 1

1 2

2

1

3

x x

3

2

3

x y x y

2 3

1

2

1

3

y y

1 1

Viertelellipse

y b x

b

=0 = 35 h = 43 bh

x

a

Linie

Halbkugel

y

2

1

h

2

Kegel

1

y

r

x xS = 0

2

Quadr. Parabel

y

y

= =

a h ah

2 3

x;y 1

= 34 a = 34 b = 4 ab

Kreisbogen

y y

h r xS = 0

x

1 4 1 V = r h 3 yS = h

2

r xS = 0

3 8 2 V = r 3

x

yS = r

3

r

x

xS = sin r yS = 0 l = 2 r

38

Schwerpunkt

Aufgabe 2.1: Die dargestellte Flache

y

3a 2

wird nach oben durch eine quadratische Parabel mit dem Scheitel bei x = 0 begrenzt. Man ermittle die Schwerpunktskoordinaten.

a

2

Losung: Wir stellen zunachst die Gleichung der Parabel auf: y = x + : Die Konstanten und folgen aus den Endpunkten x = 0, y x = b, y = 3a=2 zu = a=2, = a=b . Damit wird x y=a + a2 : b Mit dem Flachenelement dA = ydx folgt:

b x

2

0

1

2

1

0

= a=2 und

2

xS =

R R

xd A xy dx dA = R y d x R

"

y

#

x a + 2 dx 1 ab 3 b " = Rb x a # = 25 = 5 b : a + 2 dx 6 ab b b

R 0

x a

2

2

dA

2

0

dx

x

Wenn wir zur Ery mittlung von yS die y Elemente (b x)dy dA = verwenden, so treten dA = komplizierte Integra- dy (b x)dy y dx le auf. Wir bleiben y=2 daher beim Flachenx x x element dA = ydx und mussen nur berucksichtigen, da sein Schwerpunkt in y-Richtung bei y=2 liegt. Dann gilt (die Flache im Nenner ist dieselbe wie vorher): y b y dx 47 a : yS = 52 = 106ab a xb + ab x + a4 dx = 100 6 ab R

Z

4

2

2

4

0

2

2

2

!

39

Flachenschwerpunkt

Aufgabe 2.2: Gesucht ist die Lage des

y

Schwerpunktes eines Kreisausschnittes vom O nungswinkel 2.

r

2

x

Wegen der Symmetrie liegt der Schwerpunkt auf der x-Achse: Zur Ermittlung von xS wahlen wir als Flachenelement einen in nitesimalen Kreisausschnitt (= Dreieck) und integrieren uber den Winkel . Dann folgt 2 1 1 r cos r rd r 2 sin 2 r d A = 2 r r d 2 3 xS = = 1 3r 3 d r r d 2 S 2 sin =3 r: Losung: yS = 0.

R

3

R

2

Im Grenzfall = =2 folgt die Schwerpunktslage des Halbkreises zu 4 xS = r : 3 Man kann den Schwerpunkt auch durch Aufteilung in Kreisringelemente und Integrationen uber x ermitteln. Dann mu aber vorher die Schwerpunktlage S eines solchen Ringelementes bekannt sein oder erst berechnet werden.

S

Die Schwerpunktskoordinate xS eines Kreisabschnittes ndet man mit obigem Ergebnis durch Dierenzbildung: r A

S s

xS xS =

xSI AI xSII AII = AI AII

AI

SI

xSI

AII SII xSII

2 sin r r 1 s r cos 2 r cos 3 2 3 = 12s A : 1 r 2 s r cos 2

2

3

40

Ermittlung

Aufgabe 2.3: Fur die dargestellten Pro le ermittle man die Lage der Schwer-

punkte (Mae in mm). a)

b) 15

15 8

20

8

32

5

5 4

4 45

45

Losung: zu a) Das Pro l ist symmetrisch.

Daher mu nur yS berechnet werden. Es folgt aus einer Zerlegung in Rechtecke: y

2(4 45) + 14(5 20) + 28(8 15) 4 45 + 5 20 + 8 15 = 5120 400 = 12; 8 mm :

yS =

x

zu b) Wir legen das Koordinatensystem in die linke untere Ecke und nden aus den Teilrechtecken: 22; 5(4 45) + 2; 5(5 20) + 7; 5(8 15) 4 45 + 5 20 + 8 15 5200 = 400 = 13 mm ;

xS =

2(4 45) + 14(5 20) + 28(8 15) 400 = 12; 8 mm :

yS =

y

x

Anmerkung: Beim Verschieben der Flachen in x-Richtung bleibt yS un-

verandert.

41

des Schwerpunktes

Aufgabe 2.4: Gesucht ist die Lage des Schwerpunktes der dargestellten Flache mit einem Rechteckausschnitt (Mae in cm).

y

4 2

2

2

1 3

1 1

x

2

Wir teilen die Flache in 2 Dreiecke sowie ein groes Rechteck und ziehen das kleine Rechteck ab. Losung:

IV I

II

III Die rechnerische Losung erfolgt zweckmaig mit Hilfe einer Tabelle. Teilsystem i

Ai

xi

xi A i

yi

yi A i

[cm ]

[cm]

[cm

[cm]

[cm ]

I

10

II

4

III

14

100 3 68 3 49

10 3 10 3 1

100 3 40 3 14

IV

-2

10 3 17 3 7 2 7 2

-7

2

-4

2

A=

P

Ai = 26

P

3]

xi Ai = 98

Damit ndet man xS =

P

xi Ai 98 49 = 26 = 13 cm ; A

yS =

P

3

P

yi A i =

170 3

yi Ai 170=3 85 = 26 = 39 cm : A

42

Ermittlung

Aufgabe 2.5: Ein Draht konstanter Dicke

wurde zu nebenstehender Figur verformt (alle Langen in mm). Wo liegt der Schwerpunkt?

40

80

30

Wegen der Symmetrie liegt eine Schwerachse auf der senkrechten Symmetrielinie (y-Achse). Da die Schwerpunktslagen yi der Teilstucke der Lange li bekannt sind, folgt die Lage yS des Gesamtschwerpunkts aus Losung:

yS =

P

y i li : li

P

Wir wollen die Aufgabe mit drei verschiedenen Unterteilungen losen. Dabei gilt l=

X

li = 2 30 + 2 80 + 40 = 260 mm :

1. Moglichkeit: 1 260 (80 I 40 + 2 40II 80) = 9600 260 = 36; 92 mm ; 2. Moglichkeit: 1 yS = 260 (40 I 40 2 40III 30) = 3; 08 mm ; yS =

|

|

{z

{z

}

}

|

|

{z

{z

{z

V

}

II III

II y III

y

}

3. Moglichkeit: Wir wahlen ein spezielles Teilstuck IV so, da sein Schwerpunkt in den Koordinatenursprung fallt. 1 yS = 260 (2 ( 40) 10) = 3; 08 mm : |

I

}

II III IV y

x

I

40 x

III

40

V

x V

10

10

Die 3.Variante hat den Vorteil, da nur das statische Moment eines Teilstucks V berucksichtigt werden mu.

43

des Schwerpunktes

Aufgabe 2.6: Ein dunnwandiger

y

Draht wurde in Form einer Hyperbelfunktion gebogen. Wo liegt der Schwerpunkt?

S

y = a cosh xa

a

a x

a

Aus Symmetriegrunden liegt der Schwerpunkt auf der y-Achse. Mit der Ableitung y0 = sinh xa wird das Element der Bogenlange Losung:

ds = (dx) + (dy) = 1 + (y0) dx = 1 + sinh xa dx = cosh xa dx : Integration ergibt die Bogenlange q

r

q

2

2

2

2

a

ds = cosh xa dx = 2a sinh 1 : a Das statische Moment um die x-Achse ndet man zu a 1 + cosh 2 xa dx = a (1 + 1 sinh 2) : x x Sx = y ds = a cosh cosh dx = a a a 2 2 a Damit erhalt man die Schwerpunktkoordinate y ds a 1 + sinh 2 yS = ds = 2 sinh 2 = 1; 197 a : s=

Z

Z

+ Z

+ Z

Z

2

R

1

2

R

Aufgabe 2.7: Aus einem dreieckigen Blech ABC , das in A

A

drehbar aufgehangt ist, wird ein Dreieck CDE herausgeschnitten. Wie gro mu x sein, damit sich BC horizontal einstellt?

I

II D

x

p

3 2 a

E C 3a 2 2 Losung: Das Dreieck hangt in der geforderten Lage, wenn sich der Schwerpunkt unter dem Au ager be ndet. Das bedeutet, da das statische Moment des Dreiecks ADC bezuglich der Drehachse durch A gleich sein mu dem des Dreiecks ABE : p p 1 3 a x 3a 1 3 a = 1 a 3 a 1 a 4p ; x= 3a: 2 2 2 32 22 2 32 9 B a

!

|

{z

Fl ache

ADC

}

| {z }

Abstand

|

{z

Fl ache

}

ABE

| {z }

Abstand

44

Ermittlung

Aufgabe 2.8: Ein Kreisring vom Gewicht G wird an drei Federwaagen, die in gleichen

Abstanden am Umfang angebracht sind, aufgehangt. Sie zeigen folgende Krafte an:

2

1

F = 0; 334 G ; F = 0; 331 G ; F = 0; 335 G : 1

2

3

3

An welcher Stelle des Umfangs mu welches Zusatzgewicht angebracht werden, damit der Schwerpunkt in die Mitte fallt? Losung: Aus den unterschiedlichen Anzeigen der Federwaagen erkennt man, da das Gewicht ungleichmaig uber den Ring verteilt ist. Der Schwer- 1 punkt S (=Ort der resultierenden Gewichtskraft) liegt daher nicht in der Mitte des Ringes, sondern fallt mit dem Kraftemittelpunkt (=Ort der resultierenden Federkrafte) zusammen. Wir ermitteln daher zunachst seine Lage. Sie folgt mit Fi = G aus dem Momentengleichgewicht um die x- und um die y-Achse:

y

30Æ

2 x

P

3

yS G = r sin 30o (0; 334 G + 0; 331 G) r 0; 335 G ; yS = 0; 0025 r ;

;

xS G = r cos 30o (0; 331 G 0; 334 G) ; xS = 0; 0026 r :

;

Damit der Schwerpunkt des Ringes mit Zusatzgewicht Z in der Mitte M liegt, mu Z auf der Geraden angebracht werden, die durch M und S geht. Seine Groe folgt aus dem Momentengleichgewicht um die hierzu senkrechte Achse I : rZ = SM G

;

;

q

rZ = xS + yS G 2

q

2

Z = (0; 0025) + (0; 0026) G = 0; 0036 G : 2

2

I

Z

y M S

x I

45

des Schwerpunktes

Aufgabe 2.9: Ein dunnes Blech

z

konstanter Dicke, bestehend aus einem Quadrat und zwei Dreiecken, wurde zu nebenstehender Figur gebogen (Mae in cm). Wo liegt der Schwerpunkt?

3

2 3

II III

y

I

4

4

x

Losung: Da das Blech konstante Dicke hat, hebt diese sich aus der Rechnung heraus, und wir konnen unmittelbar mit den Flachen arbeiten. Die Gesamt ache betragt

A = 44+

1 1 2 4 3 + 2 4 3 = 28 cm : 2

Die Schwerpunktskoordinaten folgen aus den statischen Momenten der Teil achen. Dabei fallt jeweils die Teil ache heraus, deren Schwerpunkt den Abstand Null hat: xII = 0, yIII = 0, zI = 0.

xS

= xI AI +AxIII AIII =

yS =

yI AI + yII AII A

2 16 + ( 23 4)6 = 1; 71 cm ; 28 2 16 + 2 6 28

= 1

zS

1

= 1; 57 cm ;

( 3)6 + ( 3 3)6 = zII AII +AzIII AIII = 3 = 0; 43 cm : 28

46

Massenmittelpunkt

Aufgabe 2.10: Ein halbkreisformiger

t Transportkubel wurde aus Stahlblech b (Wanddicke t, Dichte %S ) gefertigt. a) In welchem Abstand vom oberen r Rand mussen die Lagerzapfen angebracht werden, damit sich der leere Kubel leicht kippen lat? b) Was ergibt die gleiche Forderung fur den mit Material der Dichte %M vollgefullten Kubel? Man vergleiche die Ergebnisse speziell fur b = r, t = r=100, %M = %S =3 . Losung: Der Kubel lat sich am leichtesten kippen, wenn die Lagerzapfen auf

einer Achse durch den Massenmittelpunkt liegen. a) Beim leeren Kubel (= homogener Koper) fallen Massenmittelpunkt und Volumenmittelpunkt zusammen. Auerdem hebt sich die konstante Wanddicke heraus. Mit den Schwerpunktsabstanden 4r 3 und fur den Halbkreisbogen z = 2r fur die Halbkreis ache

zS

z = 1

z

2

erhalt man daher

4r 2 r + 2r rb z A +z A 3 z SL = = r2 = 34r(r++6bb) r : A +A 2 + rb 2

1

1

2

2

2

1

2

2 b) Beim gefullten Kubel folgt mit der Kubelmasse mS = (r + rb) t%S und der Masse des Fullmaterials mM = r2 b%M der gesuchte Abstand zum Massenmittelpunkt aus 4r zS mS + mm 4 (2r + 3b) t%S + 4rb%M 3 = zS = mS + m m 3 (2 (r + b) t%S + rb%M ) r : 2

2

L

V

Mit den gegebenen Abmessungsverhaltnissen ndet man 1 +4 1 4 5 100 10 3 zS = zS = 1 + 1 r = 0; 44 r : 3 2 r = 0; 53 r ; 3 4 100 3 L

V

3 Lagerreaktionen

Ebene Tragwerke

In der Ebene gibt es 3 Gleichgewichtsbedingungen. Dementsprechend durfen bei einem statisch bestimmt gelagerten Korper in der Ebene nur 3 Lagerreaktionen auftreten. Man unterscheidet die folgenden Lagerungsarten: Name

Symbol

Lagerreaktionen

verschiebliches Au ager

AV

festes Au ager ME

Einspannung

AH AV

AH

AV

Am freien Rand treten keine Kraft und kein Moment auf. Zwischen zwei Korpern konnen folgende Verbindungselemente auftreten: ubertragbare Name Symbol Schnittgroen Momentengelenk

Querkraftgelenk

Normalkraftgelenk

Pendelstutze

N Q Q N MM M Q Q N

Sind f = Anzahl der Freiheitsgrade, r = Anzahl der Lagerreaktionen, v = Anzahl der ubertragenen Schnittgroen (Verbindungsreaktionen) und n = Anzahl der Korper, so gilt f = 3n (r + v ) : Merke:

f =

8 >
0 : f -fach verschieblich,

> :

< 0 : f -fach statisch unbestimmt.

= 0 : statisch bestimmt,

48

Raumliche Tragwerke

Raumliche Tragwerke

Im Raum gibt es 6 Gleichgewichtsbedingungen. Dementsprechend durfen bei einem statisch bestimmt gelagerten Korper im Raum nur 6 Lagerreaktionen auftreten. Man unterscheidet die folgenden Lagerungsarten: x Name Symbol Lagerreaktionen y z

verschiebliches Au ager

Az

festes Au ager

Ax Az Ay Mx

Ax Ay Az M y

Einspannung

Mz

Zwischen zwei Korpern konnen folgende Verbindungselemente auftreten: Name

ubertragbare Schnittgroen

Symbol

Qz

Momentengelenk

Qy Qz

Biegemomentengelenk

y

x

z Nx

Qy Nx Mx Qz Mz

Scharnier

Qy Nx

Mx

Sind f = Anzahl der Freiheitsgrade, r = Anzahl der Lagerreaktionen, v = Anzahl der ubertragenen Schnittgroen (Verbindungsreaktionen) und n = Anzahl der Korper, so gilt f = 6n (r + v ) Merke: f =

:

8 >
0 : f -fach verschieblich,

> :

< 0 : f -fach statisch unbestimmt.

= 0 : statisch bestimmt,

49

Lagerreaktionen

Aufgabe 3.1: Fur den nebenstehenden Balken ermittle man die Lagerreaktionen. Gegeben: F = 4 kN, F = 2 kN, F = 3 kN, MÆ = 4 kNm, qÆ = 5 kN/m, a = 1 m, = 45Æ . 1

2

Losung:

bild:

F

1

qÆ

F

2

00 11 10 0 11 00 1Aa

3

F

MÆ

3

B a

a

010101 00 11

Das Freischneiden der Lagerreaktionen liefert folgendes FreikorperF

1

qÆ

F

2

F

MÆ

3

A

BH

BV

Es konnen dann drei Gleichgewichtsbedingungen am Balken aufgestellt werden: 3 a (q a) a F sin = 0 ; A : 3a BV M 2a F 2 Æ 3 B : 3a A + 3a F + 2a F sin + a (qÆ a) + a F MÆ = 0 ; 2 ! : F cos BH = 0 : 0

3

1

2

2

3

2

Mit den gegebenen Zahlenwerten folgt: p 4 + 6 + 32 5 + 2 12 2 BV = = 6; 30 kN ; 3

p 12 + 2 2 12 2 + 32 5 + 3 4 A = = 7; 11 kN ; 3 1p BH = 2 2 = 1; 41 kN : 2

Probe:

" : A + BV F

;

F sin qÆ a F = 0 ; 6; 30 + 7; 11 4 2 0; 71 5 3 = 0 : 1

2

3

Anmerkung: Da die Lagerkrafte nur auf 2 Stellen hinter dem Komma an-

gegeben werden, liegt der Fehler bei der Probe in der 2. Stelle.

51

Brauchbarkeit

Losung: a a

a

a

f = 3 2 (3 + 4) = 1

Die beiden Winkel des einfach statisch unbestimmten Tragwerks sind unbeweglich miteinander verbunden, so da das Tragwerk als ein einziger starrer Korper angesehen werden kann. Dieser Korper ist durch die beiden Lager statisch bestimmt gelagert. Da die statische Unbestimmtheit durch die Verbindung der beiden Winkel entsteht und eine auerlich statisch bestimmte Lagerung vorliegt, werden solche Tragwerke auch als innerlich statisch unbestimmt bezeichnet. Losung:

f = 3 9 (7 + 20) = 0

a

Dieses Tragwerk ist statisch bestimmt und brauchbar. Der rechte untere Balken ist durch seine Lagerung (unten zweiwertiges Au ager, oben Gleitlager) fest gehalten. An diesen Balken auf zwei Stutzen schlieen sich nach links zwei unbewegliche Dreigelenkrahmen an. An diesem brauchbaren Tragsystem werden oben zwei weitere Dreigelenkrahmen angebracht.

a b

a

a

Losung:

f = 3 10 (4 + 26) = 0 b a A a

b b

a a

Dieses Tragwerk ist zwar statisch bestimmt allerdings nicht brauchbar. Hier liegt eine in nitessimale Verschieblichkeit vor. Aufgrund der geometrischen Anordnung liegen die Auflager und das Gelenk im Punkt A, das die beiden statisch bestimmten Teiltragwerke verbindet, auf einer Geraden. Dadurch entsteht eine sehr "weiche\ und unbrauchbare Konstruktion.

52

Ermittlung

Aufgabe 3.3: Fur die nebenste-

B R 1 0 00 1 11 00 1 2R A 0 1 0 1 11 00

hende Konstruktion ermittle man die Lagerreaktionen. Dabei soll die Reibung zwischen Seil und Rolle vernachlassigt werden.

C

D

2R

R F

3R

Losung: Wir uberprufen zunachst die notwendige Bedingung fur statische Bestimmtheit. In der gegebenen Aufgabe sind r = 4 (je 2 Lagerreaktionen bei A und B ) n = 3 (3 starre Korper) v = 5 (Verbindungsgelenk 2, Rollenlager 2, Seil 1)

Dies fuhrt auf

f = |3{z 3} 3n

(4 + 5) = 0 :

|{z}

r

|{z}

v

Damit ist das System der drei Korper statisch bestimmt. Freikorperbilder

S Cx

1

2

Cx

Bx

Cy

By

Dx Cy

Dy

Ax Ay

Gleichgewicht an der Rolle: D : S=F ; " : Dy = F ; ! : Dx = F :

S Dx Dy

3

F

53

der Lagerreaktionen

Gleichgewicht am Hebel : A : 2R Cx 2R Cy 3R S = 0 ; " : Ay = Cy ; ! : Ax = Cx S : 1

Gleichgewicht am Hebel mit : D : 5R By 3R Cy = 0 ; " : By + Cy F = 0 ; ! : Bx + Cx F = 0 : 2

3

Aus den 6 Gleichungen folgt fur die 6 Unbekannten 3F ; 2

By = Cx = 4F ;

5 2

Cy = Ay = F ;

Bx = 3F ;

Ax = 3F :

Die Lagerreaktionen in horizontaler Richtung lassen sich auch aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem ermitteln: Bx Ax

By

F

Ay

A : 6R F + 2R Bx = 0

! : Ax + Bx = 0

; ;

Bx = 3F ; A x = 3F :

Zur Ermittlung der restlichen Lagerreaktionen mu das System in jedem Fall geschnitten werden!

54

Ermittlung

Aufgabe 3.4: Bestimmen Sie die Lagerreaktionen fur die in a) und b) dar-

gestellten Systeme.

F

a)

c

1010101010A 11 00 00 11 10

F

a

C

01 1 01 11 00 01 1 00 0B b 1 00 11

a

F

b) a

0 1 0 11 00 0 01 1 01 1 00 11 0aB 1

2a

a

Losung:

zu a) A : aB

B :

cF = 0

cF = 0

a AV

! : AH + F = 0 Probe:

C :

; ; ;

F

c B= F ; a c AV = F ; a AH = F :

AH B

AV

(a + b) AV b B c F = 0 ; ; (c + ab c) F b ac F c F = 0 :

zu b) I : 2a B + a F

3a F = 0 ! : F S cos 45Æ = 0 " : B F S S sin 45Æ = 0 1

2

Probe:

1

; ; ;

B=F ; S =

p

1

S =F : 2

S

F

I

2F ; 1

S

2

B : 2a S + a S cos 45Æ + 2a S sin 45Æ + 2a F a F = 0 ; 2a F a F 2a F + 2a F a F = 0 :

;

2

1

1

F B

55

der Lagerreaktionen

Aufgabe 3.5: Eine homogene Drei-

ecksscheibe (spezi sches Gewicht pro Dickeneinheit g) wird in der dargestellten Lage gehalten. Unter der Voraussetzung, da zwischen den Rollen und dem Seil keine A Reibung herrscht, sind die Seilkraft und die Lagerreaktionen zu bestimmen. Losung: Im Freikorperbild

h

00 11 11 00 1 0 11 00

a

S

1

2 3

a G

Ax

S

Ay

2

treten 4 Unbekannte auf. Aus dem Gleichgewicht an den Rollen S

S

3

S

folgt aber

3

1

S =S S =S 3

1

3

2

)

;

S S =S =S ; 2

1

2

so da in Wirklichkeit nur 3 unbekannte Krafte existieren. Das resultierende Gewicht 1 G = ahg 2 Ax greift im Schwerpunkt an, der beim Dreieck bei a liegt. Damit folgt aus Ay den Gleichgewichtsbedingungen:

S G

2

3

2a G a S = 0 3 " : Ay G + S = 0

A :

! : Ax + S = 0

; ; ;

2 1 3 3 1 1 Ay = G = ahg ; 3 6 1 Ax = 3 ahg :

S = G = ahg ;

S

56

Ermittlung

Aufgabe 3.6: Fur den nebenstehenden Rahmen ermittle man die Lagerreaktionen.

2a F

1

2a

2

A

00 11 110 00 10 1

a

B

00 11 0101 11 00

Losung: Das Freikorperbild zeigt, da die Wirkungslinie von F zufallig durch das Lager A geht.

2

F

Daher bietet sich die Momentengleichung um A als erste Gleichgewichtsbedingung an:

2a F = 0 1

;

Ax

Ay

B=F : 1

2

2

2

1

2

1

B

Mit den gegebenen Zahlenwerten erhalt man: p 1p Ax = 3000 2 2 2 2000 = 1000 N ; p 1p Ay = 3000 2 2 2 2000 = 1000 N ; B = 2000 N : Probe:

;

B : 3a F sin 3a F 2

1

a Ax

F

2

1

Aus dem Kraftegleichgewicht folgt dann: " : Ay + B F cos = 0 ; Ay = F cos F ; ! : Ax + F F sin = 0 ; Ax = F sin F : 1

2

1

Gegeben: F = 2000pN, F = 3000 2 N, = 45Æ , a = 5 m.

A : 2a B

F

2a Ay = 0 ;

p p 15 3000 2 12 2 15 2000 5 1000 10 1000 = 0 :

der Lagerreaktionen

57

11 00 000 11 1A

Aufgabe 3.7: Wie gro sind die

Lagerreaktionen fur nebenstehenden Rahmen?

F l=2

Losung: Das Freikorperbild zeigt die 5 un-

bekannten Lagerkrafte (das Lager B ist wegen des gelenkigen Anschlusses in I eine Pendelstutze). Man kann die Krafte ohne Betrachtung der Gelenkkrafte berechnen, da die Gesamtreaktion in A durch I und die Gesamtreaktion in C durch II gehen mu (das Moment im Gelenk ist jeweils gleich Null):

:

l

2 AH = 0 ; l II : CV l CH = 0 ; 2 1p l 1p A : lB 2+ B 2 2 2 2 I

l AV

l=2

l

C11 11 00 1010 00 00 11 1010 00 11

B

10 0 10 00 11 1

l=2

l

AH

F AV

I II

CH

B CV

p " : B 12 2 + CV + AV F = 0 ; p ! : AH + B 12 2 CH = 0 ; 3l F 2

3 l C + 2l C = 0 : V 2 H

Au osung der 5 Gleichungen nach den 5 Unbekannten ergibt: AH =

F

3

; AV =

F

6

; B=

p

2 F 6 F ; CH = 2 ; CV = F : A

B R Gra sche Losung: Die Resultierende R C und F mu waagrecht verlaufen, da

Rahmenteil I-II ein Pendelstab ist.

aus das

C

F

58

Ermittlung

Aufgabe 3.8: Das skizzierte Hebelsy-

stem kann zur Messung der Seilkraft F dienen, wenn die senkrechte Stutze BC mit einer geeigneten Meeinrichtung versehen wird. Zwischen den Rollen und dem Seil konnen die Reibungskrafte vernachlassigt werden. Man bestimme: a) die Lagerreaktionen in A und B, b) die Krafte in den Rollenlagern.

1 0 A 00 11 00 1 00 11 1

F

C 3a

F

B 3a

a=2 a a a=2

010101a 00 11

Losung: zu a) Das Teil BC ist eine Pendelstutze. Die 3 Lagerreaktionen folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen:

F

! : AH = 0 ; " : AV + B = 0 ;

AH

A : 3aB + 3aF = 0 ;

;

B= F

;

AV

B

F

AV = F :

zu b) Aus der gegebenen Geometrie folgt fur den Hilfswinkel : sin = a=a2 = 12 ; = 30Æ :

F Rx M Ry

Damit liefern die Gleichgewichtsbedingungen: a M : 2F

" : Ry

a

2S = 0 S cos = 0

! : Rx S sin F = 0

; ; ;

S=F ;

1p 2 3F ; 3 Rx = F : 2

Ry =

S

59

der Lagerreaktionen

qÆ

Aufgabe 3.9: Fur das dargestellte

Tragwerk ermittle man die Lagerreaktionen.

D

0101 01

E

qÆ

11 00 10 0 00 11 1B a 0 1 00 1 11 00 1A

a

2a

C

a

F qÆ

Losung: Die beiden Teilkorper ABC und DEF sind durch die Pendelstutze CD verbunden. Mit n = 2, v = 1 und r = 3 1 + 1 2 = 5 erhalt man: f = 3 2 (5 + 1) = 0. Die

qÆ

notwendige Bedingung fur statische B Bestimmtheit ist danach erfullt. Aus dem Freikorperbild liest man fur die Gleichgewichtsbedingungen A ab:

00 11 00 11 11 00 E

S

2

FH

1

FV

Gleichgewicht fur Teilsystem : ! : A+B =0 " : S = qÆ a 1

9 > > > > > =

: aS qÆ2a aB = 0 Gleichgewicht fur Teilsystem : 2

A

> > > > > ;

qa B= Æ ;

2

;

A=

2

9 > > > > =

: aS + qÆ2a 2aE = 0 " : FV S qÆ a = 0 ! : E FH = 0 2

F

> > > > ;

qÆ a

2 :

FV = 2qÆ a ;

;

3 4 3 F H = qÆ a : 4

E = qÆ a ;

Probe: Momentengleichgewicht am Gesamtsystem qa D : 2aA + aB + Æ 2 qÆ a qÆ a +

;

2

2

2

2

qÆ a

2

2 2aFH + aFV = 0 ; 3 q a + 2q a = 0 : Æ 2Æ 2

2

60

Ermittlung

Aufgabe 3.10: Man ermittle die

qÆ

Lagerreaktionen des dargestellten Systems.

A

C

B

P

3a

00 11 0D 1 11 00 00 11 0 1 00 11 Losung: Das Freikorperbild zeigt die auf das System wirkenden Krafte (der Korper CD wirkt wie eine Pendelstutze). Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem bzw. fur das Teilsystem

3a

a

1

MA AH

AV

2

2

qÆ P

D

# : D sin AV + P + qÆ 4a = 0 ; ! : AH + D cos = 0 ; A :

MA + 4aD sin 2aqÆ 4a 4aP = 0 ;

B : aD sin P a

1 aq a = 0 : 2 Æ

Au osung der 4 Gleichungen nach den 4 Unbekannten ergibt mit sin = 3=5 und cos = 4=5 die gesuchten Lagerreaktionen:

5 3

5 6

7 2

D = P + qÆ a ; AV = qÆ a ; AH =

4 P 2 q a ; M = 6q a : A Æ 3 3Æ 2

61

der Lagerreaktionen

Aufgabe 3.11: An dem neben-

a=2

stehend dargestellten Tragwerk wirkt auf Teilkorper BC eine dreiecksformige Linienlast. Weiterhin greift im Bereich AB ein Einzelmoment MÆ an. Wie gro sind die Lagerreaktionen in A und in C ?

a=2

A a=2

MÆ

B

a qÆ

C

10 0 10 00 11 1

Das Freikorperbild zeigt samtliche am System angreifenden Krafte. Dabei wurde die dreiecksformige Linienlast durch ihre Resultierende R ersetzt. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem und fur das Teilsystem : Losung:

AH

2

2

1

R

" : CV = 0 ; ! : AH + CH + R = 0 ;

MA

MÆ

a=3

CH

3 1 aR = 0 ; C : MA MÆ + aAH 2 3 2 B : a CH 3 aR = 0 :

CV

Daraus folgt mit R = a qÆ fur die Lagerreaktionen: 2

CH =

1 1 3 aqÆ ; CV = 0 ; AH = 6 aqÆ ; MA = M

1 12 a qÆ : 2

0

62

Raumliche Tragwerke

Aufgabe 3.12: An dem neben-

stehenden Tragwerk greifen in den Punkten B, C und D die Einzelkrafte P , P und P an. Die Wirkungslinien der Krafte sind jeweils parallel zu den Koordinatenachsen. Wie lauten die Lagerreaktionen an der Einspannstelle? 1

2

x

y

z

3

P

A

2

P

B

a P

D

1

C

c

b

Losung: Aus dem Freikorperbild erkennt man, da an der Einspannstelle A je drei KraftkompoMAx Ax nenten und drei MomentenkomAy ponenten wirken. Damit ergibt Az sich aus dem Kraftegleichgewicht und aus dem Momentengleichge- MAy P wicht: MAz

P

2

P

3

1

P

P

P

P

P

P

Fx = 0 Fy = 0 Fz = 0

: Ax = P ; : Ay = P ; : Az = P ; 1

2

3

MxA = 0 : MAx = cP ; (

)

3

MyA = 0 : MAy = aP (

)

1

Mz = 0 : MAz = bP : A)

(

2

3

bP ; 3

63

Lagerreaktionen


Lagerkrafte fur die nebenstehende Anzeigentafel. Die Gewichtskraft G und die Windlast W greifen im Flachenschwerpunkt der Tafel an.

G

A

y

P P P P

4a

B G

W

2

3

P

C

2a

z

Aus der Geometrie ermitteln wir zunachst die Winkel cos = p1 ; cos = p1 ; 5 5 cos = p1 ; cos = p2 : 2 5 Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen: P

D

x

2a

Losung: 1

E

2a

W

S

1

S

1

5

S

3

3

Ax

Az

S

5

S

S S Dz Dx Cy Cz 2

5

4

5

Bz

: S cos = 0 ;S Mz B = 0 : S cos 4a W 2a = 0 ;S MxE = 0 : G 2a S 4a S sin 4a = 0 ;S MyE = 0 : +S cos 2a + S cos 2a + W a = 0 ;S Fx = 0 : S cos S cos S cos W = 0 ; S Fz = 0 : +G + S + S + S sin + S sin + +S sin + S sin = 0 ;S Fy = 0 (

)

(

)

(

)

5

5

5

2

2

2

6

1

1

1

1

4

1

2

3

6

1

2

2

2

3

2

3

2

6

1

2

2

5

6

2

3

5

3

4

= 0 ;p = 25 W; = 21 G + W; = 0; p = 22 W; = 21 G + 12 W:

Daraus folgt fur die Lagerkrafte: 1 1 Ax = W ; Dx = W ; 2 2 1 1 1 1 Az = W ; Bz = G 2 2 2 W ; Cz = 2 G W ; Dz = W : Alle ubrigen Komponenten der Lagerkrafte sind Null.

64

Lagerreaktionen


qÆ

Lagerkrafte fur das dargestellte raumliche System.

C

A a

y

B

D qÆ 2a

x

z

Die Lagerreaktionen werden freigeschnitten und zusammen mit den auf das System einwirkenden Kraften im Freikorperbild angetragen. Die Lager B, C und D sind Pendelstutzen und konnen daher nur Krafte in Richtung der Anschlustabe aufnehmen. Losung:

qÆ Cy

Ax Ay

Az

Bz

Dz

qÆ

Mit Hilfe der 3 Krafte- und der 3 Momentengleichgewichtsbedingungen ergeben sich die folgenden Ergebnisse fur die 6 unbekannten Lagerreaktionen. Dabei ist es zweckmaig auf eine geeignete Wahl der Momentenbezugspunkte zu achten. P

P

P

P

P

P

; Ax = 2qÆa ; MxA = 0 : +Dz 2a qÆ a 2a = 0 ; Dz = +qÆa ; a MyA = 0 : +Bz a qÆ a = 0 ; Bz = + q2Æa ; 2 Mz A = 0 : Cy a 2qÆ a a = 0 ; Cy = 2qÆa ; Fy = 0 : Ay + Cy = 0 ; Ay = +2qÆa ; a Fz = 0 : Az Bz Dz + qÆ a = 0 ; Az = qÆ : 2

Fx = 0 (

)

(

)

(

)

: Ax 2qÆa = 0

4 Fachwerke Annahmen:

Stabe sind gerade Stabe sind an den Knoten gelenkig miteinander verbunden A uere Krafte wirken nur an den Knoten

Ebenes Fachwerk: Sowohl Fachwerkstabe als auch Krafte liegen in ein und

derselben Ebene.

Vorzeichenfestlegung:

Druckstab

Zugstab Kontrolle der statischen Bestimmtheit: f = 2k

(s + r )

ebenes Fachwerk,

f = 3k

(s + r )

raumliches Fachwerk.

Darin sind: Merke: > 0 : f-fach verschieblich f = Zahl der Freiheitsgrade, f = = 0 : stat. bestimmt k = Zahl der Knoten, < 0 : f-fach stat. unbest. s = Zahl der Stabe, r = Zahl der Lagerreaktionen. Nullstabe: Stabe fur welche die Stabkraft Null ist. Im ebenen Fall gilt: 8 < :

S

1

S

1

S

1

6= 0

S =S =0 1

S

2

6= 0

S

2

S =0 3

S

3

F

S =0 2

S

2

2

66

Fachwerke

Zur Ermittlung der Stabkrafte stehen folgende Methoden zur Verfugung:

I Knotenpunktverfahren

Wird angewendet, wenn alle Stabkrafte gesucht sind.

a) Analytisches Losungsverfahren

Fur jeden Knoten werden die Gleichgewichtsbedingungen angeschrieben. Bei vielen Staben entstehen dann groe Gleichungssysteme. b) Gra sches Losungsverfahren fur ebene Fachwerke (CREMONA-Plan)

1. Ermittlung der Lagerreaktionen. 2. Festlegung des Umfahrungssinnes: x oder y . 3. Zeichnen eines geschlossenen Kraftecks aus Lasten und Lagerreaktionen im Umfahrungssinn (Kraftmastab geeignet wahlen!). 4. Stabe numerieren und Nullstabe ermitteln. 5. Beginnend an einem Knoten mit nur zwei unbekannten Stabkraften wird fur jeden Knoten das Kraftepolygon gezeichnet. Die Krafte werden dabei in der Reihenfolge aufgetragen, die durch den Umlaufsinn gegeben ist. 6. Richtung der Krafte am Knoten ins Freikorperbild ubertragen und feststellen, ob ein Zug- oder ein Druckstab vorliegt. 7. Die letzten Kraftecke dienen der Kontrolle. 8. Angabe aller Stabkrafte mit Vorzeichen in einer Tabelle.

II RITTERsches Schnittverfahren

Wird beim ebenen Fachwerk angewendet, wenn einzelne Stabkrafte gesucht sind. 1. Ermittlung der Lagerreaktionen. 2. Vollstandige Trennung des Fachwerkes mit einem Schnitt durch drei Stabe, die nicht durch einen Punkt gehen durfen. 3. Gleichgewicht an den geschnittenen Teilen liefert die Krafte in den geschnittenen Staben.

67

Knotenpunktverfahren

Aufgabe 4.1: Fur das dargestellte Fachwerk

sind die Stabkrafte mit dem Knotenpunktverfahren zu bestimmen. Die Lagerreaktionen ergeben sich aus den Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem

AH = 2F ;

F

a

B I

AH

zu

AV = 3F ;

45Æ

A

Losung:

! : AH + 2F = 0 ; " : AV + B F = 0 ; y : p2aF + p2 a2F p2 aB = 0 A 2 2

2F

a

B = 4F :

2F

1

IV

4

II F

2

AV

3

5

III

B

Gleichgewicht an den Knoten I , III und II liefert:

. & III % I

II

: : : :

S

1

S

4

S

3

S

5

p 2F 22 = 0 p + 2F 22 = 0 p + B 22 = 0 p + B 22 = 0 p p

; ; ; ;

: S + 22 S + 22 S = 0 ; S = 3F : 2

4

I

p S = 2F ; p 2F ; S = p S = 2 2F ; p 1

1

4

S

5

III

S = 2 2F ;

B

5

S S

2

4

S

3

3

5

2F

S

S

4

II

2

S

5

F

Zur Kontrolle uberzeugen wir uns, da die Gleichgewichtsbedingungen am Knoten IV erfullt sind: p p 2 2 IV ! : AH + S + S + S = 2F + F + 3F 2F = 0 ; 2 2 p p 2 " : AV + 2 S 22 S = 3F + F + 2F = 0 : Tabelle: i p1 2 p3 p4 p5 Si 2F 3F 2 2F 2F 2 2F 1

1

2

3

3

68


Aufgabe 4.2: Fur das dargestell-

F

te Fachwerk sind die Stabkrafte zu bestimmen.

a A

2F 2a

2a

Die Lagerreaktionen ergeben sich aus den Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem

B

2a

Losung:

y : 4aF + aF 6aB = 0 ; A

II AH

" : AV + B 2F = 0 ; ! : AH + F = 0 :

Es folgt

5 6

B= F;

1

I

AV

7 6

AV = F ;

2

III

4

3

5

6

2F

F

IV

8

7

V

9

VI

B

AH = F :

Die Stabkrafte erhalt man aus den Knotengleichgewichtsbedingungen. Mit sin = p1 und cos = p2 5 5 folgt daraus I

" : AV + S p15 = 0 ;

! : S " : S

6

3

;

1

S

2

AV

1

1

III

AH

! : S + S p2 AH = 0 ; 5 p ; S = 7 6 5 F ; S = 103 F : 2

S

I

1

2

S =0;

S

2

2F = 0 ; 10 S = F; 3 6

2

S = 2F : 3

III

S

3

S

6

2F

69

bei Fachwerken

II

# : S p1 + S p1 + S = 0 ;

5 5 2 ! : S p + S p2 + S = 0 ; 5 p5 5 ; S = 6 5 F ; S = 23 F : 1

5

1

3

5

5

IV

! :

4

8

p2 = 0 ; 5

# : S + S p1 = 0 ; 5 p 7

VI

S

1

S

8

5 5F ; S = 6

3

4

5

8

F

IV 4

S

5 S = F: 6

7

S

8

7

: S + S p2 = 0 ; 5 ; S = 53 F : 9

S

S S

4

S +F +S

;

II

4

8

S

8

S

VI

9

B

9

Zur Kontrolle werden noch die zweite Gleichgewichtsbedingung am Knoten VI und die Gleichgewichtsbedingungen am Knoten V uberpruft: VI V

S " : S p1 + B = 56 F + 56 F = 0 ; S 5 ! : S S p25 S = 53 F + 53 F 103 F = 0 ; " : S + S p1 = 56 F 56 F = 0 : 5

S

7

5

8

6

9

5

7

5

V

6

Die Ergebnisse sind in der folgenden Tabelle zusammengefat: i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Si =F -2,61 3,33 2 -0,67 -1,86 3,33 0,83 -1,86 1,67 Die groten Krafte treten in den Staben 2 und 6 auf.

S

9

70


Aufgabe 4.3: Beim dargestellten

Fachwerk sind die Stabkrafte zu bestimmen.

II 1

I

IV

4 3

60Æ

5

60Æ

III

2

8 7

V

6

F = 10 kN F = 20 kN 2

1

01 10 10 10 1010 10 10

Beginnend am belasteten Knoten I werden der Reihe nach fur alle Knoten die Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt: Losung:

I

" : S sin 60 1

S

F =0;

o

1

I

! : S + S cos 60o = 0 ; 2

;

II

1

S =

p F 2

1

3

1

1

1

! : S

2

2

1

II

3

1

;S

3

4

S

= S = 11; 6 kN ;

4

1

S

" : (S + S ) sin 60o + S = 0 ; ! :

5

2

;S

S ) cos 60o + S = 0 ;

5

3

= p (F + F ) = 34; 6 kN ; 3

1

2

S

3

5

S

III F

6

2

5

2

6

S + (S

3

S = S = 11; 6 kN :

1

3

S

1

3

S III

S

o

S cos 60o + S cos 60o = 0 ;

4

2

F S = 5; 8 kN :

# : S sin 60 + S sin 60 = 0 ; o

S

1

S =

= 11; 6 kN ;

1

60Æ

2

S = 28; 9 kN : 6

6

71

Schnittverfahren

IV

5

! :

4

;S

7

8

S ) cos 60o + S = 0 ;

7

5

S

8

= S = 34; 6 kN ; 5

S

4

7

S + (S

IV

S

# : S sin 60o + S sin 60o = 0 ;

S

5

7

S = 46; 2 kN : 8

Tabelle:

i 1 2 3 4 5 6 7 8 Si =kN 11,6 -5,8 -11,6 11,6 34,6 -28,9 -34,6 46,2

Zur Probe bestimmen wir noch die Krafte in den Staben 6, 7 und 8 durch einen RITTER-Schnitt:

x

IV

IV

: 23 aF + a2 F + a sin 60ÆS = 0 ; ; S = 28; 9 kN : 1

2

6

S S

6

x : 2aF + aF

V

1

;S

8

a sin 60Æ S = 0 ;

2

8

S

8

a sin 60Æ

7

6

F

1

a

= 46; 2 kN :

F

V 2

a=2

a=2

# : F + F + S cos 30Æ = 0 ; 1

2

;S

7

7

= 34; 6 kN :

Anmerkung: Beim auskragenden Fachwerk kann man die Stabkrafte ohne

vorherige Berechnung der Lagerkrafte ermitteln.

72

RITTERsches

Aufgabe 4.4: Fur das dar-

gestellte Fachwerk sollen die Lagerreaktionen und die Stabkrafte S , S und S bestimmt werden. 2

3

F

1 2

a

1

F

3

B

A a

a

a

a

2F a

Losung: Die Lagerreaktionen bestimmen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem F F ! : F AH = 0 ; " : AV + B F 2F = 0 ;

y : 2aF + 6aF + 2aF 4aB = 0 : A

2F

AH

B

AV

Man erhalt hieraus

1 5 B= F; AH = F : 2 2 Die gesuchten Stabkrafte folgen aus dem Gleichgewicht fur das geschnittene System. Der Einfachheit halber wird das rechte Teilsystem verwendet: p " : 22 S + B 2F = 0 ; p S F ; S = 22 F ; AV = F ;

2

1

y : I

2

aF

aS

;

S =

1

S

aB = 0 ;

2

I

S 3F ; B p2 2F 2 : S +S + 2 S F =0; ; S = 3F : Zur Kontrolle uberprufen wir die Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung fur das linke Teilsystem: p " : AV F 22 S = 12 F F + 12 F = 0 : 3

1

3

1

2

3

2

73

Schnittverfahren

11 00 00 11 fur das dargestellte System? a=3 11 00 Wie andern sie sich, wenn die 2 11 00 Last F im Knoten II angreift? 3 a11 00 00 a=3 11 00 11 00 11 00 11 Losung: Die GleichgewichtsbeAufgabe 4.5: Wie gro sind die Stabkrafte S , S und S 1

2

F = 2F I 2

1

3

2

F =F 1

II

2

dingungen fur das geschnittene System lauten nach Einfuhren der Hilfswinkel und

3

a S

F I

S

1

2

1

Mit

1

II

2

: " : S sin + S sin S sin F y : 2aF 2 aS cos = 0 : A 3 2

F

2

1

S S cos + S cos + S cos = 0 ; 1

a

a

A

3

3

3

1

F =0; 2

1

p

sin = p1 ; cos = p3 ; sin = cos = 22 10 10 folgen daraus p p 3 2 F = 1; 06 F ; S = 10F = 3; 16 F ; S = 4 1

2

p

5 10 F = 3; 95 F : 4 Wird die Last F in den Knoten II verschoben, so andert sich nur die Momentengleichgewichtsbedingung: y: 2aF + aF 2 aS cos = 0 : A 3 Fur die Stabkrafte erhalt man in diesem Fall p p 3 2 F = 1; 06 F ; S = 2 10F = 6; 32 F ; S = 4 S = 3

2

1

1

2

p

1

2

7 10 F = 5; 53 F : 4 Anmerkung: Unter dem groeren Moment werden S und S groer und aus dem Zugstab S wird jetzt ein Druckstab. S = 3

1

2

3

74

RITTERsches

Aufgabe 4.6: Fur das dar-

4

1

gestellte Fachwerk sind die Krafte in den Staben 1 bis 7 zu bestimmen. A

7

a

2

3D a

a

Die Lagerreaktionen folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsy- AH stem:

5

B a

6

2F

a

a

F

30Æ

Losung:

2F

AV

y : 2a2F 4aB 5a 1 F = 0 A 2

B

F

3 8 1 9 " : AV + B 2F + 2 F = 0 AV = F ; 8p p 3 3 ! : AH 2 F = 0 AH = F : 2 Die Stabkrafte 1 bis 3 werden am geschnittenen System ermittelt:

y : C

aAV

B= F;

aS = 0 ;

aAH

p

C

3

2

AH

2

3

S

2

p

S S

1

" : AV 22 S = 0 ; p ! : AH + S + S + 22 S = 0 ; 1

; ; ;

AV

3

9 3 9p 9 8 2 F ; S = 8 2F ; S = 4 F : Der Stab 7 ist ein Nullstab: S = 0. Auerdem gilt S = S . Gleichgewicht am Knoten D liefert schlielich

;

S =

!

3

2

1

7

" : ! :

p

4

p

2 S + 2 S 2F = 0 ; 2 p p2 2S 2 2 2 S +S S =0; 2

5

5

2

;

S = 5

6

1

S

S

2

5

S

D

3

3

7 p2F ; 8

S = 6

11 8

p

2F

3 F: 2 !

S

6

75

Schnittverfahren

Aufgabe 4.7: Es sind die Stabkrafte S bis S zu bestimmen. 1

5

1

6

7

7 8

4

a

a

2

a

3

a F F a

a

Zunachst werden die Stabkrafte S und S mit Hilfe geeigneter Schnitte bestimmt. Dazu werden ausnahmsweise vier Stabe so geschnitten, da jeweils drei Krafte durch einen S Punkt gehen. Die vierte Kraft folgt dann S aus dem Momentengleichgewicht um diesen 2 Punkt (beim Schnitt durch 1, 4, 7 und 8 ist 3 S es der Punkt B): Losung:

1

5

1

7

8

y

B : 2aF + aF

B

2aS = 0 ;

S

4

1

; S = 23 F : Analog folgt aus dem Moment um C :

S A 5

1

y

C : 3aF + 2aF

6

2aS = 0 ;

; S = 25 F : Der Schnitt durch 1, 2, 3 und 4 liefert: y

F

F

1

7

2

S

4

4

5

D :

F

8 3

C

5

F

S

1

S

2

2paF + aFp aS + aS = 0 ; D 2 2 S " : 2 S 2 S 2F = 0 ; S p p F F : S + S + 22 S + 22 S = 0 ; ; S = 23 F ; S = p2F ; S = p2F : Aus dem Gleichgewicht am Knoten A werden S und S berechnet: p A S S ! : S S 22 S = 0 ; p S S # : S + 22 S = 0 ; ; S = p2F ; S = F : 1

4

3

3

2

4

1

4

2

3

4

3

2

6

1

5

7

5

6

6

7

6

6

7

7

1

76

Analytische Ermittlung

Aufgabe 4.8: Wie gro sind die Lagerreaktionen und die Stabkrafte 5=4 a fur den dargestellten Kranausleger? 5=4 a 1=2 a Gegeben: F = 20 kN ; F = 10 kN ; 2a a =1m:

F

2

F

1

1 2

A

B

2a

4a

Losung: Aus den Gleichgewichtsbe-

dingungen fur das Gesamtsystem ! : AH = 0 ; " : AV + B F F = 0 ; 2

14

5

13

C

1

2 3

4

7 9

15

AH

1

6

E 10

1

8

11

12

ergeben sich die Lagerreaktionen zu AH = 0 ;

F D 2

y : 6aF + 8aF 4aB = 0 A 2

a a

AV

AV = 25 kN ;

B B = 55 kN :

Die Stabe 3, 14, 15 und 11 sind Nullstabe. Damit gilt S = S und S = S : 2

4

10

13

Gleichgewicht am Knoten C : S cos + S cos = 0 ; # : F + S sin + S sin = 0 liefert mit sin = p589 ; cos = p889 ; sin = p541 ; cos = p441 1

1

die Stabkrafte S = 1

p

1

89 5 F = 37; 7 kN ; 1

2

S

2

S = 2

C F

1

1

S

2

2 p41 F = 51; 2 kN : 5 1

F

1

77

der Stabkrafte

Gleichgewicht am Knoten D: ! : S cos S cos = 0 ; " : S sin S sin F S = 0 ; 1

6

1

6

2

;

2

5

S

13

S

12

AV

p

S = 5 89 kN = 47; 2 kN ; 13

S = 40 kN : 12

S S S 6

E

8

AV

p

S = 10 41 = 64 kN ; 8

6

10

9

S = 5 kN : 9

B

S = 8 kN : 7

Schlielich liefert das Gleichgewicht in vertikaler Richtung am Knoten E

" : S sin S sin S = 0 ;

7

8

8

;

;

A

13

6

5

2

Schnitt durch die Stabe 6, 7 und 8: y : 4aA 5 aS cos = 0 ; E V 2 ! : S + S cos + S cos = 0 ; 7

1

S = F = 10 kN :

1

13

;

S

S

6

Gleichgewicht am Knoten A: " : AV + S sin = 0 ; ! : S + S cos = 0 ; 12

S

5

S =S ; 6

F D

E S

10

S

6

S

7

S

9

Der Kontrolle dient das Gleichgewicht in horizontaler Richtung am Knoten E p p ! : S + S cos S cos = 8 + 589 20 p8 5 89 p8 89 89 = 8 + 32 40 = 0 : Tabelle der Stabkrafte: i 1 2 4 5 6 7 8 9 10 12 13 Si =kN 37,7 -51,2 -51,2 -10 37,7 8 -64 -5 47,2 -40 47,2 7

6

10

78

Schnittverfahren

Aufgabe 4.9: Fur das nebenstehen-

2F

de Fachwerk sind die Lagerreaktionen und die Stabkrafte zu bestimmen.

a a a B

F

A

2a 2a 2a Losung: Das Fachwerk hat k = 6 Knoten, s = 8 Stabe und r = 4 Lagerreaktionen. Die Bedingung fur statische Bestimmtheit f = 2k (s + r) = 12 (8 + 4) = 0 ist demnach erfullt. 2F Die vier Lagerreaktionen konnen IV S nicht alleine aus dem Gleichgewicht F II S am Gesamtsystem bestimmt wer6 3 S 7 den. Wir trennen daher das Sy1 2 8 stem mit einem Schnitt durch zwei VI I III S V Stabe. Uns stehen dann 2 3 = 6 AH BH Gleichgewichtsbedingungen fur die A B V V vier Lagerkrafte und die zwei Stabkrafte S und S zur Verfugung. Aus den Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem " : AV + BV 2F = 0 ; ! : AH BH + F = 0 ; 4

4

5

5

4

5

y : 2aF + 4a 2F 6aB = 0 A V

und fur das rechte Teilsystem " : BV 2F S sin = 0 ; : S cos + S + BH = 0 ; 4

4

y

IV :

5

2aS + 3aBH 2aBV = 0 p erhalt man mit sin = 1= 5 und cos = 2= 5 die Ergebnisse 1 5 AV = F ; BV = F ; AH = F ; BH = 2F ; 3 3 p 5 4 S = 3 F = 0; 75 F ; S = 3 F = 1; 33 F :

p

4

5

5

79

Schnittverfahren

Die restlichen Stabkrafte werden mit dem Knotenpunktverfahren ermittelt. Unter Verwendung von p p p sin = cos = 1= 2 ; sin = 3= 13 ; cos = 2= 13 ergibt sich: S S AH I I ! : AH + S cos + S cos = 0 ; " : AV + S sin + S sin = 0 ; AV p p 2 2 ; S = 3 F = 0; 47 F ; S = 3 5F = 1; 49 F : 1

2

2

1

2

1

1

VI

2

: BH + S cos + S cos = 0 ; VI BH " : BV + S sin + S sin = 0 ; BV p p 13 2 ; S = 3 F = 1; 20 F ; S = 3 5F = 1; 49 F : 8

7

7

7

8

" : S

3

S

S sin = 0 ;

3

2

2 3 F = 0; 67 F : " : S S sin = 0 ; ; S = 32 F = 0; 67 F :

;

V

7

8

8

III

S

S

S = 3

6

8

S

III

2

S

5

S

6

S

5

S

V

6

8

Das RITTERsche Schnittverfahren lasst sich bei dieser Aufgabe nur anwenden, wenn man die Lagerreaktionen bereits kennt. Man erhalt dann zum Beispiel bei einem Schnitt durch die Stabe 5, 6 und 7: S

S

6

: S + S cos + 2F = 0 ; " : S + 35 F + S sin = 0 ; y 2aS aS = 0; B : 4 ; S = 3 F ; S = 23 F ; 5

7

6

7

S

5

B

7

6

5

5

6

S = 7

p

13 3 F:

2F 5=3 F

80

Schnittverfahren


Fachwerk sind die Stabkrafte zu bestimmen.

1

A

III

4

I

5

II

12

9

11

3 6

2

13

10

F a

F a

F a

a

a=2

8

7

a B

Losung: Das Fachwerk ist symmetrisch aufgebaut und belastet. Demnach gilt S = S , S = S , S = S u.s.w.. Die vertikalen Lagerreaktionen in A und B ergeben sich zu A = B = 3F=2. Gleichgewicht am geschnittenen System S I y : aA aS = 0 ; I 1 3 S " : A F + S sin S sin = 0 ; 2 S F A ! : S + S cos + S cos = 0 4

8

5

9

1

12

4

6

5

4

5

6

6

4

5

p

p

p

liefert mit sin = 1= 5 , cos = 2= 5 , sin = cos = 1= 2 die Stabkrafte p 3 2 p5F ; S = 2 F : S =A= F ; S = 2 3 6 Die restlichen Stabkrafte werden mit dem Knotenpunktverfahren bestimmt: 6

III

II

A

#

:

;

! : "

:

"

:

;

4

S + 2S sin = 0 ; 7

5

III

4

4 S = F; 3 3 S =S = F ; 2

S

4

S

7

2

S II

S =F ;

2

3

A + S sin = 0 ; 1

3p 2 2F :

Stabkrafttabelle: i 2 3 p1 Si =F 3 2=2 3=2 1

F

S

6

S

A

p4 2 5=3

4

3

1

S =

8

7

S

6

S =S

1

S

2

p5

6 7 2=6 3/2 4/3

Anmerkung: Die betragsmaig grote Schnittkraft tritt im Stab 1 auf.

81

CREMONA-Plan

Aufgabe 4.11: Fur den darge-

F

stellten Dachbinder sind die Stabkrafte mit Hilfe des CREMONAPlanes zu bestimmen. Gegeben: F = 10 kN.

2a a A

B

3a

3a

Losung: Es treten nur die vertikalen Lagerreaktionen

1 2

A = B = F = 5 kN

auf. Freikorperbild:

F

3

1 2

4 5

A

B

CREMONA-Plan

Mastab:

2 kN

1

5

Umlaufsinn:

A

3 2

4

Stabkrafttabelle:

i 1 2 3 4 5 Si =kN -10,6 7,9 5,0 -10,6 7,9

Anmerkung: Wegen der Symmetrie sind S = S und S = S . 1

4

2

5

B

F

82

Fachwerke

Aufgabe 4.12: Es sind die Stabkrafte fur das dargestellte Fachwerk zu bestimmen. Wie andern sich die Krafte, wenn die Kraft 2F vom Knoten I in den Knoten II verschoben wird?

2a

2a

I

Im dargestellten Fall ergeben sich die Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen zu

2F

Losung:

A = 2F ;

B=F :

2a

2a

5 3 a 2 a 3a 2

II

F

8

12

3 2

A

16 9

5

7

4

I

1

2a

6

2F

11

13

15 17 14

10

19 18

B

F

Die Stabkrafte werden mit Hilfe des CREMONA-Planes bestimmt. F

Mastab:

Umlaufsinn:

i Si =F

14 18

15

13

17

19 16

12

F B

11

7

9

6 10 8

5 3 2

4 1

2F A

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

1,33 -2,39 -2,22 1,21 1,07 1,58 -0,38 -1,48 0,37 1,33 0,38 -1,48 0,69 1,19 -0,54 -1,10 0,59 0,67 -1,17

83

CREMONA-Plan

Greift die Kraft 2F im Knoten II an, so haben die Lagerreaktionen die Groe A = 1; 6F ;

8

12

3 2

B = 1; 4F :

Bei gleichem Mastab und Umlaufsinn ergibt sich der folgende CREMONA-Plan:

11

7

4 1

A

16 9

5

II

6

2F

13

15 17 14

10

18

F

13

19

F B

16

10

11

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

18 17

12 9 8 3 2 7

2F A

4

5

B

i Si =F

14 15

19

1 6

1,06 -1,92 -1,78 0,96 -0,86 1,91 1,09 -2,38 1,04 2,00 0,12 -2,08 0,94 1,67 -0,72 -1,57 0,83 0,93 -1,67

Zur Kontrolle kann man einzelne Stabkrafte mit Hilfe des RITTERschen Schnittverfahrens analytisch bestimmen. So erhalt man z. B. fur S

y: 3aS + aF 5aB = 0 C 10

;

6 3

10

S

S = F = 2F : 10

C

8

S

9

S

10

F

B

84

Fachwerke

Aufgabe 4.13: Fur das in der Abbildung dargestellte Fachwerk sollen die Nullstabe, samtliche Au agerreaktionen und die Stabkrafte S , S , S und S 1

berechnet werden.

2

P

1

4

a

2

a

C

3

P

3

a

4

a A

B

a a a a 2a 2a Losung: Die Nullstabe konnen durch Uberprufung der einzelnen Knoten ermittelt werden.

VI

GV P

III

AH I

5

IV

6

GH

IV

7

GV

V

1

VII

3

2

P

8

VIII X

4

10

IX

II

XII 9

BH

11 XIII

BV

AV

C

XI

Eine Betrachtung des Knotengleichgewichts an den Knoten II , III , VII und XI zeigt, dass die Stabkrafte S , S , S , S , S und S Nullstabe sind. Da S = 0 ist, konnen bei Betrachtung von Knoten XIII auch S und S als Nullstabe identi ziert werden. Des weiteren erkennt man dann, dass BH = 0 sein muss. Fur die Ermittlung der Au agerreaktionen wird zweckmaig zuerst am linken Teilsystem das Momentengleichgewicht am Knoten IV und dann am Gesamtsystem das Momentengleichgewicht am Knoten X gebildet: 6

7

5

1

8

11

11

9

y

linkes Teilsystem IV : 2 a AV 2 a AH = 0 y Gesamtsystem X : a P + 6 a AV 2 a AH = 0

; ;

10

AV = AH ; AV = AH =

P

4:

85

Schnittverfahren

Die restlichen Au agerkrafte werden durch Bilden des Gleichgewichts in horizontaler und vertikaler Richtung am Gesamtsystem ermittelt: 5 4

! : P + AH C = 0

;

C= P;

" : AV P BV = 0

;

BV = P :

3 4

Die noch zu bestimmenden Stabkrafte S , S und S konnen durch Anwendung des RITTERschen Schnittverfahrens berechnet werden: 2

3

4

VI

S

2

P

III

P

4

IV

S S

3 4

V

I P

4

y

VI

"

:

aP

;

S =

1

p

2P ; 2

1

p

p

: 4 + 22 S P

1

;

S =

p

3 a P4 + 3 a P4 2 a 22 S = 0 ;

p

2 2 S = 0; 3

2P ; 4

3

p p ! : P + P4 + S + 22 S + 22 S = 0 ; 2

;

S = 2

P

2:

3

1

86

Fachwerke

Aufgabe 4.14: Fur das dargestellte Fachwerk sollen die Anzahl der Freiheitsgrade und die Nullstabe ermittelt werden. Anschlieend sind die a restlichen Stabkrafte zu berechnen.

P P B

8

5

10

3

4

6

a

2

1

a

7 9

C

P

A a

a

a

a

Das Fachwerk hat k = 7 Knoten, s = 10 Stabe und r = 4 Lagerreaktionen. Die Anzahl der Freiheitsgrade betragt f = 2 k (s + r) = 2 7 (10 + 4) = 0. Demnach ist das System statisch bestimmt.

Losung:

Durch Anwenden der Regeln fur die Nullstabe ergeben sich ohne Rechnung die Stabkrafte S , S und S zu Null. 1

4

6

Verwendung des RITTERschen Schnittverfahrens (Schnitt durch die Stabe 2, 7 und 8) teilt das Gesamtsystem in ein linkes und ein rechtes Teilsystem. Das freigeschnittene System ergibt sich zu P II

III

5

S S

7

P

8

S

7

S

8

B S

3

S

2

2

V

9

IV

10

VI

I

VII

C

P

A

Durch Gleichgewichtsbetrachtungen am Gesamtsystem folgt fur die Lagerreaktion im Punkt C :

-: C +P

p

2 2 P

p

2 2 P =0

;

p

C = ( 2 1) P :

87

Schnittverfahren

Betrachtung des rechten Teilsystems liefert

y

:

IV

p

aS +aP 8

2aC = 0

y : p2 a S + p2 a P = 0

V

7

p

p

p

;

S = ( 2 1) P ;

;

S = P;

8

7

2 2 2 S 2 P =0 ; S = P: Die restlichen Stabkrafte werden mit dem Knotenpunktverfahren ermittelt:

% :

III

%

%

V

VI

VII

-

-

S

2

8

:

;

S + 5

2

p

p

2 2 2 P + 2 S = 0;

S =P; 5

:

S

p

2 2 P

9

;

S = P;

:

S +P = 0;

;

P

8

S

8

S

8

S

5

7

P

p

2 2 S = 0;

III

V

S

8

S

9

S

S

9

10

3

3

VI

S = P; 3

:

S +C = 0;

;

S = (1

10

p

10

P

S

10

2) P :

VII

C

Zur Kontrolle kann das Gleichgewicht am Knoten IV uberpruft werden: IV

- : S

S = 0;

% : S

S = 0:

7

9

3

2

p

S

S

7

p

9

IV S

2

S

3

88

Raumliche

Aufgabe 4.15: Es sind die Lagerre-

z

aktionen und die Stabkrafte fur das F dargestellte Raumfachwerk zu bestimmen.

a

C

a

B a

a

A

y

x Losung: Das Fachwerk hat k = 4 Knoten, s = 6 Stabe und r = 6 Lagerre-

F

aktionen. Demnach ist die notwendige Bedingung fur statische Bestimmtheit erfullt: f = 3k

3

I

IV

2

1 4

(s + r) = 12 (6 + 6) = 0 : Ax

II

Ay

6

Cz

III

5

Bz

By

Az

Aus den Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem Fx = 0 : Ax = 0 ; Fy = 0 : Ay + By + F = 0 ; Fz = 0 : Az + Bz + Cz = 0 ; Mx = 0 : aF aBz = 0 ; My = 0 : aCz aAz = 0 ; Mz = 0 : aAy = 0 folgen die Lagerreaktionen zu 1 Ax = 0 ; Ay = 0 ; Az = F ; 2 P P P P

P P

By = F ;

Bz = F ;

Cz =

1F : 2

Die Stabkrafte erhalt man aus den Gleichgewichtsbedingungen an den

89

Fachwerke

Knoten. Unter Beachtung, dass mit Ausnahme von Stab 4 alle Stabe unter 45o zu den entsprechenden Koordinatenachsen geneigt sind, ergibt sich an den Knoten I und II : I

P

P

P

p1 S 2

Fx = 0 :

P

P

3

p1 S + F = 0 ; 2

Fy = 0 :

2

p1 S 2

Fz = 0 :

1

; II

p1 S = 0 ; 2

1

p1 S p1 S = 0 ; 2 2 p p 2 2

S =S = 1

3

p1 S 2

Ax

Fy = 0 :

Ay + p1 S = 0 ;

;

2

S = 4

S =

2F;

Fx = 0 :

1

3

S

4

2

2F :

p1 S = 0 ; 2 5

5

1F ; 2

S =0: 5

Wegen der vorhandenen Symmetrie muss gelten S =S =0: 6

5

Zur Kontrolle prufen wir noch die Gleichgewichtsbedingungen am Knoten IV : P

P

;

p1 S + S + p1 S = 0 2 2 Fy = 0 : p1 S = 0 ; 2

Fx = 0 :

6

4

3

0 F2 + F2 = 0 ;

6

P

Fz = 0 :

Cz + p1 S = 0

2

3

;

F 2 + 2 =0:

F

90

Raumliche

Aufgabe 4.16: Fur das nachstehende raumliche Fachwerk ermittle man alle

Stabkrafte.

C

G

11

5

10

B

9 6

A

E 2

D

3

4

1

7

a

a y z

8

12

a

F

x

P a 3a Losung: Das Fachwerk hat k = 7 Knoten, s = 12 Stabe und r = 9 Lagerkrafte. Daher ist es statisch bestimmt:

;

f = 3k (r + s)

f = 21 (9 + 12) = 0 :

Wir ermitteln die Stabkrafte nach dem Knotenpunktverfahren aus dem raumlichen Gleichgewicht an den Knoten: Knoten D P P P

Fx = 0 :

S cos 45Æ

S cos 45Æ

1

2

S

S cos 45Æ = 0 ;

3

S

2

3

Æ S sin 45Æ S sin 45Æ = 0 ; 45 45Æ 45Æ P S sin 45Æ = 0

Fy = 0 :

1

Fz = 0 :

D

2

3

;

p

S = 2P ; 3

S =S = 1

2

S

1p

P

1

2 2P :

Knoten E P P

9

2

Fy = 0 : S + S cos 45Æ + S cos 45Æ = 0 ; 4

P

S

S + S sin 45Æ = 0 ;

Fx = 0 :

5

S

2

S sin 45Æ = 0

Fz = 0 :

5

45Æ

9

5

;

S

1 1 S = P ; S =0; S = P : 2 2 9

5

4

4

E S

2

Fachwerke

91

Knoten F

S1 sin 45◦ − S7 − S8 cos γ = 0 ,

Fx = 0 :

Fy = 0 : −S1 cos 45◦ − S6 cos 45◦ − S8 sin γ − S4 = 0 , S6 sin 45◦ = 0

Fz = 0 :

;

S6 = 0 ,

1 S7 = − P , 2

S8 = 0 .

S6

S8

(Dieselben Ergebnisse erhält man auch durch Beachtung der Symmetrie der Belastung: S6 = S5 , S7 = S9 , S8 = 0 .)

Knoten G Wir f¨ uhren die Hilfswinkel α (zwischen Stab 12 und der Vertikalen in G) und β (zwischen der Projektion von 12 auf die x-y-Ebene und der x-Achse) ein. Aus der Geometrie folgt √ 1 3 10 cos α = √ , sin α = √ , cos β = √ . 11 11 10

γ

S4 S1

S7

F

S11 S10

G α

S12

S3

β Die Gleichgewichtsbedingung Symmetrieausage: S10 = S12 .

Fz = 0 :

Fy = 0 liefert mit S6 = S5 = 0 wieder eine S3 cos 45◦ + 2 S12 cos α = 0 ,

Fx = 0 : −S11 − 2 S12 sin α cos β + S3 sin 45◦ = 0 √ ;

S10 = S12 = −

11 P , 2

S11 = 4 P .

Zur Kontrolle ermitteln wir S11 aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem. Hierzu formulieren wir die Momentenbedingung um eine zur y-Achse parallele Achse durch die Lager A und B:

My = 0 :

4 a P − a S11 = 0

;

S11 = 4P .

92

Raumliche

Aufgabe 4.17: Das Raum-

fachwerk ist durch die Kraft F belastet. Wie gro sind die Stabkrafte?

2a a

C a

y

e8 IV

F

x

a B a

Losung: Wir fassen die Kraft in Stab 9 (Pendelstutze) als Lagerreaktion auf. Dann hat das Fachwerk k = 5 Knoten, s = 8 Stabe und r = 1 + 2 3 = 7 Lagerreaktionen. Demnach ist die notwendige Bedingung fur statische Bestimmtheit erfullt:

f = 3k

z

A

2a

z III

8

6 7

9

e9 B

x

(s + r)

e7

a

4a

e5 II e3 e6 3 2 I e 2 4 y e1 F e4 1 5

V

= 15 (8 + 7) = 0 :

Um die Stabrichtungen und damit die Komponenten der Stabkrafte ausdrucken zu konnen, fuhren wir die Einheitvektoren e1 bis e9 ein: 1 e =p 18 1

1 e =p 26 4

1 e =p 2 7

0 B @

0 B @

0 B @

1 4 1

1

3 4 1

1

1 0 1

C A

C A

1 C A

;

;

1 e =p 18

;

1 e =p 18

2

5

0 B @

0 B @

1 10 e =p 2 1 8

1 4 1

1

1 4 1

1

0

1

B @

C A

C A

C A

;

;

1 e = 0 0

;

1 e = p 18

3

0

1

B @

C A

6

;

B @

1 01 e =p 2 1 9

1 4 1

0

0

1

B @

C A

:

1 C A

;

93

Fachwerke

Unter Berucksichtigung der Festlegung, da Zugkrafte positiv sind, lauten die Gleichgewichtsbedingungen an den Knoten I , II und III in Vektorform bzw. in Komponenten folgendermaen: Knoten I : S e + S e S e F ez = 0 ; ; p118 S p118 S S = 0 ; p4 S p4 S = 0 ; 18 18 1 1 p S +p S F = 0; 18 18 p 3 ; S = 2 2F ; S = 32 p2F ; S = F : 1

1

2

2

3

1

3

2

3

1

1

2

2

1

2

3

Knoten II : S e +S e +S e +S e = 0; 4

;

;

4

5

5

6

6

3

3

p3 S + p1 S p1 S F 26 18 18 p4 S p4 S p4 S 26 18 18 p1 S + p1 S p1 S 26 18 18 p 1 S = 26F ; S = 0 ; S = 4 4

5

6

4

5

6

4

5

6

4

5

6

= 0; = 0; = 0; 3 p2F : 4

Knoten III : Se 7

;

7

Se 8

p1 S 2

7

8

S e S e S e = 0; p 1 p S + p1 32 2F = 0 ; 2 18 p 1 4 p S + p 32 2F = 0 ; 2 18 p p1 S p1 32 2F = 0 ; 2 18 9

9

8

9

p1 S 2

7

p1 S 2

8

9

2

2

5

5

94

Fachwerke

3 p 2F ; S = p 2F ; S = 2 p 2 F : 2 Die Gleichgewichtsbedingungen an den Knoten IV und V sowie am Lager B konnen benutzt werden, um die kartesischen Komponenten der Lagerreaktionen zu ermitteln: Knoten IV : Cxex + Cy ey + Cz ez + S e S e = 0 ; ; Cx p12 p2F p118 34 p2F = 0 ; 4 3 p2F = 0 ; Cy p 18 4 p 1 1 3 p2F = 0 ; Cz p 2F p 2 18 4 5 ; Cx = 4 F ; Cy = F ; Cz = 54 F :

;

S = 7

8

9

8

Knoten V :

;

6

6

S e +S e +S e p p p 1 3 3 1 Ax + p 2F p 4 26F + p1 32 2F 2 18 26 2 p p 4 4 3 Ay p 2F + p 14 26F 18 2 26 1 3 p2F + p1 1 p26F p1 3 p2F Az p 18 2 26 4 22 5 ; Ax = 4 F ; Ay = F ; Az = 74 F :

Lager B :

Ax ex + Ay ey + Az ez

8

Bx = 0 ;

By = Bz =

1

1

4

4

7

7

= 0; = 0; = 0; = 0;

1 p2S = 2F : 2 9

Anmerkungen:

Die grote Kraft tritt im Stab 9 auf. p Die p Betrage der Lagerkraftep sind A = 90F=4 = 2; 37 F , B = S =

2 2F = 2; 83 F und C = 66F=4 = 2; 03 F . C liegt in der Ebene, in der S und S liegen. 6

8

9

5 Balken, Rahmen, Bogen Durch die Schnittgroen (Schnittkrafte, Schnittmomente) werden die uber die Querschnitts ache verteilten inneren Krafte (Spannungen) statisch aquivalent ersetzt. Ebene Tragwerke

M

M

Q N N Q Schnitt Schnittgroen: Normalkraft N , Querkraft Q, M M Biegemoment M . y x Vorzeichenkonvention: Positive SchnittQ N N groen zeigen am positiven Schnittz ufer in positive Koordinatenrichtung. Koordinatensystem: x = Langsachse = Schwerachse (bei horizontalen Balken nach rechts), z bei horizontalen Q Balken nach unten. Bei Rahmen, Bogen und verzweigten M N Tragwerken konnen die Koordina- M N tenrichtungen durch eine ,,gestrichelte Faser" (,,Unterseite") geQ kennzeichnet werden: x in Richx z tung der Faser und z zur Faser hin.

Q

Bei geraden Balken und Rahmenteilen gilt folgender Zusammenhang zwischen Belastung und Schnittgroen (lokale Gleichgewichtsbedingungen): dQ = q ; dM = Q dM= q : oder dx dx dx Die bei der Integration dieser Gleichungen anfallenden Integrationskonstanten werden aus den Randbedingungen bestimmt. 2

2

96

Schnittgroen

Randbedingungen: gelenkiges Lager

freies Ende

Einspannung

Parallelfuhrung

Schiebehulse

Q 6= 0),

M =0

Q = 0,

M =0

(

Q 6= 0),

(

Q = 0,

(

Q 6= 0),

(

(

(

M

6= 0)

M

6= 0)

M

6= 0)

Abhangigkeit von Q und M von der aueren Belastung : Belastung

Q-Verlauf

M -Verlauf

q=0

konstant

linear

linear

quadr. Parabel

q = konst q = linear q hat Sprung

Einzelkraft Einzelmoment (Kraftepaar)

quadr. Parabel kub. Parabel Knick

stetig

Sprung stetig, kein Knick

Knick Sprung

97

Balken, Rahmen, Bogen

Unstetigkeiten in der Belastung und in den Verlaufen der Schnittgroen (z.B. Sprunge, Knicke) kann man mit Hilfe des FOPPL -Symbols FOPPL -Symbol:

8 >
n = > :

0

fur x < a (x a)n fur x > a

darstellen. Es gelten die Rechenregeln fur n 0: Z

< x a >n dx =

1 < x a >n ;

d n n dx < x a > = n < x a > Raumliche Tragwerke

My

N MT

1

:

y x

qz Qy

+1

n+1

qy Qz Mz

z

Schnittgroen: Normalkraft Querkrafte Biegemomente Torsionsmoment

N, Qy , Qz , My , Mz , Mx = MT .

Beim geraden Balken gelten zwischen den Belastungen qy , qz und den Querkraften und Biegemomenten die Beziehungen dQz = q ; z dx

dMy = Q ; z dx

dQy = q ; y dx

dMz = Q : y dx

Die Aussagen zu den Randbedingungen und zu den Folgen der aueren Belastung konnen sinngema von den ebenen Tragwerken ubernommen werden.

98

Ermittlung von Q- und M -Verlaufen

Aufgabe 5.1: Fur einen Balken un-

x

ter einer Dreieckslast ermittle man den Querkraft- und den Momentenverlauf fur gelenkige Lagerung und fur rechts- bzw. linksseitige Einspannung.

q l

Losung: 1. Balken auf zwei gelenkigen Lagern

Mit

q (x) = q

folgt durch Integration

0

0

x l Z

Q(x) = M (x) =

q (x)dx = q

x

2

2l + C ; x Q(x)dx = q 6l + C x + C : 0

Z

1

3

0

1

2

Die Konstanten ergeben sich aus den Randbedingungen: M (0) = 0 ; C = 0 ; 2

;

M (l) = 0

C = 1

Damit erhalt man fur die Querkraft ql

"

ql

6 : 0

#

x Q 6 1 3l : ql Die Endwerte q l=6 und q l=3 entspre- 60 chen den Lagerreaktionen. Die negative Querkraft am rechten Rand bedeutet nach der Vorzeichende nition eine Kraft nach oben ! Fur den Momentenverlauf ergibt sich Q(x) =

2

0

2

0

M (x) =

0

q lx

"

2

#

2

p

p

= q 33 l 16 (1 13 ) = 273 q l : 2

max

0

3

x 6 1 l :

0

Das Maximum tritt dort auf, wo die Querkraft p verschwindet: Q = 0 fur M x = 3 l=3 = 0; 577 l. Damit folgt M

q0 l

2

0

Mmax

99

durch Integration

2. Der rechts eingespannte Balken x q (x) = q ; l x Q(x) = q 2l + C ; x M (x) = q 6l + C x + C :

x

q

0

0

2

0

0

1

2

Mit den Randbedingungen am linken Rand

;C

Q(0) = 0

1

= 0 ; M (0) = 0

;C

2

2

0

Q q0 l 2

=0

erhalt man die Losung qx qx Q(x) = 2l ; M (x) = 6l : Als Kontrolle werden Lagerkraft und Einspannmoment aus dem Gleichgewicht fur den ganzen Balken berechnet: l ql " : B 21 q l = 0 ; x B : MB + 3 2 = 0 : 0

B

l

1

3

q0 l2

3

6

M

0

0

3. Der links eingespannte Balken x q (x) = q ; l qx Q(x) = 2l + C ; qx M (x) = 6l + C x + C :

x

q

0

0

0

2

A

1

0

3

1

Q

2

Mit den Randbedingungen am rechten Rand Q(l) = 0 M (l ) = 0

; ;

folgt die Losung Q(x) =

C = 1

C = 2

ql

"

ql

2

ql 0

2

C l=

6

1

x l

2

q0 l 2

q0 l2

;

0

l

#

ql 0

3

3

2

M

ql

2

"

2 3 xl + xl

; M (x) = 2 1 6 Zur Probe wird das Einspannmoment berechnet: x : M 2l q l = 0 ; M = q l : A A A 3 2 3 0

0

2

0

0

2

3

3

#

:

100


Aufgabe 5.2: Ein beiderseits gelen-

x

kig gelagerter Balken wird durch eine trapezformige verteilte Last belastet. Gesucht sind Ort und Groe des maximalen Biegemoments fur q = 2q . 1

q

1

q

0

0

l

Die Belastung verlauft linear: q (x) = a + bx : Aus den Randwerten folgt q (0) = q ; a=q ; q (l) = q ; q = a + bl ; b = q l q und daher q q q (x) = q + x : l Durch Integration erhalt man daraus Losung:

0

0

1

1

0

1

1

0

0

Q(x) =

q

q x

2

2 +C ; q q x M (x) = 2 l 6 +C x+C : Die Konstanten berechnen sich aus den Randbedingungen: M (0) = 0 ; C = 0 ; qx x q

1

0

2

l

0

1

1

0

3

0

1

2

2

;

ql

q q l + 2 l 6 : Fur die Querkraft und das Moment folgt damit fur q = 2q : M (l) = 0

C =

0

1

2

0

1

1

0

q x Q(x) = q x + q2l + q6l = q x2l q x + 23 q l ; l 2 x x 2 M (x) = q 6l q 2 + 3 q lx : Das Maximum von M tritt wegen M 0 = Q an der Nullstelle von Q auf: !

2

0

0

2

0

0

0

3

0

Q=0

;

0

0

2

0

0

s

4 3

0s

x = l l + l = l @ 2

1

7 1 = 0; 53 l : 3 A

2

Einsetzen in M (x) liefert schlielich Mmax = M (x ) = 0; 19 q l : 2

0

101

durch Integration

Aufgabe 5.3: Fur den Kragbal-

q

ken unter sinusformiger Last ermittle man den Momentenverlauf.

0

l

Zweckmaig zahlt man die Koordinate x vom freien Rand, da dort die Querkraft und das Moment verschwinden: Losung:

q (x) = q sin 0

x : l

x

z

Durch Integration folgt Z

Q(x) = M (x) = q

0

l

0

x dx = q l cos xl + C ; l sin xl + C x + C :

q sin !2

0

1

1

2

Die Randbedingungen liefern: Q(0) = 0 M (0) = 0

; ;

C = q 1

0

C =0:

l ;

2

Damit lautet die Losung Q(x) = q

0

l x cos l

1 ;

M (x) = q

Q q0 2q0

l

sin xl :

l2

M

Anmerkung: Die Querkraft erscheint hier mit negativem Vorzeichen, da x von rechts

gezahlt wird (positives Schnittufer!).

l x l 2

0

M Q

x

z

102


Aufgabe 5.4: Fur den nur uber einen Teil durch q belasteten Balken ermittle man die Q- und die M -

x

0

q

0

Linie.

a

l

Losung: Da die Belastung unstetig ist, teilen wir den Balken in zwei Bereiche,

in denen wir getrennt integrieren: 0xa: q=0; Q=C ;

axl: q=q ; 0

Q= q x+C ;

1

0

3

1 M =C x+C ; M = q x +C x+C : 2 Die 4 Integrationskonstanten ergeben sich aus den 2 Randbedingungen 1 M (0) = 0 ; C = 0 ; M (l ) = 0 ; 2q l + C l + C = 0 und den 2 U bergangsbedingungen bei x = a. Dort mussen Q und M stetig sein (keine Sprunge, da keine Einzelkraft bzw. kein Einzelmoment): 2

1

2

0

3

4

2

2

0

; ;

Q(a ) = Q(a ) +

M (a ) = M (a ) +

3

4

C = q a+C ; 1

0

3

1 C a= q a +C a+C : 2 2

1

0

3

4

Damit erhalt man q l (l a) q l l +a qa C = 2 l ; C =0; C = 2 l ; C = 2 : Fur die Schnittgroen folgt im Bereich 0 x a 2

0

1

Q=

2

0

2

2

q l (l 0

2

3

a)

2

l

2

;

2

0

q l (l

M=

0

2

2

4

2

2

a) x 2

l

3

und im Bereich a x l Q=

q

0

2

"

(l a) l

2

#

2(x a) ;

M=

(l a) x (x a) : 2 l "

q

0

#

2

2

103

bei Unstetigkeiten

Fur a = l=2 haben die Q- und die M -Linie das folgende Aussehen: 5l Q 1 q0 l 8 8 l=2 l=2

3 q0 l 8

5l 8

M

Mmax

Anmerkungen:

Anstelle der uber die gesamte Balkenlange laufenden Koordinate x kann man auch getrennte Koordinaten (x , x ) in den einzelnen Bereichen einfuhren. 1

2

Im Sonderfall a = 0 verschwindet der erste Bereich. Dann werden 1 2

1 2

Q = q ( l 2x ) ;

M = q (lx x ) :

0

2

0

Einfacher lassen sich die Verlaufe mit Hilfe des FOPPL Symbols ermitteln. Hierzu stellen wir zunachst die unstetige Belastung uber die gesamte Balkenlange durch q=q <x a> fur 0 x l dar. Die Integration liefert dann unter Beachtung der Rechenregeln fur das FOPPL -Symbol Q = q < x a > +C ; q M = 2 < x a > +C x + C : Aus den Randbedingungen ergibt sich (die U bergangsbedingungen sind automatisch erfullt!) M (0) = 0 ; C = 0 (Die FOPPL -Klammer ist dort Null!) ; q q (l a) M (l) = 0 ; 0 = 2 (l a) + C l ; C = 2 l : Damit lautet die Losung uber die gesamte Balkenlange q (l a) Q= 2 < x a > ; M = q2 (l la) x < x a > : 2 l

Losungsvariante:

0

0

1

0

0

1

2

1

2

2

0

0

2

1

"

0

#

2

1

2

1

"

0

#

2

2

104


Aufgabe 5.5: Man bestimme den Qund den M -Verlauf fur den dargestell-

ten Balken.

q

A

0

B

x l

l

2 Losung: Wir bestimmen zunachst die Lagerreaktionen (A und B werden positiv nach oben angenommen): 11 19 A= q l; B= q l: 24 24 Damit liefert Schneiden und Anwenden der Gleichgewichtsbedingungen im Bereich zwischen den beiden Lagern qx ": A q x Q=0; M x : xA + x (q x) + M = 0 ; S S Q 2 A x= 2 ; Q = A q x ; M = Ax q2 x x und rechts vom Lager B (zweckmaig zahlen x 1 x q0 wir eine neue Koordinate x vom freien Ende) q0 x l=2 2 l=2 1 (q x )x + Q = 0 ; ": M Q 2 l=2 S x=3 x : x 1 (q x )x M = 0 ; S 3 2 l=2 x x q q ; Q = l x ; M = 3l x : 11 0

0

0

0

0

0

2

0

0

0

0

Anmerkungen:

2

0

3

Die Querkraft fallt vom Lager A line-

Q

24

q0 l

6 q0 l 24

ar bis zum Lager B ab. Dort erfahrt 11=24l sie einen Sprung von der Groe der Lagerkraft, und sie fallt dann zum freien Ende in Form einer quadratischen Parabel auf Null ab. Am freien Ende ist q = 0. Daher ist wegen dQ=dx = q dort der Anstieg von Q Null (horizontale Tangente!). M Mmax Am Lager B hat der Momentenverlauf einen Knick (Einzelkraft!).

13 q0 l 24 1 q0 l2 24

105

bei mehreren Feldern

Mmax tritt bei x = 11 24 l (wegen Q = 0) auf und hat den Wert

1 11 2 24 q l . Aufgrund von dM=dx = Q ist der Anstieg von M bei A positiv (Q ist positiv!) und am freien Ende Null (Q ist Null!). Das Moment am Lager B ergibt sich zu q 1 MB = 3l (l=2) = 24 q l :

Mmax =

2

2

0

0

3

2

0

In einer 2. Losungsvariante bestimmen wir die Q- und die M -Linie mit Hilfe des FOPPL -Symbols. Hierbei brauchen die Lagerkrafte nicht vorab berechnet zu werden. Wir stellen zuerst die Belastung uber die gesamte Balkenlange als Dierenz aus Gleichstrecken- und Dreieckslast dar: 2q < x l > q=q l 0

1

0

(der Faktor 2 ist notwendig, damit q uber die Lange l=2 auf Null abgebaut wird!). Durch Integration erhalt man q Q = q x + < x l > +B < x l > +C l 0

2

0

0

1

(der Sprung in der Querkraft infolge der noch unbekannten Lagerkraft B muss durch eine FOPPL -Klammer berucksichtigt werden!), x

q 2 + 3l < x l > +B < x l > +C x + C : Fur die 3 Unbekannten C , C und B stehen 3 Randbedingungen zur Verfugung: M (0) = 0 ; C = 0 ; 3q l + 1q l + B + C = 0 ; Q 23 l = 0 ; 2 4 9 1 l 3 3 M 2l = 0 ; 8 q l + 24 q l + B 2 + 2 C l = 0 : Hieraus folgen 19 11 B= q l; C = q l; 24 24 womit die Verlaufe festliegen. M= q

2

0

3

1

0

1

1

2

2

2

0

0

1

2

2

0

0

0

1

1

0

Anmerkung: Die Konstante C gibt die Querkraft am Lager A an und 1

entspricht daher der dort wirkenden Lagerkraft.

106


Aufgabe 5.6: Fur den Mehrfeldtrager bestimme man den Querkraft- und

den Momentenverlauf und berechne ausgezeichnete Werte. Gegeben: q = F=a. x F 2F q 0

0

A

2a

3a

a

B

2a

2a

Wir ermitteln zunachst die Au agerreaktionen (nach oben positiv angenommen): x : 2a F 4; 5a (3q a) 8a 2F + 10a B = 0 ; B = 3; 15 F ; A ": A + B F 3q a 2F = 0 ; A = 2; 85 F : Hiermit liefert Schneiden und Gleichgewicht in den einzelnen Bereichen: 0 < x < 2a : M " : Q = A = 2; 85 F ; A xS x : M = xA = 2; 85 F x ; Q S

Losung:

0

0

2a < x < 3a: " : Q = A F = 1; 85 F ; x : M = xA (x 2a)F ; S

F A

M

S

x

Q

q (x 3a) 0

F

3a < x < 6a: " : Q = 1; 85 F q (x 3a) ; A x : M = xA (x 2a)F q (x 3a) ; S

x

0

1

2

0

6a < x < 8a: " : Q = B + 2F = 1; 15 F ; y : M = (10a x) B (8a x) 2F ; S

S

2

M Q

2F

M Q

S

10a x

B

8a < x < 10a: M S " : Q = B = 3; 15 F ; B Q y : M = (10a x) B : 10a x S Das Maximum von M liegt wegen M 0 = Q an der Nullstelle von Q im

107


3. Bereich (3a < x < 6a): Q = 1; 85 F

;

q (x 3a) = 0 0

Damit nden wir

3 2 1

2,85 x

0

2; 85 a F 12 q (1; 85 a) = 9; 26 F a :

Mmax = M (x ) = 4; 85 a 2; 85F

Q=F

x = 1; 85 F=q + 3a = 4; 85 a :

2

0

1,85 x

2a 3 a

8a

6a

10a

-1,15

-3,15

2

6,3

4

5,7

6

8,6

7,55

Mmax

8

M=F a

Man kann den Q- und den M -Verlauf auch mit Hilfe des FOPPL -Symbols durch Integration bestimmen. Hierbei mussen die Unstetigkeiten in q(x) und Q(x) beachtet werden:

q = q < x 3a > q < x 6a > ; Q = q < x 3 a > +q < x 6 a > F < x 2 a > 2F < x 8a > +C ; M = q < x 3a > + q < x 6a > F < x 2a > 2F < x 8a > +C x + C : 0

0

0

0

0

1

1

0

0

1

2

2

0

1

1

2

0

2

1

0

1

2

Die Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen: M (0) = 0

;C

2

=0;

M (10a) = 0

;C

1

= 2; 85 F :

1

108

Ermittlung von Q-und M -Verlaufen

Aufgabe 5.7: Fur den dargestellten Kragtrager ermittle man die Querkraft-

und die Momentenlinie.

q = 5F=b

x

2F

0

3bF

4F

A

2b

2b

2b

b

2b

Wir bestimmen zunachst die Lagerreaktionen. q = 5F=b 2F 3bF

Losung:

4F

0

MA A

":

x: A

1

2

R

L

3

4

F 2b + 2F + 4F = 16F ; b F MA = 3b (5 2b) + 5b 2F 3bF + 9b 4F = 73 bF : b A=5

Zur Berechnung von Q und M schneiden wir den Balken an den Stellen, an denen Unstetigkeiten in der Belastung bzw. den Schnittgroen auftreten (ausgezeichnete Stellen). Aus dem Gleichgewicht zwischen aueren Lasten und Schnittgroen ermitteln wir dann Q und M in diesen Punkten. 73bF M Q = 16F ;

Q 16 F M = 2b 16F 73bF = 41 bF ; 1

1

1

1

1

Q

2

M

2

= 16F

5 Fb 2b = 6F ;

= 4b 16F 73bF = 19 bF ;

F b(5 2b) b

Q R = 4F ; 3

M Q

3

4

ML 4

= 3bF 4b 4F = 13 bF ; = 4F ; = 3bF 2b 4F = 5 bF :

q

0

73bF

Q

16F QR M

2

2

3bF

3

3

M

2

4F

R 3

Q

ML 4

4

3bF

L 4

4F

109


Mit diesen Ergebnissen und unter Beachtung der allgemeinen Beziehungen zwischen auerer Belastung und den daraus resultierenden Folgen fur Q bzw. M (z.B. wo q = 0, dort Q = konstant und M = linear, vgl. Tabelle auf Seite 96) konnen wir nun die Querkraft- und die Momentenlinie zeichnen: Q F 16

8

1

2

3

4

−50

−10

M bF

1

2

3

4

Bei der Momentenlinie muss die quadratische Parabel zwischen den Punkten

und tangential in die anschlieenden Geraden einmunden, da in diesen 1

2

Punkten keine Einzelkrafte wirken (Einzelkraft fuhrt zu Knick im Momentenverlauf!).

110

Ermittlung der Belastung

Aufgabe 5.8: Gegeben sind ein Balken und seine Momentenlinie.

Gesucht ist die Belastung. A

B 2m

2m

2m

2m

2m

6

10

12

18

+

10

quadr. Parabel symmetr. zur Mitte

M [kNm] Losung:

Wir betrachten ausgezeichnete Stellen am Balken: B

A

1

2

3

5

4

Aus dem links bei Null beginnenden linearen Verlauf mit M = 12 kNm = 2 m A folgt die Lagerkraft A = 6 kN : Anschlieend erfolgt bei ein Sprung in der Momentenlinie, der von einem Einzelmoment der Groe M = 6 kNm herstammen mu. Zur Probe berechnen wir 1

1

M = 4 m 6 kN 6 kNm = 18 kNm : 2

An der Stelle muss { wegen des Knickes in der Momentenlinie { eine noch unbekannte Kraft F wirken. Sie ergibt sich aus 2

M = 6 m 6 kN 6 kNm 2 m F = 10 kNm zu F = 10 kN : 3

Am rechten Rand muss aufgrund des linearen Momentenverlaufes eine Kraft P nach oben angreifen. Sie lasst sich aus M errechnen: 4

M = 2 m P = 10 kNm 4

;

P = 5 kN :

111

aus M-Verlauf

Der Verlauf in Form einer quadratischen Parabel zwischen und wird durch eine Gleichstreckenlast q hervorgerufen. Sie folgt aus M (Gleichgewicht am rechten Teil): 3

0

;

M = 4 m 5 kN 1 m (q 2 m) = 10 kNm 3

4

3

0

q = 5 kN/m : 0

Damit sind alle Krafte bekannt. Der Balken ist wie folgt belastet: 5 kN/m 10 kN 6 kNm A = 6 kN

5 kN

B

Die noch unbekannte Lagerkraft B folgt aus dem Gleichgewicht:

" : B = 10 + 2 5 5 6 = 9 kN : Damit konnen wir nun auch die Querkraftlinie zeichnen: Q

[kN]

5 +

+

−

−

7m Der Nulldurchgang der Querkraftlinie unter der Gleichstreckenlast an der Stelle x = 7 m kennzeichnet das (relative) Maximum der Momentenlinie an dieser Stelle.

112

Ermittlung von Mmax

Aufgabe 5.9: U ber eine Brucke der Lange l fahrt ein Kran vom Gewicht G. Die Vorderachse ist mit G, die Hinterachse mit G belastet. Sein Achsenabstand betragt b = l=20. Wie gro ist das maximale Biegemoment der Brucke und bei welcher Laststellung tritt es auf? 3

1

4

4

b

x A

B l

Losung: Wir berechnen zunachst die Lagerreaktion A (nach oben positiv angenommen) fur einen beliebigen Abstand x der Vorderachse:

y

B :

3 4

lA = (l x) G + (l x + b)

G

4

;

A=

81 G x G : 80 l

Das grote Biegemoment kann unter der Hinter- (H) oder der Vorderachse (V) auftreten. Man erhalt MH = (x b)A = xA bA ;

MV = xA b

G

G 4 = xA b 4 :

Fur A > G=4 ist MV > MH . Die extremalen Biegemomente ndet man durch Nullsetzen der Ableitungen. Aus dMV = 81 G 2 x G = 0 folgt x = 81 l dx 80 l 160 1

und damit Aus und damit

MV max =

6241 Gl : 25600

dMH = 81 G 2 x G + 1 G = 0 dx 80 l 20 MHmax =

Der 1. Fall liefert den groeren Wert.

folgt

5929 25600 Gl :

x = 2

85 160 l

113

Ermittlung von Mmax

Aufgabe 5.10: Ein beiderseitig uberkragender Balken tragt eine Gleich-

streckenlast. Wie gro mu a bei gegebener Gesamtlage l sein, damit der Betrag des groten Momentes moglichst klein wird? q A

a

B

0

a

l

Losung: Die groten Biegemomente treten uber den Lagern und in der Mitte

auf:

2

−

+

1

Sie betragen (wegen der Symmetrie sind die Lagerkrafte A = B = q l=2) 0

M = q

a

2

2; (l=2) + q l l a : M = q 2 2 2 1

0

2

0

!

2

0

Die kleinste Beanspruchung wird auftreten, wenn die Betrage dieser Momente gleich sind: a l l l q =q 2 2 2 a q 8: !

2

0

Hieraus folgt a=

und

0

2

0

1 p 2 2 1 l = 0; 207 l

p jMmax j = 3 82 2 q l = 0; 0214 q l : 2

2

0

0

Das Moment betragt nur 17 % des maximalen Moments q l =8 fur den Balken mit auen liegenden Lagern. 0

2

114

Schnittgroen

Aufgabe 5.11: Fur den dargestellten GERBERtrager sind die Verlaufe von Q, M und N gesucht. F q 0

A

a

30°

B

G

a

b

C

b

Losung: Wir schneiden das System frei und ermitteln zunachst die Lager- und

die Gelenkreaktionen: AH

q

B

AV

F

GH GH

0

1

GV

2

D

GV

C

Aus den Gleichgewichtsbedingungen

1

2

!: AH + GH = 0 ; " : AV + B q a GV = 0 ;

!: GH + F cos 30Æ = 0 ; " : GV + C F sin 30Æ = 0 ;

0

y: 2aA + aB a q a = 0 ; G V 2

y: G

0

p

bF sin 30Æ

2b C = 0

ergeben sich mit sin 30Æ = 1=2 und cos 30Æ = 3=2 AH =

p

3 2F;

AV =

qa 0

2

F

4;

3 2

B = q a+ 0

p

F

2;

3 F GV = ; GH = F : 4; 4 2 Nun werden in ausgezeichneten Punkten die Schnittgroen bestimmt. In A, G und C liegen Gelenke vor, also ist das Moment dort Null. In B bzw. D springt die Querkraft um die Lagerkraft bzw. die Vertikalkomponente von F (F sin 30Æ = F=2). In D springt auerdem die Normalkraft um die Horizonp talkomponente von F (F cos 30Æ = 3F=2). Durch Schnitte unmittelbar links von B bzw. unmittelbar rechts von D erhalt man a NB = AH ; MB QB = AV ; NB QB AH AV MB = aAV ; C=

F

L

L

115

beim GERBERtrager

NDR = 0 ; QDR = C ; MD = b C = b

MD

QDR

NDR

F

4:

C

b

Damit ergeben sich die folgenden Verlaufe: N

p

3 F 2

+

Q qa +

F

F

4

4

+

1 qa 2

F

−

−

F

4

4

MB quadr. Parabel −

+

M

MD

Anmerkungen:

Im Bereich BG ist die Momentenlinie eine quadratische Parabel. Aus

dem Q-Verlauf geht hervor, da der Betrag ihrer Steigung in B groer ist als in G.

Da im Gelenk keine Kraft angreift, der Q-Verlauf also keinen Sprung in G aufweist, mu die quadratische Parabel in G ohne Steigungsanderung in den linearen Momentenverlauf zwischen G und D einmunden.

116

Querkraft- und Momentenlinie

Aufgabe 5.12: Fur den dargestellten GERBERtrager sind die Querkraft- und

die Momentenlinie zu bestimmen. Wie gro mu der Abstand a des Gelenks G sein, damit der Betrag des groten Momentes minimal wird? q

0

A

B

C

a G

l

l

Zunachst bestimmen wir die Lager- und die Gelenkreaktionen. Aus dem Freikoperbild Losung:

q A

q

0

0

B

1

G

G

C

2

und den Gleichgewichtsbedingungen

":

A+B

1

G q (l + a ) = 0 ; 0

y : (l + a)A + aB G

":

y:

q (l

G

A=G=C=

0

G+C

2

folgen

q (l + a)

0

q (l a)

2 ; Das Schnittmoment in B ergibt sich zu 0

2

=0;

q (l a) = 0 ;

a)

0

2

2

2

(l a)C = 0 B = q (l + a) : 0

q

0

MB = lA

1 2 = 2 q la : A

ql 0

MB

2

0

l

QB

Damit erhalt man den dargestellten Querkraft- und Momentenverlauf:

117

beim GERBERtrager

Q 1 q 0 (l 2

1 q0 (l + a) 2

a) +

+

−

−

1 q0 (l + a) 2

b

1 q0 (l 2

a)

b

1 q0 la 2

− +

+ 1 q0 (l 8

M

2

a)

Anmerkungen:

Der Querkraftverlauf ist antisymmetrisch bezuglich B . Die Querkraft mu in der Mitte zwischen G und C Null sein, d. h. bei b = (l

a)=2. Dies folgt sofort aus Betrachtung des Freikorperbildes (Symmetrie der Belastung!).

Aus dem Q-Verlauf erkennt man, da der Betrag der Steigung von M im Lager A kleiner ist als im Lager B .

Der Momentenverlauf ist symmetrisch bezuglich B . Die relativen Extremwerte von M be nden sich an den Nullstellen von Q, im Abstand b = (l a)=2 von A und C . Sie ergeben sich zu q

M

0

M

= bA

qb

q

2

2 = 8 (l a) :

0

0

2

A

b

Damit der Betrag der auftretenden Momente minimal wird, mu gelten

jMB j = jM j : Einsetzen liefert den gesuchten Abstand: 1 1 ; a = (3 p8)l = 0; 172 l : 2 q la = 8 q (l a) 2

0

0

118

Gelenktrager


x

stellten Gelenktrager unter Dreieckslast sind der Querkraft- und der Momentenverlauf durch Integration zu bestimmen.

q

0

A

G

a

B

l

Losung: Aus q (x) = q x=l erhalt man durch Integration 0

x

x 2l + C ; M (x) = q 6l + C x + C : Die Integrationskonstanten C und C bestimmen sich aus den Bedingungen, da das Moment in G und in B Null ist: Q(x) = q

2

3

0

1

0

1

1

2

2

M (x = a) = 0 :

a

3

6l + C a + C = 0 ; l q +C l+C =0: 6

q

0

1

2

2

M (x = l) = 0 :

0

1

2

Unter Verwendung der Abkurzung = a=l erhalt man C = 1

und damit

q l

2

Q(x) = M (x) =

6 1++ ; 0

ql 0

2

ql

ql

C =

"

x 6 (1 + + ) 3 l 0

2

"

(1 + ) (1 + + ) 2

6

2

6 (1 + )

0

2

2 #

; #

x x + l : l 3

Q

1 q0 l(1 + + 2 ) 6

1 2 q0 l (1 + ) 6

M

1 q0 l( 2 + + 2 ) 6

119

-Symbol FOPPL Aufgabe 5.14: Der dargestellte x q Gerbertrager ist durch eine Gleichstreckenlast und durch eine Einzellast belastet. A B F Es sind der Querkraft- und der Moa a a mentenverlauf zu bestimmen. Losung: Mit Hilfe des FOPPL -Symbols kann die Streckenlast in der Form 0

q (x) = q < x a >

0

0

dargestellt werden. Durch Integration folgt Q(x) = q < x a > +B < x 2a > +C ; M (x) = 21 q < x a > +B < x 2a > +C x + C : 1

0

0

2

0

1

1

1

2

Beachte: Die Lagerkraft B mu in Q(x) berucksichtigt werden! Die Konstanten B , C und C bestimmen sich aus den Bedingungen Q(x = 3a) = F ; 2q a + B + C = F ; M (x = a ) = 0 ; C a+C =0; M (x = 3a) = 0 ; 2q a + Ba + 3aC + C = 0 zu C = F; C = aF ; B = 2q a + 2 F : Damit erhalt man zum Beispiel in den Punkten A und B MA = M (0) = C = aF ; 1 1 MB = M (2a) = q a + C 2a + C = q a aF 2 2 und insgesamt die folgenden Verlaufe fur Q und M : 1

2

0

1

1

2

0

1

2

1

2

2

0

2

2

2

0

Q

1

2

aF

F + q0 a F

F (F + q0 a)

0

M

aF

1 q0 a2 2

120

Gelenktrager

Aufgabe 5.15: Fur den dargestellten Gerbertrager sind der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

F a

F a

a

a

a

a

Losung: Wir bestimmen zuerst die Lager- und die Gelenkkrafte (es treten nur

vertikale Einzelkrafte auf!). F

G

E

A

B

G

1

" : A+B F G =0;

" : G +C G =0;

" : G +D F =0; 1

1

1

3

2

2

y: A y: C y:

D

F

2

C

1


2

G

1

G

2

3

2

2aB + 3aG = 0 ;

aF

1

aG + aG = 0 ; 1

aG

2

2

aF = 0

ergeben sich die Lager- und die Gelenkreaktionen A = F ; B = F ; C = 2F ; D = 0 ; G = F ; G = F : An den Stellen B , C und E erhalt man fur die Schnittmomente ME = aF ; MB = 2aF aF = aF ; MC = aF : Damit folgen die dargestellten Schnittgroenverlaufe. 1

Q

F

F F aF

M

2

aF

D

Rahmen

121

Aufgabe 5.16: Der Rahmen ist durch die Kraft F und eine Gleichstreckenlast q0 = F/a belastet. Es sind die Verläufe von N, Q und M zu bestimmen.

q0

F b

a

A Lösung: Die Gleichgewichtsbedingungen ↑ :

A + BV − q0 a = 0 ,

→:

F − BH = 0 ,

B q0

F C

−aA + 12 q0 a2 − aF = 0

B:

a

D

BH

A

liefern die Lagerkräfte BV q0 a F 3 q0 a A= −F =− , BV = +F = F , BH = F . 2 2 2 2 Wir schneiden nun an den Rahmenecken unmittelbar rechts von C bzw. links von D. Dort folgen die Schnittgrößen:

MC

C F

NCR

QCR A

QDL D

MD NCR =

−F ,

NDL

BH MD

0,

=

−F ,

QDL = −3F/2 ,

QCR = −F/2 , MC

NDL =

BV

=

−aF .

Unter Beachtung der allgemeinen Beziehungen zwischen der Belastung und den Schnittgrößen erhält man damit die dargestellten Verläufe (Hinweis: an unbelasteten 90◦ -Ecken ändern sich die Momente nicht; Normalkräfte werden zu Querkräften und umgekehrt!): −F

−

F 2

N-Verlauf

3 − F 2

3 − F 2

F 2

Q-Verlauf

F

−aF

M-Verlauf

122

N -, Q-, M -Verlauf

Aufgabe 5.17: Fur den dargestellten Rahmen sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu ermitteln.

q

0

b b F

Losung: Aus den Gleichgewichtsbedingungen errechnen sich die Lagerreaktionen zu

A = 2F +2q a ; BV = F ; BH = 0 :

a

a q

0

D

C

BH

0

An den Stellen C , D und E ergeben sich die Schnittmomente MC = 0 ;

BV

E F

A

MD = ME = aA = 2a(F + q a) : 0

Damit lassen sich die folgenden Schnittgroen angeben:

N-Verlauf (F + 2q0 a)

F + 2q0 a

Q-Verlauf

F

F

2(F + q0 a) 2a(F + q0 a)

M-Verlauf 2a(F + q0 a)

fur Rahmen

a


F

123

a

Rahmentragwerk sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu ermitteln.

2a a

Losung: Aus den Gleichgewichtsbedingun-

gen ergeben sich die Lagerreaktionen zu AV = F ; AH =

F

; B=

F

F

:

C

B

3 3 An den Ecken C , D und E errechnen sich die Schnittmomente MC = aF ; 5 MD = 2aB aF = aF ; 3 1 ME = aF : 3

E

D

AH AV

Damit folgen die Schnittgroen:

Q-Verlauf

N-Verlauf

F

1 F 3

F

1 F 3

1 F 3 1 F 3

F

F aF

M-Verlauf

1 aF 3 5 aF 3

124

N-, Q-, M-Verlauf


stellten Gelenkrahmen sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

q

2a

Losung:

a 0

0

AV

a C

q

q AH

a

0

GH GH

B

1

GV

2

D

GV


" : AV + B GV 3q a = 0 ; " : GV q a = 0 ; ! : AH + GH = 0 ; ! : GH C = 0 ; y : 2aB + 3aG + 9 q a = 0 ; y : aC + 1 q a = 0 A G V 2 2 ergeben sich die Lager- und die Gelenkreaktionen qa qa 15 qa AV = 4 ; AH = 2 ; B = 4 q a ; C = 2 ; 1

2

0

0

2

2

0

0

0

0

0

0

qa

GH =

2 ; GV = q a : An den Stellen B und D folgen fur die Schnittmomente 1 3 1 MB = 2aAV 2 (q 2a) = 2 q a ; MD = aC = 2 q a : Damit erhalt man die folgenden Veraufe: 0

0

2

0

N-Verlauf Q-Verlauf

2

0

1 q0 a 2 8 q0 a 4

1 q0 a 4

3 q0 a2 2

M-Verlauf

2

0

Mextr.

7 q0 a 4

1 q0 a 2

1 q0 a2 2

125

fur Rahmen

Aufgabe 5.20: Der vereinfacht darge-

D

E

stellte Kran tragt an einem Seil, das in B befestigt und in D und E reibungsfrei C a uber Rollen gefuhrt ist, das Gewicht G. G Auerdem ist er durch sein Eigengewicht B a q (Gewicht pro Langeneinheit) belastet. A Fur den Fall G = q a sind die Verlaufe a 3a von N , Q und M zu bestimmen. q Losung: Im Seil wirkt die Kraft S = G. Damit lat sich das nebenstehende G G Freikorperbild skizzieren. Aus den GleichG gewichtsbedingungen G q G " : G + AV 4q a 2q a = 0 ; ! : AH = 0 ; AH MA y : M + 3aG + 4q a = 0 A A AV ergeben sich die Lagerreaktionen AV = 7G ; AH = 0 ; MA = 7aG : Unter Beachtung der allgemeinen Zusammenhange zwischen Belastung und Schnittgroen ergeben sich hiermit die gesuchten Verlaufe (Hinweis: Sprunge in N und Q resultieren aus wirkenden Einzelkraften; am Knoten C mu die Summe der Momente verschwinden (Drehrichtung beachten!)). 0

0

0

0

0

0

2

0

(1 +

p

2 )G 2

N-Verlauf p

2 (5 + )G 2 p 2 (6 + )G 2 7G

p

G

Q-Verlauf

4G

p

2 G 2 p 2 (1 + )G 2

p

2 G 2

15 aG 2

1 2 ( + )aG 2 2 (7

M-Verlauf 7aG

p

2 )aG 2

G

126

Schnittgroen

Aufgabe 5.21: Der abgewinkelte Rahmen ist durch eine Einzelkraft F und eine Streckenlast der Groe q = F=a belastet. 0

Es sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

F

45Æ

q a


gen fur das Gesamtsystem p ! : 22 A + BH = 0 ; p " : 22 A + BV F 2q a = 0 ;

y: A

A

1

a

F C

2

D q

0

E

3

BH

3aBH 2aBV + 6q a = 0 0

0

2a

a

0

aF

2a

2

BV

4

folgen die Lagerreaktionen

p

2 16 1 5 F ; BV = 5 F ; BH = 5 F : Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System ergeben sich fur die Normal- und die Querkraft in den Teilen bis A=

1

p

2F ; 5 p 2 F = 7 p 2F ; Q =A 10 p 2 2 F Q = 2 A= 5 :

N =0; 1

3

Q =A=

p

1

2F ; 2 p 2 6 N = 2 A F = 5F ; Auerdem ermittelt man an den Schnittstellen B , C und D die Momente N = 2

2

3

3

MB = a 2q a = 2aF ;

p

0

2 aF ; 5 p 9 aF : MD = 2a 2 A aF = 5 MC = a 2 A =

127

am Rahmen

Fur den Bereich gilt N =0; 4

Q = q x= F 4

M = 4

0

0

4

x ; a

1 1 x 2 q x = 2 aF a : 2

N

4

E

Q

x

4

2

0

q

M

4

2

Anmerkung: Da x von rechts gezahlt wird, wirkt Q positiv nach unten! Damit folgen die dargstellten Schnittgroenverlaufe. Sprunge in N und Q treten an den Rahmenecken und an Angrispunkten von Einzelkraften auf; die Momente werden an den Ecken ohne A nderung ubertragen. 4

N-Verlauf

Q-Verlauf

p

2 F 5

p1

2

F

7p 2F 10

1 F 5

6 F 5 2F

M-Verlauf 2 aF 5 9 aF 5 2aF 2aF

128

Schnittgroen

Aufgabe 5.22: Gegeben sind ein Tragwerk und die darin vorherrschenden Schnittgroenverlaufe, Querkraft Q, Moment M und Normalkraft N . Wie gro (nach Betrag und Lage) sind die zugehorigen Belastungen?

N-Verlauf

2

a

1

3

a

4

a

Q-Verlauf

qa

P

2

2

Pa

M-Verlauf

qa

qa

5P

2

a

4P a

2P a 4P

2P a

qa

2

8

2P

Losung: Beginnend von den aueren Teilen der einzelnen Tragwerksabschnit-

te konnen deren Belastungen aus den einzelnen Schnittgroenverlaufen rekonstruiert werden. Eine anschlieende Gleichgewichtsbetrachtung am Mittelknoten liefert dann die dort eventuell angreifenden Einzelkrafte bzw. Einzelmomente. Zunachst wird der links angehangte Balken (Teilabschnitt ) betrachtet. Aufgrund des linearen Querkraftverlaufs mit den Randwerten q a=2 und der parabelformigen Momentenlinie mit dem charakteristischen Parabelstich q a =8 mu dieser Balken mit einer Gleichstreckenlast q beansprucht sein. 1

2

Q-Verlauf qa

2

M-Verlauf qa

2

qa

8

Gleichstreckenlast

; 2

q

129

am Rahmen

Da die weiteren Tragwerksabschnitte sowohl einen konstanten Normal- als auch einen konstanten Querkraftverlauf aufweisen und der Momentenverlauf sich dort linear verandert, konnen die Teilabschnitte , und weder mit verteilten Lasten noch mit Einzellasten (Sprung im Querkraftverlauf, Knicke im Momentenverlauf) bzw. Einzelmomente (Sprung in der Momentenlinie) beansprucht sein. Weitere Belastungen sind nur noch am freien Ende des Teilabschnitts und am Mittelknoten moglich. Die Betrachtung der Randwerte im Querkraft- und Momentenverlauf am freien Ende fuhren auf folgende Belastungen: Q-Verlauf Einzelmoment M-Verlauf Einzelkraft M = P a P 2

3

4

2

P

Pa

;

;

Die Gleichgewichtsbetrachtung am Mittelknoten liefert die noch fehlenden Belastungen: x K : M +M M = M = 2 P a 4 P a ( 2 P a) = 0 Q ; kein Einzelmoment, K Q ! : Q Q = P ( 2P) = P M ; horizontale Einzelkraft, Q Q ": Q Q N = M = q2a 4 P + q2a + 5 P = P N ; vertikale Einzelkraft. Daraus resultiert die folgende Beanspruchung fur das oben dargestellte Tragwerk: 2

3

4

2

2

1

3

3

4

2

4

1

3

4

4

M =Pa q

P

p

2P

4

130

Schnittgroen an Rahmen

Aufgabe 5.23: Fur den symmetrischen

Rahmen sind die Schnittgroenverlaufe zu ermitteln.

0

2

Losung: Aufgrund der Symmetrie ergeben

sich die vertikalen Lagerreaktionen zu

q

2a

1

A a

A=B=q a:

B a

2a Die Schnittgroen in den Rahmenteilen und erhalt man aus den Gleichgewichtsbedingungen am geschnittenen Rahmen. Unter Verwendung von p p cos = 1= 5 und sin = 2= 5 folgen M N

% : N = A sin = p25 q a ; S Q & : Q = A cos = p1 q a ; 5 x y: M =x A=x q a; A q S 0

1

2

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

1

2

!: N =0; " : Q = A q x = q (a x ) ; 2

S Q

2

y: S

2

0

2

0

M = (a + x )A 2

1

2

2

2

q x 0

2 2

A = q (a + ax x ) : Damit ergeben sich die dargestellten Schnittgroen: 2

0

2

M

0

0

1

2

2

2

a x

N

2

2

2

q0 a

p2

5

p1 q0 a 5

q0 a

N-Verlauf 3 q0 a2 2

q0 a2

M-Verlauf

Q-Verlauf

131

und Bogen

Aufgabe 5.24: Fur den dargestellten Bogen sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

r F

l

A

In diesem Fall ist es nicht erM forderlich, zunachst die Lagerreaktionen N S zu bestimmen. Durch GleichgewichtsbeQ trachtung am geschnittenen Bogen erhalt man sofort die Schnittgroen: F r(1 cos ) % : N () = F cos ; Losung:

& : Q() = F sin ;

y: S

M () = rF (1 cos ) :

Im geraden Pfosten ergeben sich N= F;

Q=0;

M = 2rF :

Diese Groen sind gleichzeitig die Lagerreaktionen bei A.

N-Verlauf

Q-Verlauf F

M-Verlauf rF

F F

2rF

Anmerkung: Die Schnittgroen und die Lagerreaktionen sind von l un-

abhangig.

132

Schnittgroen am Bogen

Aufgabe 5.25: Fur den durch eine kon-

q

stante Streckenlast belasteten Bogen sind die Schnittgroenverlaufe analytisch anzugeben. Die Extremwerte fur N und M sind zu bestimmen.

0

r


gen fur das Gesamtsystem ergeben sich die Lagerreaktionen AV = q r ;

AH = B =

q

qr

2 : Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen Bogen folgen die Schnittgroen: 0

B

0

0

AH AV

q

S

0

AH

%:

N () = [AV

Q

AV

q r(1 cos )] cos AH sin 0

= q r(2 cos + sin ) ; Q() = [AV q r(1 cos )] sin AH cos = q r(2 cos sin cos ) ; 1

&:

N

M

2

0

2

0

1

y: S

2

0

M () = AV r(1 cos ) AH r sin

1 2

q r (1 cos ) 0

2

2

= q r (1 sin cos ) : Die Extremwerte fur Moment und Normalkraft errechnen sich aus dM = 0 : ( 1 + 2 sin ) cos = 0 ; d cos = 0 ; = =2 ; M ( ) = 0 ; 1

2

2

0

2

1

sin = 1=2 2

dN = 0 : d

1

;

1

2

( 4 sin + 1) cos = 0 ; cos = 0 ; = =2 3

sin = 1=4 4

3

;

;

= =6

;

15 cos = 16 2

4

M ( ) =

qr

N ( ) =

qr

N ( ) =

17 q r : 16

2

3

;

4

2

8 ;

0

2 ; 0

0

133

und Rahmen

Aufgabe 5.26: Fur das dargestellte Sy-

F

stem sind die Verlaufe von Normalkraft, Querkraft und Moment zu ermitteln.

r

r r


gen fur das Gesamtsystem folgen die Lagerreaktionen A=

F

C F

F

2 ; BV = 2 ; BH = F : Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System erhalt man an der Stelle C das Moment

A

MC = rBH = rF :

Im gebogenen Teil gilt

S

F

% : N () = 2 cos ;

1 2F

& : Q() = F2 sin ;

y:

M () =

BH BV

N

M

Q r cos

rF

2 (1 cos ) : Damit ergeben sich die dargestellten Schnittgroenverlaufe: N-Verlauf Q-Verlauf S

1 F 2

1 F 2

F

M-Verlauf

1 rF 2

1 F 2

rF

134

Schnittgroen

Aufgabe 5.27: Fur das dargestellte Sy-

F

stem sind die Verlaufe von Normalkraft, Querkraft und Moment zu ermitteln.

a

a

a

a Losung: Aus den Gleichgewichtsbedingun-

F

gen fur das Gesamtsystem " : BV F = 0 ; ! : BH A = 0 ;

1

A

y

3aA + aF = 0 folgen die Lagerreaktionen A=

F

a

C

a

a

3

4

E

B:

2

D

BH

5

BV

F

3 ; BV = F ; BH = 3 : Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System ergeben sich die Normal- und die Querkraft in den Teilen , , und zu 1

2

4

5

N = A = F=3 ;

Q =0;

N = A = F=3 ;

Q = F;

N = BH = F=3 ;

Q = BV = F ;

N = BV = F ;

Q = BH = F=3 :

1

2

4

5

1

2

4

5

Die Schnittmomente am Kraftangrispunkt und an den Punkten C , D und

E werden

MF = 0 ;

MC = aF ;

MD =

Im Bogen erhalt man 3

F

. : Q = 3 (sin + 3 cos ) ; & : N = F3 (cos 3 sin ) ; 3

y: S

3

M = 3

aF

5 3 aF ;

ME =

F

1 3F

3 (4 + 3 sin cos ) :

aF

3 :

a(1 cos ) S Q a sin

M N

135

am Bogen

Einige Werte von Q , N und M sind in der folgenden Tabelle zusammengestellt. 0 =4 =2 3=4 3

Q

F

N

1F 3

3

3

M

3

aF

3

3

p

2 2F 3 p 2 3 F

p

2 3 F p 2 2F 3

1F 3 F

1 (4 + p2)aF 3

F

1F 3 5 aF 3

1 (4 + 2p2) aF 3

7 aF 3

N-Verlauf 1 F 3

F

1 F 3

F

F

Q-Verlauf

1 F 3

F

1 F 3

aF

M-Verlauf

7 aF 3

1 aF 3 5 aF 3

136

Schnittgroen am Dreigelenkrahmen

Aufgabe 5.28: Fur den Dreigelenkrahmen sind im Fall q a = 3F die

q


" : AV GV 2q a = 0 ; ! : AH + GH = 0 ;

F

0

0

Verlaufe von Normalkraft, Querkraft und Moment zu bestimmen.

2a

Losung: 1

2a

a

a

GH

GV

0

y : 2aA 2q a 3aA = 0 ; G V H 0

2

" : BV + GV = 0 ; ! : GH + BH + F = 0 ;

q

0

C

GV

2

y: G

aBV

1

2aBH = 0

D

GH

F

BH

2

BV

AH

AV ermitteln sich die Lagerreaktionen 24 18 2 9 AV = F ; BV = GV = F ; AH = GH = F ; BH = F : 7 7 7 7 Mit den Schnittmomenten 6 18 aF MC = 3aAH = aF ; MD = 2aBH = 7 7 folgen die dargestellten Schnittgroenverlaufe. 24 F 7

N-Verlauf

2 F 7

24 F 7 18 F 7

6 aF 7

M-Verlauf

2 F 7 18 aF 7

Q-Verlauf 18 F 7

9 F 7

137

und Dreigelenkbogen

Aufgabe 5.29: Der Dreigelenkbogen ist durch die Kraft F und eine Streckenlast q a = 2F belastet. Man bestimme die 0

Verlaufe von Normalkraft, Querkraft und Moment.

q G 0

A

F a


gen fur das Gesamtsystem, den freige- AH schnittenen Bogen bzw. Balken 2

0

B

1

" : AV + BV F q a = 0 ; ! : AH BH = 0 ;

a

AV

x

G : aBV aBH = 0 ; x

G : aAV + q a = 0 1

2

0

2

BH BV

2

1

F

1

2

N

folgen die Lagerreaktionen AV = F ; BV = BH = AH = 2F :

M S

a

Q

a sin BH = 2F Fur die Schnittgroen im Bogen gilt a cos BV = 2F - : N () = 2F (cos + sin ) ; % : Q() = 2F (cos sin ) ; x : M () = 2F a(1 cos sin ) : S Damit ergeben sich die dargestellten Verlaufe der Schnittgroen. Man erkennt, da M und N in der Bogenmitte maximal sind. N-Verlauf Q-Verlauf 2F

F 2F

F

2F

M-Verlauf

1 aF 4

p

2aF ( 2

1) 2F

138

Schnittgroen

Aufgabe 5.30: An welcher Stelle mu das Gelenk G angebracht werden, damit der Betrag des groten Momentes minimal wird? Die Schnittgroenverlaufe sind fur diesen Fall anzugeben.

q

l

a

0

G l

Aus den Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem und fur das rechte Teilsystem GV q C GH " : AV + BV = 0 ; GH ! : q l AH BH = 0 ; GV y : 1 q l lB = 0 ; A V

2 y : lB G H (l a)BV = 0 x Losung:

D

2

0

2

0

2

0

1

AV

AH

3

BH BV

ergeben sich die Lagerreaktionen 1 1 1 BV = AV = q l ; BH = q (l a) ; AH = q (l + a) : 2 2 2 In den Bereichen und ist der Momentenverlauf linear. An den Stellen C und D erhalt man die Schnittmomente 1 1 1 MC = lAH 2 q l = 2 q la ; MD = 2 q l(l a) : Im Bereich gilt 1 1 M (x) = xAH 2 q x = 2 q [(l + a)x x ] : Der Extremwert von M im Bereich folgt durch Ableitung: d M = 0 : l + a 2x = 0 ; x = l + a dx 2 1 ; M = M (x ) = 8 q (l + a) : 0

2

0

0

3

2

0

0

0

1

2

0

2

0

1

2

0

Die groten Momente treten in C , D und bei x auf.

139

am Dreigelenkrahmen

Setzt man der Reihe nach die Betrage jeweils zweier Momente gleich, so ergeben sich: jMC j = jMD j : a = l=2 ; jMC j = jMD j = q l =4 = 0; 25 q l ; M = 9q l =32 = 0; 28 q l ; jMC j = jM j : 4la = (l + a) ; a = l ; ; jMC j = jM j = 0; 5 q l ; MD = 0 p jM j = jMD j : (l + a) = 4l(l a) ; a = l( 12 3) = 0; 464 l ; p ; jM j = jMDj p= (4 12)q l =2 = 0; 268 q l ; MC = ( 3 + 12)q l =2 = 0; 232 q l : Man erkennt, da im Fall p a = l( 12 3) der grote Momentenbetrag minimal wird. Die Lagerreaktionen BH und AH nehmen dann die folgenden Werte an: p p 4 12 q l = 0; 268 q l ; A = 12 2 q l = 0; 732 q l : BH = H 2 2 0

0

2

0

2

0

2

2

2

0

2

2

0

0

0

0

0

0

N-Verlauf

0

0

1 q0 l 2 0; 268q0l

1 q0 l 2

1 q0 l 2

2

2

Q-Verlauf

0; 268q0l

x 0; 732q0l

0; 232q0l2

M-Verlauf

2

2

0; 268q0l 0; 268q0

0; 268q0l2

x

l2

140

Schnittgroen

Aufgabe 5.31: Fur den symmetrisch belasteten halbkreisformigen Dreigelenkbogen sind die Verlaufe von Normalkraft, Querkraft und Moment als Funktion von anzugeben.

F

Da das Tragwerk und die Belastung symmetrisch sind, gilt AH = BH ;

F

2

GV = 0 :

GV

1

Aus den Gleichgewichtsbedingungen fur das linke/rechte Teilsystem folgt damit AV = BV = F ;

AH = BH = GH =

F

GH

B

GH

F GV BH

AH

AV

:

60Æ

A

AV = B V ;

G

r

Losung:

F

BV

2 Die Schnittgroen ergeben sich durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System. Man erhalt fur den Bereich zwischen dem Lager A und der Kraftangrisstelle (0 < 60Æ): 1

%:

N = F cos

1

1

2

M S

F sin

= F (cos + sin ) ; Q = F sin F cos = F (sin cos ) ; 1

2

&:

1 2F

2

1

x:

2

M = rF (1 cos )

S

1

1

2

1

Q

1

1

1

1

N

1

rF sin

r sin

r cos

F

= rF (1 cos sin ) : Im Bereich zwischen der Kraftangrisstelle und dem Gelenk G (60Æ < 90Æ) gilt 1

2

2

.: -:

x: S

N =

1

2

2

= Q = =

1 2 1

2

2 1 2

F cos(90Æ

)

F sin ; F sin(90Æ

)

F cos ;

M = F r(1 sin ) : 1

2

2

2

Q M N

2

2

2

S

90Æ

G

1F 2

r cos(90Æ )

141

am Dreigelenkbogen

Einige Werte von N , Q, und M sind in der Tabelle zusammengestellt: 0 30Æ 45Æ 60Æ 90Æ N F 1; 12 F 1; 06 F 0; 93 F N 0; 43 F F=2 Q F=2 0; 07 F +0; 35 F +0; 62 F Q 0; 25 F 0 M 0 0; 12 rF 0; 06 rF +0; 07 rF M +0; 07 rF 0 1 2

1 2

1 2

Damit ergeben sich die dargestellten Schnittgroenverlaufe. An der Kraftangrisstelle tritt in der Normalkraft ein Sprung von F cos 60Æ = F=2 und in der Querkraft ein Sprung von F sin 60Æ = 0; 87 F auf. Die Momentenlinie hat dort einen Knick. Aufgrund der Symmetrie von Tragwerk und Belastung sind N bzw. M symmetrisch und Q antisymmetrisch.

N-Verlauf 0; 93F

Q-Verlauf

1 F 2

0; 62F

1 F 2

F

M-Verlauf

0; 07rF

1 + F 2

142

Schnittgroen


q = 0

a

F

a

2a a

Das Freikorperbild zeigt das getrennte System. Zunachst bestimmen wir die Lagerreaktionen. Die Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem (kann als ein star- q rer Korper betrachtet werden) ! : AH + 2q a = 0 ; " : AV F 2F + B = 0 ;

2F

F

te System sind die Verlaufe von Normalkraft, Querkraft und Moment sowie die Stabkrafte zu ermitteln.

Losung:

F

D

E

a

GV S

a

2F

GH GH S

1

45Æ

H S

GV

2

0

3

B

S

AH

2

S

AV

0

a

S

1

3

C

y : 2q a + aF + 6aF 4aB = 0 A 0

2

liefern mit q = F=2a 0

AV = F ;

AH = F ;

B = 2F :

Die Gelenkkrafte und die Stabkraft p S konnen am rechten Teilsystem ermittelt werden. Mit sin 45Æ = cos 45Æ = 2=2 lauten die Gleichgewichtsbedingungen 3

p

" : GV 2F 22 S + B = 0 ; p ! : GH 22 S = 0 ; p y 3

3

G:

Daraus folgen

p

2aF + 22 aS

S = 2 2F ; 3

3

2aB = 0 :

GH = 2F ;

GV = 2F :

Schlielich errechnen sich die Stabkrafte S und S aus den Gleichge1

2

143

beim Balken-Stab-System

wichtsbedingungen am Knoten C :

!: ":

p

p

2S + 2S =0 2 p p2 2S + 2S +S =0 2 2 1

3

1

3

2

; ;

S =S ; 1

3

p

S =

2S = 4 F : 3

2

Um den Momentenverlauf skizzieren zu konnen, ist es zweckmaig, noch die Schnittmomente in den Punkten D, E , H zu bestimmen: MD = 2aAH a(q 2a) = aF ; ME = a(GV + S ) = 2aF ; MH = aB = 2aF : 0

2

2F

N-Verlauf

S2 S1

F

S3

2F

F

Q-Verlauf 2F

2F

F 2aF

M-Verlauf

aF

quadr. Parabel

2aF

144

Schnittgroen

P

q


Tragwerk sollen die Au agerkrafte in A und B und samtliche Schnittgroenverlaufe (Normalkraft, Querkraft und Moment) mit Skizze und Angabe der Extremwerte fur den Bereich A C (Winkelrahmen) berechnet werden. Gegeben: P = q a=4

A

a C a

B a

Fur die Berechnung der Au agerkrafte und der Schnittgroenverlaufe im Winkelrahmen kann das Tragwerk auf folgende Weise vereinfacht werden. Zunachst kann die Pendelstutze zwischen den Punkten B und C in ihrer Wirkung durch ein um 45Æ geneigtes Gleitlager im Punkt C ersetzt werden. Auerdem konnen die Normalkrafte in den Staben, an denen die Last P angreift, durch die Gleichgewichtsbedingungen am Gelenk berechnet und anschlieend als auere Last auf den Winkelrahmen aufgebracht werden. Aus den Gleichgewichtsbedingungen

a

Losung:

q S

A

2

C

S

a 1

a

P

p

2 S 2 Sp P = 0 ; 2 S 45Æ S 2 S =0 folgen die Stabkrafte p S = 2 P und S = P : Am vereinfachten Gesamtsystem konnen nun mit den Gleichgewichtsbedingungen

": !:

1

2

2

1

1

1

2

x : p2 a B + p2 a S A

p

qa

2

2 = 0;

1

p

" : AV + 22 B + 22 S q a = 0 ; p p ! : AH + S + 22 B + 22 S = 0 1

2

1

AH

q S

AV

2

B

S

1

145


die Au agerreaktionen p 2 3 qa B= 2 q a ; AV = 4 q a und AH = 2 berechnet werden. Fur die Darstellung der Schnittgroenverlaufe ist es sinnvoll, die Krafte B und S in einen Teil senkrecht und einen Teil parallel zum Winkelrahmen zu zerlegen, weil dadurch eine einfache Zuordnung zur Normal- bzw. Querkraft gewahrleistet ist. Um den Momentenverlauf skizzieren zu konnen, mu zusatzlich das Moment MK im Knick des Winkelrahmens berechnet werden. 1

q S

AH A V BH

SH 1

SV

BV

NK

1

p

2 qa 2 B= 2 ; p 2 qa SV = 2 S = 4 ;

BV =

1

1

1

1

MK QK

BH BV

2

p

2 qa 2 B= 2 ; p 2 qa SH= 2 S = 4 ;

BH =

SH

a

MK = a (BH + S H ) = 1

qa

2

4 :

1

SV 1

Damit lassen sich die Schnittgroenverlaufe darstellen: N-Verlauf

Q-Verlauf

qa

qa

4

2

M-Verlauf qa

2

4

qa

2

3qa 4 qa

4

4

qa

4

146

Schnittgroen


q

te Tragwerk sollen alle Au agerreak- A F tionen und samtliche Schnittgroenverlaufe (Normalkraft, Querkraft und Moment) im Tragwerksteil A B mit Skizze und Angabe der Extremwerte G berechnet werden.

B

E

D a

C

a

Mit Hilfe des Freikorperbilds konnen die Au agerreaktionen folgendermaen berechnet werden. Zunachst erkennt man am Teilsystem aus dem Gleichgewicht in horizontaler Richtung, dass die Lagerkraft

a

a

a

a

Losung:

CH = 0

R1 = 2 q a BH

5

1

G

S1 S1 S3

ist (Pendelstutze). Damit verschwindet auch die horizontale Au agerkraft EH , da das System keine horizontale Belastung besitzt.

p

BV BH

4

S2 S4 S4

CH S3 5

BV

CV

R2 = 2 2 q a

2

S2

EH

3

S5

S5

DV

EV

Um die verbleibenden vertikalen Au agerkrafte CV , DV und EV ermitteln zu konnen, werden zuerst die unbekannten Kraftgroen im Teilsystem bestimmt. Durch geschickte Wahl der Gleichgewichtsbedingungen folgen die gesuchten Groen unmittelbar aus der jeweiligen Gleichung: y : 2 a G a R p2 S a = 0 ; S = 2 p2 (q a + G) ; B y: B a Ga = 0 2 ; BV = G ; F V p ! : 22 S + BH = 0 ; BH = 2 (q a + G) : Mit dem Gleichgewicht in vertikaler Richtung am Teilsystem , " : EV + BV R = 0 ; ergibt sich die Au agerkraft p EV = 2 2 q a G : 1

1

1

1

1

2

2

147


Die Au agergroen CV und DV konnen nun wieder am Gesamtsystem ermittelt werden:

y

D:

a E V + a CV

" : DV + EV + CV

3aG 2aR = 0 G R R =0 2

1

2

; ;

p p

CV = q a (4 + 2 2) 2 G ; DV = q a (2 2 + 2) :

Das Tragwerksteil A B kann als Balken auf zwei Stutzen angesehen werden, dessen Au agergroen BV , BH und S bereits berechnet worden sind. Das Schnittmoment im Punkt F kann vom auskragenden Ende aus berechnet werden: qa MF = G a 2 : Damit lassen sich die Schnittgroenverlaufe skizzieren: 1

2

N-Verlauf

2 (q a + G)

Q-Verlauf G qa G G G+qa

M-Verlauf qa

8

Ga 2

qa

2

2

qa

8

2

148

Schnittgroen

Aufgabe 5.35: Fur das System aus

2F

F

Balken und Staben sind die Stabkrafte und der Momentenverlauf im Trager zu ermitteln.

a

Losung: Die Lagerreaktionen fol-

gen aus den Gleichgewichtsbe- AH dingungen fur das Gesamtsystem zu 5 7 AV = F ; B = F ; AH = 0 : AV 4 4

2

1

a

a

F

GH

E

C

S

a

a

2F

GV

GH GV

3

H S

3

4

B

5

D

Gleichgewicht am rechten Teilsystem liefert die Gelenkkrafte und S : " : GV + B 2F = 0 ; GV = F=4 ; y : aS + 2aF 2aB = 0 ; S = 3 F ; G 2 ! : GH S = 0 ; GH = 23 F : 3

3

3

3

Aus dem Gleichgewicht am Knoten C (oder D) ergeben sich die restlichen Stabkrafte. Beachte: da die Verhaltnisse an den Knoten C und D spiegelbildlich sind, gilt S = S , S = S : S p p 2 3 45Æ !: 2 pS + S = 0 ; S = S = 2 2 F ; S S C " : S + 22 S = 0 ; S = S = 32 F : 1

5

2

4

2

1

3

1

5

2

4

1

3

2

1

Bei der Bestimmung des Momentenverlaufes ist es zweckmaig, vom Gelenk auszugehen. Man erhalt dann an der Kraftangrisstelle E ME = aGV =

Analog folgt MH =

aF

4 :

ME

aF

4 : Damit ergibt sich der nebenstehende Momentenverlauf.

1 aF 4

M

QE

GH GV

a

1 aF 4

149

bei raumlichen Tragwerken

Aufgabe 5.36: Fur den abgewin-

kelten Kragtrager sind die Schnittgroen zu bestimmen.

q

A

0

b

a B

Losung: Wir trennen den Trager an der Ecke B und fuhren in beiMx den Bereichen KoordinatensyMB y steme ein; durch sie sind die Vorx My z zeichen der Schnittgroen festQB gelegt. Im Bereich ergibt sich Qz

QB durch zweifache Integration von x q unter Berucksichtigung der MB y Randbedingungen Qz (0) = 0, z My (0) = 0: 1q x : Qz = q x ; My = 2 1

1

1

1

1

2

2

0

2

2

2

0

1

0

1

An der Ecke B folgt damit

1q a : 2 Im Bereich erhalt man aus den Gleichgewichtsbedingungen am geschnittenen Balken: Fz = 0 : Qz = QB = q a ; 1 Mx = 0 : Mx = MB = q a ; 2 My = 0 : My = x QB = q ax : QB = Qz (a) = q a ;

MB = My (a) =

0

2

0

2

P

0

P

2

0

P

2

0

2

Anmerkungen:

Die restlichen Schnittgroen sind Null. Die Lagerreaktionen an der Einspannung folgen aus den Schnittgroen im Bereich zu 2

A = Qz (b)= q a ; MAx = Mx (b)=

qa

2

2 ; MAy = My (b)= q ab : Das Biegemoment My im Bereich geht an der Ecke B in das Torsionsmoment Mx im Bereich uber. 0

1

2

0

0

150

Schnittgroen


te System sind die Verlaufe der Schnittgroen zu bestimmen.

q = 2F=a

C

a

a

0

F a

D

B

2a

A

Aus den Gleichgewichtsbedingungen Cy Cx z Fx = 0 : Cx F = 0 ; By F x y Cz Fy = 0 : By + Cy = 0 ; Fz = 0 : A + Bz + Cz q 2a = 0 ; Bz D Mx = 0 : 2aA a(q 2a) = 0 ; q 2a A MyD = 0 : aBz + aCz aF = 0 ; Mz D = 0 : aBy aCy + 2aF = 0 bestimmen wir mit q = 2F=a zunachst die Lagerreaktionen: F 3 A = 2F ; Bz = ; By = Cy = F ; Cx = F ; Cz = F : 2 2 Nun unterteilen wir das System in 4 z Bereiche und fuhren in ihnen Koorx y dinatensysteme ein, durch welche die y x

Vorzeichen der Schnittgroen festgelegt

x

z sind. Durch Gleichgewichtsbetrachtung y x y am geschnittenen System ergibt sich z dann: z M z

Qy = B y = F ; Qy My Qz = Bz = F=2 ; By

Q z My = B z x = F x ; Bz Mz = By x = F x ; x Cy Cx

N = Cx = F ; Qz My Qy = +Cy = +F ; Qy C z Qz = Cz = 3F=2 ; N Mz a x My = +Cz (a x ) = + F (a x ) ;

Losung: P P P

0

P P P

(

)

(

)

(

)

0

0

0

2

2

1

4

4

2

4

3

1

4

2

3

3

1

1

3

1

1

1

1

1

2

1

1

1

2

2

3

2

2

2

2

151

bei raumlichen Tragwerken

Mz = Cy (a x ) = F (a x ) ; 2

x

2

Qy = F ;

Mx

3

Qz = A q x = 2F (1 x =a) ; Qy Mx = F a ; My = Ax q x = F (2x x =a) ; My Mz = F x ; 0

3

3

1

3

2

0

2 3

2 3

3

3

q

F

0

Qz

3

Mz

A

3

Qz = F ;

4

F

x

4

My = F x :

My

4

Qz

Die Verlaufe von Normalkraft, Torsionsmoment und Biegemoment sind nachfolgend dargestellt.

Normalkraft

Torsionsmoment F Fa

1 Fa 2

3 Fa 2

My

Biegemomente My

+F a Mz

Fa

2F a

Fa

My Mz

Fa

Anmerkungen:

Das Biegemoment im Bereich geht in das Torsionsmoment im Bereich uber. Letzteres verursacht im Trager BC an der Stelle D einen 4

3

Sprung im Biegemoment My . Analog fuhrt das Biegemoment Mz aus Bereich bei D zu einem Sprung im Mz -Verlauf des Tragers BC . 3

4

152

Schnittgroen

Aufgabe 5.38: Der eingespannte halb-

kreisformige Trager be ndet sich in einer horizontalen Ebene und ist durch sein Eigengewicht (q = const) belastet. Es sind die Schnittgroen zu bestimmen.

r

0

Wir schneiden den Trager bei einem beliebigen Winkel und fuhren ein lokales Koordinatensystem ein, durch das die Vorzeichen der Schnittgroen festgelegt sind. Mit der Bogenlange r betragt das Gewicht des abgeschnittenen Bogenstucks q r. Wir konnen es uns im Schwerpunkt S vereinigt denken, der sich im Abstand sin =2 r = 2r Losung:

Qz S

My

z

q r

y

0

0

S

Mx x

2

rS a S

b

z

x y

vom Mittelpunkt be ndet (vgl. Kapitel 2). Mit den Hebelarmen a = rS sin (=2) = (2r=) sin (=2) = (r=)(1 cos ) ; b = r rS cos (=2) = (r=)[ 2 sin (=2) cos (=2)] = (r=)( sin ) liefern die Gleichgewichtsbedingungen Fz = 0 : Qz () = q r ; Mx = 0 : Mx () = b(q r)= q r ( sin ) ; My = 0 : My () = a(q r)= q r (1 cos ) : 2

P

0

P

0

0

2

P

0

Die restlichen Schnittgroen sind Null. Die Lagerreaktionen konnen aus den Schnittgroen an der Stelle = bestimmt werden. Nebenstehend sind die Verlaufe von Biegemoment My und Torsionsmoment Mx dargestellt.

0

Mx =q r 0

-2

My =q r 0

2

2

=2 2

6 Seile 1. Seile unter kontinuierlicher Vertikalbelastung

q (x)

1001 00 11 10

x

x

1 0 0 11 0

(x)

z

l

tan = z0

z (x)

h

z

V

H S

Fur den Horizontalzug H und die Seilkraft S gilt H = const ; S = H 1 + (z 0 ) : Aus der Dierentialgleichung 1 q(x) z 00 = q

2

H folgen durch Integration die Seilkurve z(x) und die Durchhangkurve (x): z (x) =

1

H

Z

xZ x 0

h x : l

(x) = z (x)

q (~x) d~x d~x + C x + C ; 1

0

2

Bei vorgegebenem H konnen die Integrationskonstanten C , C aus den geometrischen Randbedingungen (z(0); z(l)) bestimmt werden. Ist H unbekannt, so ist eine zusatzliche Bedingung erforderlich. Mogliche Bedingungen sind: 1. maximaler Durchhang = vorgegeben, 2. maximale Seilkraft S = S vorgegeben, 3. Seillange L = L vorgegeben. 1

2

max

max

Im Sonderfall konstanter Vertikalbelastung q(x) = q = const ergibt sich fur die Seil- und die Durchhangkurve 0

!

h ql z (x) = + x l 2H 0

q 2H x ; 0

2

(x) =

q 2 H (l x x ) : 0

2

154

Seile

Der Horizontalzug bestimmt sich aus

1: vorgegeben: H = q8l ; 2

0

2:

S

v u

u S = H t1 +

vorgegeben:

jhj + q l

!2

2H ; 0 p 3: L vorgegeben: L = 2Hq z0 1 + z0 + arsinhz0 zz0 mit z0 = hl + 2q Hl ; z0 = hl 2q Hl : (im 2. und im 3. Fall folgt H aus einer impliziten Gleichung) 0

l

i

h

2

0

0

1

2. Seile unter Eigengewicht

Fur Horizontalzug und Seilkraft gelten q

H = const ;

S = H 1 + (z 0 ) : 2

2

00 11 11 00 0 1 1 00 11 00 11 00 1

101010101010 00 11 (x)

Die Seilkurve errechnet sich aus q z 00 = 1 + (z0 ) ; q

H

2 1

0

2

z

l=2

wobei q das verteilte Gewicht bezuglich der Seillange ist.

h

x l=2

Fur den Sonderfall Gewicht ist uber die Seillange konstant verteilt: q = q = const beide Seillagerpunkte liegen auf gleicher Hohe ergeben sich Seilkurve: z(x) = H 1 cosh qHx ; (Kettenlinie ) q 0

0

0

Durchhang: (x) = z(x) + h ; Seilkraft: S (x) = H cosh q x ;

;

h=

0

max

= z 2l

!

H 2 H q l Seillange: L = q sinh 2 H : Die Bestimmung des Horizontalzugs H bei vorgegebenen , bzw. S oder L 0

0

erfolgt jeweils aus einer transzendenten Gleichung.

155

Seile

11 00 11 00 00 11 B h

Aufgabe 6.1: Ein Tragseil ist zwischen den Punkten A und B durch eine konstante Streckenlast q(x) = q belastet.

1A 0 00 1 11 00 1

0

Es soll so gespannt werden, da die Neigung der Seilkurve bei A gerade Null ist. Wie gro sind dann der Horizontalzug und die maximale Seilkraft?

q

0

l

Losung: Wir legen den Koordinatenursprung in den Punkt A. Die zweifache Integration der Dierentialgleichung der Seilkurve liefert

11 00 11 00 00 11 B

0 000 11 11 0 1

A x q z 00 (x) = ; H q 0 z (x) = x+C ; z H q z (x) = 2H x +C x +C : Die 2 Integrationskonstanten C , C und der gesuchte Horizontalzug H folgen 0

0

1

0

2

1

2

1

aus den Randbedingungen:

; ; ;

z (0) = 0

z 0 (0) = 0 z (l) = h

2

C =0; 2

C =0; 1

h=

q 2H l 0

;

2

H=

Die Seilkraft errechnet sich damit zu q

S = H 1 + (z 0 )

2

v u

u = q2 hl t1 + 2 lh x 0

2

!2

2

:

Sie nimmt ihren groten Wert bei x = l (Lager B ) an: S

max

v u

u = q2 hl t1 + 2lh 0

2

!2

:

q l 2h : 0

2

156

Seile

Aufgabe 6.2: Ein durch ein Gewicht G vor- 2q

gespanntes Seil ist durch eine linear verteilte Last q(x) beansprucht. Die Rolle am rechten Au ager ist reibungsfrei gelagert und in ihrer Abmessung vernachlassigbar klein. Ermitteln Sie Ort und Groe des maximalen Durchhangs. p Gegeben: q = 12 2 G=l z

q

11 00 0 1 11 00 0 1

0

Losung:

0

0101 00 11 11 00

x

l=3

G l

Mit der Belastungsfunktion q (x) = q

0

x +2 l

0

ergibt die zweifache Integration der Dierentialgleichung der Seilkurve z 00 (x) =

q H

x +2 ; l

z 0 (x) =

ql H

"

1 x +2x +C ; 2 l l

0

0

#

2

1

1 x + x +C x+C : 6 l l Aus den geometrischen Randbedingungen folgt z (0) = 0 ; C = 0 ; l 1 5q l z (l) = 3 ; C = 3+6 H : Damit lautet die Seilkurve q l 1 x + x 5 x 1x: z (x) = H 6 l l 6 l 3 Der noch unbekannte Horizontalzug H lat sich aus der vorgegebenen Seilkraft an der Stelle x = l bestimmen. Die Bedingung ql H

z (x) =

0

2

"

3

2 #

1

2

2

0

1

2

"

0

S (l) = G

liefert mit

z 0 (l) =

3

2

q

bzw.

H 1 + z 0 (l) = G 2

2q l 1 1 p G 3 H + 3 = 3 2H +1 !

0

#

S

0 1 11 00 00 1 00 11 10 1

G

157

Seile

die quadratische Gleichung

mit der Losung

p

2 2 G 7 H

G H

2

10 = 0 7

5 p2 < 0 (nicht moglich) ; p7 2: Daraus folgt der Horizontalzug 1 p2 G = q l ; H= 2 womit sich die endgultige Seilkurve ergibt: 1 x x 5 x 1x: z (x) = l + 6 l l 6 l 3 Die Durchhangkurve lautet mit h = l=3 8

< G > = H > :

0

"

3

2

#

h x l

(x) = z (x)

x = l 61 xl + 56 xl : l Der maximale Durchhang folgt aus der Bedingung 0 = 0 ; xl 4 xl + 53 = 0 ; welche fur den Ort auf die beiden Losungen "

3

2

#

max

2

q x 7 =3 = 2 l q

fuhrt. Die 1. Losung x = (2 + 7=3 ) l > l ist geometrisch nicht moglich; tritt demnach an der Stelle max

q

x = (2

7=3 ) l

auf. Einsetzen liefert schlielich den maximalen Durchhang 0

max

s

1

= (x) = 79 73 1 l 0; 188 l : @

A

158

Seile

Aufgabe 6.3: Eine Wascheleine ist an A ihren Enden A und B in den Hohen hA > hB uber dem Boden befestigt.

l

x

B

Durch die Waschestucke erfahrt die Leine naherungsweise eine konstante Strecken- z hA belastung q(x) = q . Wie gro ist die maximale Seilkraft, wenn der geringste Abstand des Seils vom Boden h betragt? Gegeben: hA = 5 a, hB = 4 a, h = 3 a, l = 10 a :

hB

0

Losung: Mit den Randbedingung z (0) = 0 und z (l) = hA hB

die Seilkurve

= a ergibt sich

1 10 q a q 10 + 2 H x 2 H x : Den noch unbekannten Horizontalzug H bestimmen wir aus dem bekannten Minimalabstand h . Dieser tritt an der Stelle x auf, bei der z0 = 0 ist: 1 5q a q z 0 (x) = + 10 H H x = 0 : Hieraus folgen 1 H (H + 50 q a) x = 10 q + 5 a und z = z(x ) = 200 q H : Einsetzen in h = hA z liefert mit den gegebenen Werten die quadratische Gleichung H 300 q a H + 2500 (q a) = 0 mit der Losung p H = (150 100 2 )q a : Fur das "+ \-Zeichen liegt x nicht zwischen A und B , daher kommt nur das " \-Zeichen in Frage: p H = (150 100 2 )q a 8; 579 q a : Die maximale Seilkraft tritt an der Stelle mit der groten Seilneigung z0 auf, d. h. am hoher gelegenen Seilau ager: z (x ) =

0

0

0

2

0

0

max

0

0

max

2

2

0

0

0

0

S

max

0

q

= S (0) = H 1 + z0 (0) = 10; 388 q a : 2

0

2

159

Seile

Aufgabe 6.4: Ein durch sein Eigengewicht q belastetes Seil ist zwischen 0

zwei gleich hohen Masten uber eine x Fahrbahn gespannt. An den Fupunkten der Masten kann das maximale Moz ment Mmax aufgenommen werden. Bestimmen Sie die grote freie Durchl fahrtshohe in der Seilmitte sowie die maximale Seilkraft. Gegeben: hM = 20 m; l = 50 m; q = 10 N=m; Mmax = 10 kNm.

hM

0

Losung: Aus dem maximal aufnehmbaren Moment am Fupunkt eines Mastes lat sich zunachst der zulassige maximale Horizontalzug H bestimmen:

H=

Mmax = 500 N : hM

Die Seilkurve im gegebenen Koordinatensystem lautet z (x) =

H q x 1 cosh : q H 0

0

Damit ist der maximale Durchhang H 1 cosh 2qHl = 6; 381 m : q !

max = z (l=2) =

0

0

Die freie Durchfahrtshohe ergibt sich dann zu hD = h M

max = 13; 618 m :

Die maximale Seilkraft tritt an den Aufhangepunkten (x = l=2) auf: Smax = H cosh

q l 2 H = 500 N cosh 0; 5 = 563; 8 N : 0

160

Seile

Aufgabe 6.5: Mit einem Maband (Eigengewicht q ) soll der Abstand zwischen den Punkten A und B gemessen werden. Der tatsachliche Abstand ist l. Mit welcher Kraft P mu das Maband 0

B

A

1 0 0 0 00 11 01 1 01 1 0 1 00 11

x z

010101 00 11

P

gespannt werden, damit der Mefehler l gerade 0,5 % betragt? Wie weit hangt das Band dabei durch? Losung: Die Bestimmung des Horizontalzuges H erfolgt aus der Seillange L. Ein Mefehler von 0,5 % bedeutet, da 2 H sinh q l : L = 1; 005 l = q 2H Nach der Umformung 1; 005 2qHl = sinh 2qHl und der Substitution 0.0004 q l f () := 0.0002 2H erhalt man eine Losung fur die Gleichung 0.0000 0

0

0

0

0

f () = 1; 005 sinh = 0

−0.0002 −0.0004 0.00

0.05

0.10

durch gra sche Nullstellenbestimmung oder (genauer) durch Iteration mit Hilfe des Newton-Verfahrens: f (n ) n = n mit f 0() = dfd() : f 0 ( ) +1

0.15

0.20

n

Schritt 0 (Startwert) 1 2 3 4 0,2000 0,1777 0,1733 0,1731 0,1731 Daraus folgt = 0; 1731 und damit q l H= 2 = 2; 889 q l : S Fur die Spannkraft P ndet man q l P = S (l=2) = H cosh 2 H = H cosh = 2; 932 q l : Der maximale Durchhang ist H max = z (l=2) = 1 cosh 2qHl = 0; 0434 l : q

00 11 110101 00

0

0

0

0

!

0

0

P

161

Seile

Aufgabe 6.6: Ein uber eine reibungs-

q

freie Rolle gefuhrtes Seil (Eigengewicht vernachlassigbar) der Gesamtlange L = 7 a wird durch eine Gleichstreckenlast q und eine Einzelkraft P belastet. Wie gro mu P gewahlt werden, damit sich z im Bereich A B der maximale Durch- A hang = a=10 einstellt?

x

max

B

C

P

max

4a

a

a

Losung: Fur die Bestimmung der Kraft P mussen die Anteile an der gegebenen Seillange L in den Bereichen A B und B C ermittelt werden. Im Bereich A B kann hierzu die folgende Formel verwendet werden: iz H h 0p LAB = z 1 + z 0 + arsinh z 0 z2 : 2q 1 Der Horizontalzug sowie die Grenzen z0 und z0 ergeben sich in diesem Fall zu ql q (4 a) 1 ql 1 ql 0 0 H= = a = 20 q a ; z = 2 H = 10 und z = 2 H = 10 : 8 8 10 0

2

0

1

2

2

2

2

1

0

s

1 101 + arsinh 1 Einsetzen liefert LAB = 20 a 10 100 10 Durch geometrische U berlegungen folgt fur die Seillange im Bereich B C : SBAB

@

q

LBC = 2 wp + a : 2

1 A

4; 01 a : SBBC

SBBC

wp

2

P

Mit der Beziehung L = LAB + LBC = 7 a berechnet man fur den maximalen Durchhang im Bereich B C : wp 1; 11 a. Da somit der Winkel = arcsin(wp= wp + a ) bekannt ist, kann SBBC durch Aufstellen des Gleichgewichts in vertikalen Richtung am Angrispunkt vom P berechnet werden: " : 2 SBBC sin P = 0 ; SBBC = 2Pw wp + a : p Bilden des Momentengleichgewichts an der Umlenkrolle liefert q

2

2

q

2

v u u t

!2

2

= H 1 + 2q Hl 20; 10 q a : Somit folgt fur den Betrag der Kraft P : 40; 20 q a 1; 11 a = 29; 87 q a : P p 1; 11 a + a SBAB

=

SBBC

mit

SBAB

2

2

2

0

162

Seile

Aufgabe 6.7: Ein Seil ist durch zwei bereichsweise konstante Linienlasten q bzw. q beansprucht. Ermitteln Sie un-

q

q

1

2

1

2

ter der Voraussetzung, da die grote Seilkraft S betragt, die Gleichung der Seilkurve in den Bereichen I und II . Gegeben: q = 1 kN=m, q = 2 kN=m, S = 100 kN, a = 20 m, b = 4 m.

I

max

1

z

2

a=2

max

b

II

x

a=2

Da an der Stelle x = a=2 ein Sprung in der Belastungsfunktion vorliegt, mu fur die Ermittlung der Seillinie das Problem in zwei Bereiche unterteilt werden. Durch zweifache Integration von 1 q(x) z 00 = H folgen die beiden Gleichungen fur die Seilkurve: 1 1 zI (x) = 2 H q x + C x + C ; zII (x) = 2 H q x + C x + C : Losung:

2

1

2

1

2

2

3

4

Die 4 Konstanten konnen durch die folgenden Rand- bzw. U bergangsbedingungen ermittelt werden: Randbedingungen: zI (0) = 0 ; zII (a) = b ; U bergangsbedingungen: zI (a=2) = zII (a=2) ; zI 0 (a=2) = zII 0(a=2) : Es folgt fur die Konstanten C C : a b C = 8 H (3 q + q ) a ; C = 0 ; 1

1

4

1

C = 3

2

2

a 8H ( q +5q ) 1

2

a b ; C = a 8 H (q 2

4

q ):

1

2

Zur vollstandigen Bestimmung der Seilkurve mu nun noch der Horizontalzug

H ermittelt werden:

= H 1 + (zII 0 (a)) = 100 kN mit zII 0(a) = 235H 15 : Das Auswerten obiger Gleichung liefert die quadratische Gleichung 26 38775 = 0 25 H + 7 H 4 mit der Losung p 7 40375 ; H = H 93; 24 kN; (H 99; 97 kN) : H; = 52 25 S

max

q

2

2

1 2

1

2

7 Der Arbeitsbegri in der Statik Wenn sich der Angrispunkt einer Kraft F um eine in nitesimale Strecke dr verschiebt, dann leistet die Kraft die Arbeit F

dr

dW = F dr = F dr cos :

Analog lautet die Arbeit eines Moments M bei einer Verdrehung um d dW = M d : Sind Kraft- und Verschiebungsvektor bzw. Momenten- und Drehvektor parallel, so vereinfachen sich diese Beziehungen zu dW = F dr bzw: dW = M d : Prinzip der virtuellen Arbeit

In der Statik werden anstelle der Strecke dr "gedachte\ Verschiebungen Ær eingefuhrt. Mit diesen kann das Prinzip der virtuellen Arbeit formuliert werden: Ein Kraftesystem, das im Gleichgewicht steht, leistet bei einer virtuellen Verruckung Ær keine Arbeit: ÆW = 0 : Virtuelle Verruckungen sind: 1. gedacht 2. in nitesimal klein 3. mit den kinematischen Bindungen des Systems vertraglich. Anmerkungen:

Falls Lagerreaktionen (bzw. Schnittkrafte) ermittelt werden sollen, mu

geschnitten und die Lagerkraft (bzw. die Schnittkraft) als auere Kraft eingefuhrt werden. Das Symbol Æ weist auf den Zusammenhang mit der Variationsrechnung hin. Die Arbeit einer Kraft entlang eines endlichen Weges ist gegeben durch r2 W = F dr . r1 R

164

Stabilitat

Stabilitat einer Gleichgewichtslage

Konservative Krafte (Gewicht, Federkraft) lassen sich aus einem Potential = W herleiten, und es gilt Æ = ÆW :

Dann lautet die Gleichgewichtsbedingung Æ = 0 :

Die Stabilitat der Gleichgewichtslage ergibt sich aus dem Vorzeichen von Æ : 0 stabile Lage; Æ > < 0 instabile Lage: 2

(

2

Ist als Funktion einer Ortskoordinate z gegeben, so gilt d 1 d (Æz) : Æ = Æz ; Æ = dz 2 dz Hieraus folgen mit Æz 6= 0: Gleichgewichtsbedingung d = 0 ; dz Stabilitat d > 0 stabile Lage; dz < 0 labile Lage: 2

2

2

2

(

2

2

Anmerkungen:

Fur ddz = 00 = 0 mussen hohere Ableitungen untersucht werden. Die Gleichgewichtslage ist indierent, wenn 00 = 0 und auch alle 2

2

hoheren Ableitungen Null sind. Das Potential eines Gewichtes G ist = Gz, wenn z vom Nullniveau senkrecht nach oben gezahlt wird. Das Potential einer um x gespannten Feder (Federkonstante c) ist = 12 cx . Das Potential einer um ' gespannten Drehfeder (Federkonstante cT ) ist = 21 cT ' . 2

2

165

Gleichgewicht

Aufgabe 7.1: Eine Leiter vom Gewicht G

lehnt an einer glatte Wand. Am Fupunkt (glatter Boden) greift eine Kraft F an.

G, l

Wie gro mu F sein, damit unter dem Winkel Gleichgewicht herrscht?

F

Losung: Wenn man zur Ermittlung von Gleichgewichtslagen das Prinzip der virtuellen Verruckungen anwenden will, mu man zuerst die Koordinaten der Kraftangrispunkte einfuhren. Im gewahlten Koordinatensystem sind sie durch xF und yG gegeben. Dann zeigt ÆxF bzw. ÆyG gegen F bzw. G. Daher lautet die Gleichgewichtsbedingung

Mit

ÆW = F ÆxF

y yG

G

l sin ;

yG =

ÆxF = l cos Æ ;

ÆyG =

folgt

x

xF

G ÆyG = 0 :

xF =

F

l

2 cos ; l 2 sin Æ

1 2

ÆW = F l cos Æ + G l sin Æ = 0

;

1 2

F = G tan :

Das Ergebnis lat sich leicht mit den Krafte- und Momentengleichgewichtsbedingungen uberprufen:

" : ! :

y : A

N

1

N

2

G = 0; F = 0;

1 N l cos 2 G l sin = 0 ; 2

9 > > > > > > = > > > > > > ;

N = G;

N

2

G

1

N = F; 2

1 F = G tan : 2

A

F N 1

166

Prinzip der virtuellen Arbeit

Aufgabe 7.2: Eine Kurbel AC ist in A drehbar gelagert und in C gelenkig mit der Stange BC verbunden. Am Ende B sitzt ein Kolben, auf den die Kraft F wirkt. An der Kurbel greift ein Moment M an.

F B

Man ermittle M () fur die Gleichgewichtslagen. Kurbel, Stange und Kolben seien dabei als gewichtslos angenommen.

l

C

l

Nach der Skizze ist

f

f = r cos + l cos Æf =

M A

ÆW = MÆ F Æf = 0 :

;

r

Wir fuhren die Verschiebung f des Kolbens ein. Da F gegen Æf und M gegen den virtuellen Winkel Æ wirken, lautet die Gleichgewichtsbedingung (Prinzip der virtuellen Arbeit) Losung:

a

r sin Æ l sin Æ :

a = l sin = r sin

Durch Dierenzieren folgt hieraus cos Æ = rl cos Æ q

r

Der Hilfswinkel mu eliminiert werden. Aus der Skizze liest man ab

;

sin = rl sin :

;

Æ =

q

r cos Æ : l cos

Mit cos = 1 sin = 1 (r=l) sin wird daher r r cos MÆ + F r sin Æ + l sin Æ = 0 l l 1 (r=l) sin oder r cos M = F r sin 1 + p : l r sin 2

2

2

0

1

@

A

q

2

!

2

2

2

2

167

Gleichgewicht

Aufgabe 7.3: Wie gro ist das Verhaltnis von Last Q und Zugkraft F

bei einem Potenz aschenzug a) im skizzierten Fall (3 lose Rollen) b) im allgemeinen Fall (n lose Rollen)?

F

Die Last Q ist mit M fest verbunden. Bei einer virtuellen Verruckung von Q um Æq geht daher auch M um Æq nach oben. Da der Punkt A , der uber das Seil mit der Decke verbunden ist, sich nicht verschiebt, dreht die Rolle I um A . Daher verschiebt sich B und damit M um 2Æq. Aus der gleichen U berlegung an der Rolle II (A verschiebt sich nicht), folgt fur die Verruckung von B der Wert 4Æq = 2 Æq. Losung:

Q

1

1

II

1

1

M

A

1

I

2

2

M

A

B

2

2

1

2

2

B

1

1

2

Æq

F Æf

Q

Die an der Decke befestigte feste Rolle dreht um ihren Mittelpunkt, weswegen die Verschiebung Æf der Zugkraft F gleich ist der Verschiebung des Punktes Bn der letzten losen Rolle. Aus der Gleichgewichtsbedingung ÆW = QÆq + F Æf = 0

folgt daher a) bei 3 Rollen mit Æf = 2 Æq = 8 Æq 3

Q =2 =8 : F 3

b) Bei n losen Rollen erhalt man mit Æf = 2nÆq Q = 2n : F Anmerkung: Dieses Ergebnis erklart den Namen Potenz aschenzug!

168


Aufgabe 7.4: Nebenstehende Waage soll so konstruiert werden, da die Anzeige Q unabhangig ist von der Stelle, an der das Gewicht auf der Lastbrucke AB liegt. Gesucht ist das Verhaltnis der Abmessungen b, c, d und f bei gegebenem a sowie die Beziehung zwischen Q und G.

a

c

b

F

d G

Q A

Damit die Forderung erfullt ist, mu AB waagrecht bleiben, d.h.

0 11111 0000 00 00001 1111 00001 1111 10 0000 1111 11111 00000

E

f B

Losung:

ÆA = ÆB :

Nach der Skizze ist bei einer Drehung des oberen Balkens um Æ: ÆA = b Æ ; ÆB = f Æ

ÆA

ÆF

Æ ÆA

:

ÆE

ÆB Æ

Beide Winkel hangen uber die Verschiebung der Stange EF zusammen: c ÆF = c Æ = d Æ = ÆE ; Æ = Æ : d Damit folgt c ÆA = b Æ = f Æ = ÆB d

;

b f = : c d

Die Lastanzeige Q ergibt sich aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit QÆq GÆA = 0 mit Æq = a Æ zu b Q= G : a

169

Schnittkraft

Aufgabe 7.5: Fur das dargestellte System aus Balken und Staben ermittle man die Stabkraft S . 1

q

0

2q

1

a

a

0

a

a

Losung: Wir ersetzen die verteilte Last durch Einzellasten in den entsprechen-

den Schwerpunkten und unterwerfen das System nach Schneiden des Stabes

einer virtuellen Verruckung. 1

2q a 0

S

Æ

1

2q a

S

2q a

0

1

0

Æ

Es gilt der geometrische Zusammenhang

;

2a Æ = a Æ

Æ = 2 Æ :

Aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit folgt 2q a a2 Æ = 0

ÆW = 2q a a Æ S a Æ + S 2a Æ 0

oder

1

1

0

2q a Æ S aÆ + 2aS 2Æ q a 2Æ = 0 2

2

0

;

1

1

3S = 4q a 1

0

;

0

4 3

S = qa : 1

0

Anmerkung: Die verteilte Belastung am unteren Balken darf nicht durch eine Resultierende im Gelenk ersetzt werden, weil diese bei der Ver-

ruckung keine Arbeit leisten wurde.

170


Aufgabe 7.6: Fur den Gerberbalken mit 2 Gelenken ermittle man die Lager-

reaktionen.

q = 1 kN/m

q = 2 kN/m

F = 5 kN

1

2

C B D 3m 1 1 1 2 4 Losung: 1) Zur Ermittlung der Lagerkraft B wird diese Reaktionskraft als auere Last eingefuhrt und das System einer vertraglichen Verruckung unterworfen. A

I q II Æ

ÆqI

q

F

1

ÆG

B

2

Æ

Unter Beachtung der beiden Bereiche fur q gilt: 1

ÆW =

Z3

Z1

q ÆqI dI + q ÆqII dII 1

Mit

ÆB = 1 Æ

BÆB = 0 :

1

0

0

; ÆqI = I Æ ; ÆqII = (1 + II )Æ

folgt

3 Æ + q (1 + 1 )Æ : 2 2 Mit dem geometrischen Zusammenhang am Gelenk BÆ = q

2

2

1

1

;

ÆG = 3Æ = 2Æ

wird

3 2 + q (1 + 1 ) = 4; 5 q 2 3 2 2

B=q

1

oder

2 3

Æ = Æ

1

B = 4; 5 kN :

1

171

Lagerreaktionen

2) Die Lagerkraft A folgt mit nachstehendem Bild Æ A

q

1

Æ

aus der Gleichgewichtsbedingung Z3

ÆW = AÆA + q Æq d = 0 1

1

0

und den geometrischen Beziehungen Æq = Æ ; ÆA = 3Æ zu 3AÆ + q 32 Æ = 0 ; A = 32 q = 1; 5 kN : 3) Nach Freischneiden der Lagerkraft D erhalt man die folgende Verruckungs gur: 3 kN 1 kN 5 kN 8 kN Æ 1

2

1

1

Æ

Æ

D

3 1 1 3 4 Es gelten die geometrischen Zusammenhange 3Æ = 1 Æ Æ = Æ ; ; 3Æ = 1 Æ Æ = 3Æ : Bei der Anwendung des Prinzips der virtuellen Arbeit ersetzen wir diesmal die verteilten Lasten durch ihre Resultierenden in der Mitte. Dann erhalt man 3 1; 5 Æ + 1 0; 5 Æ 5 2 Æ + 8 2 Æ D 4 Æ = 0; woraus die Lagerkraft folgt 1 D = (4; 5 + 1; 5 10 + 16) = 3 kN : 4 9 = ;

4) Die Lagerkraft C folgt aus der Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung: C = F + q 4 + q 4 A B D = 8 kN : 1

2

172

Momentenlinie

Aufgabe 7.7: Fur den dargestellten Trager ermittle man den Momentenver-

lauf zwischen den Lagern mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit. q

F

0

A l

a

Wenn man an einer beliebigen Stelle x das Schnittmoment M mit dem Prinzip der virtuellen Verruckungen ermittlen will, mu man an dieser Stelle x ein Gelenk anbringen und M wie eine auere Last auf die angrenzenden Balkenteile wirken lassen. Bei einer virtuellen Auslenkung folgt dann Losung:

ÆW = M Æ' M Æ

x

F

M Æ

Æ'

x

Z

F a Æ + q ( Æ') d +

l x

Z

0

0

q ( Æ ) d = 0: 0

0

Mit dem geometrischen Zusammenhang

;

x Æ' = (l x) Æ

Æ' =

l x Æ x

erhalt man daraus M

l

x

x

!

+1 Æ =

x l x (l x) F a+q 2 x +q 2 Æ :

"

2

2

0

#

0

Nach Umformen und Zusammenfassen ergibt sich der gesuchte Momentenverlauf M (x) =

x l

"

F a+

ql

#

x 2 1 l :

0

2

Elementar erhalt man mit der Lagerkraft A = 21 q l al F aus der Gleichgewichtsbedingung M = Ax 21 q x dieselbe Abhangigkeit M (x). 0

2

0

173

Verschiebungs gur

Aufgabe 7.8: Ein ebener Rahmen wird durch eine Gleichstreckenlast q und ein Einzelmoment M belastet. Be-

stimmen Sie mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die horizontale Lagerreaktion in B .

q M

C I

b

II

B A Zur Berechung der horizontalen Lagerreaktion BH wird im Punkt a a B diese Reaktionskraft als auere Last angetragen und das (jetzt kinematische) System einer virtuellen Verruckung unterworfen. Fur die Ermittlung der korrekten Verschiebungs gur mussen zuerst die Drehpunkte der beiden Scheiben I und II gefunden werden. Da Scheibe I im Punkt A mit einem zweiwertigen Au ager xiert ist, liegt dort der Drehpunkt DPI . Bei der Scheibe II mu zuerst die mogliche Bewegungsrichtung zweier Punkte auf dieser Scheibe bestimmt werden. Der Drehpunkt liegt dann im Schnittpunkt der beiden Geraden, die jeweils im rechten Winkel zu den Bewegungsrichtungen der beiden Punkte konstruiert werden konnen. In diesem Fall ist die Bewegungsrichtung vom Punkt C (durch Verbindung zu Scheibe I ) und vom Punkt B (in horizontaler Richtung) bekannt. Dadurch ist die Lage des Drehpunkts DPII gefunden. Losung:

Somit folgt fur die virtuelle Arbeit: ÆW = 2 q a Æuq

DPII

M Æ' BH ÆuB : Æ'

Mit den geometrischen Zusammenhangen

qa

a

Æuq = Æ' und ÆuB = 2 b Æ'

2 erhalt man daraus

ÆW = q a

2

Dies liefert folgenden Wert fur die horizontale Au agerreaktion BH : BH =

qa

2

2b

M

:

b

qa

M

2 b BH Æ' = 0:

M

Æ'

Æuq Æ' Æ' DPI BH ÆuB

174

Verschiebungs gur

Aufgabe 7.9: Das dargestellte System wird durch die Krafte P , P , P und das Moment M belastet. Bestimmen 1

2

P M

3

Sie mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit den Betrag der Kraft P , so da das Einspannmoment im Lager A verschwindet. 1

B

3

A

P

1

II

I

C

a

a

III D P

a

2

a

Da nach dem Au agermoment im Punkt A gefragt ist, wird dort ein aueres Moment angetragen und ein Gelenk eingefugt. Das nun kinematische System kann dann einer virtuellen Verruckung unterworfen worden. Fur die Ermittlung der geometrischen Zusammenhange mu die Verschiebungs gur konstruiert werden: Losung:

a DPII Æ'

a

P 2 a Æ' 1

P

DPIII 2 Æ'

3

M MA

Æ' 2 Æ'

Æ'

DPI

P

2

2 a Æ'

a Æ'

Zur Ermittlung der einzelnen Drehpunkte wird von der Scheibe I ausgegangen, deren Drehpunkt DPI im Punkt A zu nden ist. Da im weiteren die Bewegungsmoglichkeiten der Punkte B (durch Verbindung zu Scheibe I ), C (in horizontaler Richtung) und D (in vertikaler Richtung) bekannt sind, konnen die Drehpunkte der Scheiben II und III ermittelt werden. Es folgt fur die virtuelle Arbeit: ÆW = MA Æ' + M Æ' + P a Æ' + P 2 a Æ' P 2 a Æ' = 0: P soll nun gerade so gro sein, da das Au agermoment im Punkt A verschwindet. Es wird daher MA zu Null gesetzt. Somit folgt fur P : M 1 P = 2a + 2 P +P : 3

2

1

1

1

1

3

2

175

Potential

Aufgabe 7.10: Man bestimme die Gleichgewichtslage = und diskutiere Grenzfalle.

a

0

(Die Rollenradien seien vernachlassigbar klein, das Seil habe die Lange l.)

z

G

2

b G

1

Losung: Die Gewichte besitzen ein Potential. Mit der Koordinate z (senkrecht

nach oben!) folgt aus der Geometrie fur die Lage der Gewichte z = b

a

2 tan ; a 1 a z = (l 2 2 cos ) = (l cos ) : Damit lat sich das Potential formulieren 1

2

= G z + G z = G (b + a2 tan ) G (l cosa ) = () : Die Gleichgewichtslage folgt aus 1

1

2

2

1

2

d = G a 1 + G a sin = 0 d 2 cos cos 1

zu

2

2

2

sin = 21 G : G 1

0

2

Grenzfalle: G > 2 G 1

G = 2G 1

G =0 1

2

2

; ; ;

kein Gleichgewicht moglich (wegen sin 1), = =2, d.h. bei endlicher Seillange mu a = 0 sein, = 0. 0

0

0

Anmerkung: Die Seillange l und der Abstand b haben keinen Ein u auf

die Losung.

176

Stabilitat

Aufgabe 7.11: Ein homogener Stab vom Gewicht Q ist mit einer Dreiecksscheibe (Gewicht G) verbunden. Das System ist bei A frei drehbar gelagert.

a

Gesucht sind die moglichen Gleichgewichtslagen und deren Stabilitat.

A

Q

G

a

2

a

a

2 2 Losung: Wir lenken das System um einen beliebigen Winkel aus. a 6 a A 6 S Q

a cos

2

a sin

2

G

In der gezeichneten Lage hat das System unter Beachtung der Lage der Schwerpunkte folgendes Potential gegenuber der unausgelenkten Lage = 0: = Q a2 sin + a2 cos + G a6 sin a6 cos : Hieraus folgt die Gleichgewichtsbedingung d = Q a (cos sin ) G a (cos sin ) d 2 6

= a2 (Q G3 )(cos sin ) = 0 : Daraus ergeben sich folgende Gleichgewichtslagen: 1) Q G3 = 0 ; Q = G3 ; 2) cos sin = 0 ; tan = 1 ; = 41 ; 5 = : 4 1

2

177

von Gleichgewichtslagen

Im ersten Fall verschwinden alle hoheren Ableitungen von . Daher ist das Gleichgewicht bei diesem speziellen Gewichtsverhaltnis indierent, d.h. Gleichgewicht ist in beliebiger Lage moglich (siehe Beispiele):

Im zweiten Fall nden wir 00 = dd = a2 Q G3 (sin + cos ) :

2

2

Das Vorzeichen dieses Ausdrucks hangt von und dem Verhaltnis der Gewichte ab.

2

1

= 4 : G Q> 3 G Q< 1

3

= 54 : G Q> 3 G Q< 2

; ;

00( ) < 0 labil ; 1

00( ) > 0 stabil ; 1

3

; ;

00( ) > 0 stabil; 2

00( ) < 0 labil: 2

178

Stabilitat

Aufgabe 7.12: Eine drehbar gelagerte Scheibe (Radius r) tragt an zwei Armen (Lange a) zwei Gewichte. Um die

a

Scheibe ist ein Seil gewickelt, an dem eine zusatzliche Last Q hangt. Gesucht sind die Gleichgewichtslagen und deren Stabilitat.

a

r

G

Q

2G

Losung: Gewichtskrafte haben ein Potential. Wenn die abgewickelte Seillange gleich l ist, dann gilt bei einer Auslenkung der Arme um den Winkel ge-

genuber dem Nullniveau bei waagrechten Armen = 2Ga sin + Ga sin Q(l r) oder = Ga sin Q(l r) = () : Die Gleichgewichtslagen folgen aus d = 0 : Ga cos + Qr = 0 ; cos = Qr : d Ga Wegen der Mehrdeutigkeit der Kreisfunktionen gibt es zwei Losungen: = arccos 1

Qr ; Ga

= : 2

1

Das Stabilitatsverhalten wird durch die 2. Ableitung 00 = dd = Ga sin festgelegt. Man erhalt 00( ) = Ga sin > 0 ; 00 ( ) = Ga sin < 0 ; d. h. die Lage ist stabil, die Lage = ist instabil. 2

2

1

1

1

2

1

2

1

Anmerkung: Wegen cos 1, existieren diese Losungen nur fur Qr < Ga. Im Grenzfall Qr = Ga wird cos = 1, d.h. das System

ist dann mit waagrechten Armen im Gleichgewicht.

179

einer Gleichgewichtslage

Aufgabe 7.13: In einem halbku-

gelformigen Glas liegt ein Strohhalm (Gewicht G, Lange 2a). Die Wande sind ideal glatt. Man bestimme die Gleichgewichtslage = und untersuche sie auf ihre Stabilitat.

a r

G

0

Vom festen Rand aus gezahlt liegt der Schwerpunkt des Strohhalmes im Abstand Losung:

z = r sin 2 a sin :

M

Demnach gilt fur das Potential (z wird hier nach unten gezahlt)

S

z

(z) = Gz = G(r sin 2 a sin ) : Die Gleichgewichtsbedingung fuhrt auf 0 = d d = G( 2r cos 2 + a cos ) = 0 :

Mit cos 2 = 2 cos 1 folgt daraus fur die Gleichgewichtslage 2

4r cos a cos 2r = 0 2

oder

p

cos = a + a8r+ 32r ; 2

2

0

wobei nur Winkel > 0 sinnvoll sind. Aus der zweiten Ableitung 00 = G(4r sin 2 a sin ) = G(8r cos a) sin erhalt man nach Einsetzen von

0

p

00 ( ) = G a + 32r sin : 0

2

2

0

Da dieser Ausdruck fur 0 < < =2 positiv ist, ist das Gleichgewicht stabil. 0

180

Stabilitat

Aufgabe 7.14: Ein Garagentor CD (Hohe 2r, Gewicht G) wird durch einen in M drehbar gelagerten Hebel BC gehalten. In B ist eine Feder (Stei gkeit c) befestigt, die bei = entspannt

r

B

r

M

r

2

2

2

G

a

ist. Gesucht sind die Gleichgewichtslagen und deren Stabilitat unter der Vereinfachung a r. Geg.: Gr=ca = 3. Losung: Die Federverlangerung f folgt nach dem Kosinussatz (r a + f ) = r + a + 2ar cos

r

D

r

C

2

A

fur kleine a (und damit auch kleine f ) naherungsweise zu f = a(1 + cos ) : Damit wird das Potential aus Gewichtskraft (gezahlt gegen den festen Punkt M ) und gespeicherter Federenergie

a a+f

r

r

= G(r sin r cos ) + 21 cf : 2

Mit

2r sin r cos = r

ergibt sich

;

sin = (1 + cos )=2

1 = Gr 2 (1 cos ) + 2 ca (1 + cos ) = () : Gleichgewicht folgt unter Beachtung von Gr=ca = 3 aus 1 0 = Gr 2 sin ca (1 + cos ) sin = ca sin ( 2 cos ) = 0 : Die Losungen lauten =0 ; = ; = : 3 Das Stabilitatsverhalten ergibt sich aus 00 = Gr 2 cos ca (cos + cos 2) und liefert fur die Gleichgewichtslagen bis 00 ( ) < 0 labil ; 00 ( ) < 0 labil ; 00 ( ) > 0 stabil : 2

2

2

2

2

1

2

3

2

1

1

2

3

3

181


Aufgabe 7.15: Eine Vollwalze (Radius a) ist

in der Mitte drehbar gelagert und hat zwei Kreisbohrungen (Radien r und r ) im Abstand b vom Lager. Man ermittle die Gleichgewichtslagen und p deren Stabilitat fur r = 2 r . 1

2

1

r

2

1

b

120Æ r

2

Losung: Da die ungebohrte Vollwalze in jeder Lage im Gleichgewicht ist, brauchen wir nur den Ein u der Bohrungen zu berucksichtigen. Wir betrachten sie als "negative\ Gewichte, die zur Vollwalze hinzu "addiert\ werden mussen. Dann gilt fur das Potential gegenuber dem festen Lager = G b sin + G sin(180o 120o ) = () : Gleichgewicht erhalt man aus 0 = G b cos G b cos(60o ) = 0 : Mit G = r g = 2r g ; G = r g folgt 0 = r g[2 cos cos(60o )] = 0 oder p p 2 cos 12 cos 23 sin = 0 ; tan = 3 ; = 60o ; = 240o : Die Stabilitatsaussage ergibt sich aus 00 = G b sin G b sin(60o ) zu p 00( ) = G b 23 < 0 ; labil ; 1

2

1

2

1

2

2

1

2

2

2

2

2

2

1

2

1

1

2

1

p

00( ) = +G b 23 > 0 ; stabil : Anmerkung: Die Aussage uber die Stabilitat ist anschaulich verstandlich, da bei der Gesamtschwerpunkt der gelochten Walze uber dem Lager, bei unter dem Lager liegt. 2

1

2

1

182

Stabilitat

Aufgabe 7.16: Ein Stab vom Gewicht G lehnt gegen eine vertikale glat-

te Wand. Das untere Ende steht auf glattem Boden und wird durch ein Seil (Lange L) gehalten, an dem die Last Q hangt. Wie gro mu Q bei gegebenem sein, damit das System in Ruhe bleibt? Ist das Gleichgewicht stabil?

l G Q

Losung:

Gegenuber dem Boden hat das System ein Potential = G 2l sin Q(L l cos ) :

Die Gleichgewichtsbedingung d = G l cos Ql sin = 0 d 2 liefert die erforderliche Last Q: Q=G

cot : 2

Aus der 2. Ableitung d = G l sin Ql cos d 2 2

2

folgt durch Einsetzen d = G l sin G l cot cos = Gl : d 2 2 2 sin Dementsprechend ist fur 0 2 2

2

das Gleichgewicht stets labil.

183


Aufgabe 7.17: Ein System aus

F starren, gewichtslosen Balken, einer Feder (Federstei gkeit c) und einer Drehfeder (Drehfederstei gkeit cT ) c be ndet sich in der skizzierten Lage im Gleichgewicht. l Gesucht ist die kritische Last F , cT bei der diese Lage instabil wird. Losung: Wir lenken das System l l aus der Gleichgewichtslage um einen Winkel ' aus. Dann hat die Kraft ein Potential y F = F h = F l cos ' : F Die Feder wird um xF gespannt und ' hat daher ein Potential 1 1 c = 2 cxF = 2 c (l sin ') : h Schlielich hat die Drehfeder infolge x der Verdrehung um 2' ein Potential ' ' cT = 21 cT 'T = 12 cT (2 ') : xF Damit wird das Gesamtpotential = F l cos ' + 21 c l sin ' + 2 cT ' : Die Gleichgewichtslagen folgen aus d = F l sin ' + c l sin ' cos ' + 4 c ' = 0 : T d' Neben der Gleichgewichtslage ' = 0 existieren weitere Gleichgewichtslagen, die man aus der transzendeten Gleichung numerisch ermitteln kann. Aus der 2. Ableitung des Potentials d = F l cos ' + c l cos 2' + 4 c : T d' folgt fur die hier zu untersuchende Lage ' = 0 d = F l +cl +4c : T d' ' Die Lage wird instabil, wenn die zweite Ableitung negativ ist. Die kritische Last folgt damit aus 00 = 0 zu c Fkrit = c l + 4 T : l krit

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

=0

184

Stabilitat

Aufgabe 7.18: An zwei Seiltrommeln (Radius r) hangt eine homogene Dreiecksscheibe vom Gewicht G. Die Trommeln sind uber Zahnrader (Radius R) miteinander verbunden. In A und B ist eine Feder (Stei gkeit c) befestigt, die fur = 0 entspannt sei. Fur welche Winkel herrscht bei Gr=cR = 1 Gleichgewicht? Ab welchem Verhaltnis Gr=cR ist kein Gleichgewicht moglich?

A

c r

r

R R

B

G

2

2

Losung: Bei einer Auslenkung um erfahrt die Feder eine Verlangerung xF = 2R sin . Das Dreieck wird dabei um die Strecke xG = r nach un-

ten verschoben. Damit lautet das Potential des Systems = 21 cxF GxG = 12 c(2R) sin Gr : Die Gleichgewichtsbedingung 2

2

2

d = 1 c (2R) 2 sin cos Gr = 0 d 2 2

liefert

sin 2 = 2Gr : cR 2

Mit dem gegebenen Zahlenwert erhalt man die Gleichgewichtslagen sin 2 = 21 ; = 15o ; = 75o ; = 195o ; = 255o : Aus der 2. Ableitung 00 = dd = 4cR cos 2 2

1

3

4

2

2

2

folgt fur die Stabilitat der Gleichgewichtslagen 00( ) > 0 stabil ; 00( ) > 0 stabil ; 1

3

00 ( ) < 0 instabil ; 00 ( ) < 0 instabil : 2

4

Gleichgewicht ist wegen sin 2 1 nur moglich, solange Gr=cR 2 ist. 2

8 Haftung und Reibung Haftung (Haftreibung): Aufgrund

der Ober achenrauhigkeit bleibt ein Korper im Gleichgewicht, solange die Haftkraft H kleiner ist als der Grenzwert H . Der Wert H ist proportional zur Normalkraft N : 0

G

0

jH j < H ;

H = N

0

0

F

G

0

N

F H

= HaftungskoeÆzient. Die Haftungskraft ist eine Reaktionskraft ; sie kann bei statisch bestimmten Systemen aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden. 0

Reibung (Gleitreibung): Auf den

Bewegungsrichtung

bewegten Korper wirkt infolge der Ober achenrauhigkeit die Reibkraft R. Die Reibkraft ist eine eingepragte Kraft und proportional zur Normalkraft N (COULOMBsches Reibungsgesetz):

G F

R = N

N

= ReibungskoeÆzient:

R

Haftungs- und Reibungswinkel: Fur die Richtung der Resultierenden aus N und H (Grenzhaftung mit ! ) bzw. aus N und R (Reibung) gilt: 0

0

tan = = HN ; 0

0

0

tan = = NR ;

= Haftungswinkel ; 0

= Reibungswinkel :

186

Haftung und Reibung

Problemtypen: 1. Haftung: H < N 2. Haftgrenzfall: H = N 3. Reibung: R = N 0

0

Anmerkungen:

Die Reibkraft (Haftkraft) wirkt in der Beruhrungsebene der Korper. Die Richtung der Reibkraft (Haftkraft) ist entgegengesetzt zur Richtung der Relativbewegung (die entstande, wenn diese nicht durch Haftung verhindert wurde).

Die Groe der Reibkraft (Haftkraft) ist unabhangig von der Beruhrungs ache.

Bei Haftung liegt die Resultierende aus N und H innerhalb des Haftungskegels

mit dem O nungswinkel ( < ). 0

0

Der HaftungskoeÆzient ist in der Regel groer als der ReibungskoeÆzient.

Haftungs-und ReibungskoeÆzienten (ungefahr) fur trockene Materialien:

Material Stahl auf Stahl 0,15 - 0,5 0,1 - 0,4 Stahl auf Te on 0,04 0,04 Holz auf Holz 0,5 0,3 Leder auf Metall 0,4 0,3 Autoreifen auf Strae 0,7 - 0,9 0,5 - 0,8 0

Seilhaftung und Seilreibung:

S e

Haftung:

S

Reibung:

S = S e

1

1

2

2

0

S

S

2

S >S 1

1

2

187

Haftung

Aufgabe 8.1: Ein Korper vom Gewicht G

F

be ndet sich auf einer rauhen schiefen Ebene. In welchen Grenzen mu die angreifende Kraft F liegen, damit der Korper in Ruhe bleibt?

0

Losung: Aus den Gleichgewichtsbedingungen

%: -:

G

F cos G sin H = 0 ;

F

F sin G cos + N = 0

G

H

N

folgen H = F cos G sin ; N = F sin + G cos : Eine Aufwartsbewegung wird verhindert, wenn H

e sin ) :

F r lN cos sin : 0

0

190

Haftung

1111111111 0000000000 S 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 G 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 G 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111

Aufgabe 8.5: Ein Keil vom Gewicht nungswinkel ruht G und dem O 1

auf einer horizontalen Ebene. Auf dem Keil be ndet sich eine kreiszylindrische Walze vom Gewicht G , die durch das Seil S gehalten wird. Wie gro mussen die HaftungskoeÆzienten (zwischen Keil und Ebene) und (zwischen Walze und Keil) sein, damit an keiner Stelle Rutschen eintritt?

2

2

02

1

01

02

01

Aus den Gleichgewichtsbedingungen fur die Walze ! : S + H cos N sin = 0 ; " : G + H sin + N cos = 0 ; Losung:

2

y: A

A G

2

2

2

H

2

2

2

2

N

und den Keil " : G + N H sin N cos = 0 ; ! : H H cos + N sin = 0 1

1

1

2

2

2

G

H

1

N

1

sin 1 + cos ; sin H =G 1 + cos :

N =G ;

H =G

2

N =G +G ; 1

2

2

2

1

2

Einsetzen in die Haftbedingungen H 01

01

1

G sin (G + G )(1 + cos ) ; 2

1

2

H 02

2

sin 1 + cos :

191

Haftung

Aufgabe 8.6: Eine Kiste vom Gewicht G wird auf einer glatten schiefen Ebe-

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 G 0000000 1111111 G 0000000 1111111 glatt 0000000 1111111 1111111 0000000

2

ne durch ein Seil gehalten. Zwischen Kiste und Ebene ist ein rauher Keil geschoben (HaftungskoeÆzient ). a) Wie gro sind die Seilkraft S und die Kraft N auf die schiefe Ebene? b) Wie gro mu der HaftungskoeÆzient sein, damit das System in Ruhe bleibt? Losung: zu a) Die Gleichgewichtsbedingungen fur das Gesamtsystem liefern % : S = (G + G ) sin ; - : N = (G + G ) cos : 0

0

2

1

1

0

1

1

G

2

1

1

1

1

N

2

H

2

1

1

G

N

gen fur den Keil % : H G sin 2 + N sin = 0 ; - : N G cos 2 + N cos = 0 2

2

2

zu b) Aus den Gleichgewichtsbedingun2

S

1

N

folgt durch Einsetzen von N :

G

1

1

1

H = G sin 2 (G + G ) sin cos = (G

G ) sin 2 ;

1

2

1

1

2

2

1

2

N = (G + G ) cos G cos 2 = (G + G ) 2

1

2

1

2

1

Aus der Haftbedingung

1

2

2

1 2

(G

1

G ) cos 2 : 2

jH j < N 2

0

2

ergibt sich damit > 0

jG G j sin 2 : G + G (G G ) cos 2 1

1

2

2

1

2

Anmerkung: Je nach Werten von G , G und rutscht bei Verletzung 1

2

dieser Bedingung der Keil nach unten oder nach oben.

192

Haftung

Aufgabe 8.7: Eine Klemmvorrich-

tung besteht aus zwei festen, unter dem Winkel geneigten Klemmbakken, zwei losen Klemmrollen vom GeG wicht G und dem Klemmgut. Alle Ober achen seien rauh und haben den G HaftungskoeÆzient . Wie gro darf das Gewicht G des Klemmgutes sein, damit kein Rutschen eintritt? Losung: Die Gleichgewichtsbedingungen fur das Klemmgut 0

0

1

1

2

0

2

" : 2H

2

G =0

N

2

und fur eine Klemmrolle " : N cos H H sin G = 0 ; ! : N sin + H cos N = 0 ; 1

2

1

y:

H

2

G

2

1

2

1

liefern

N

N

2

1

2 ; G (1 + sin ) + 2G N = ; 2 cos G (1 + sin ) + 2G sin N = : 2 cos Einsetzen in die Haftbedingungen 1

2

G H H A r

2

1

H =H =

N

2

H

2

1

H r=0

Hr

A

1

1

G

2

2

2

2

1

2

1

1

2

H

G

e0

1 und

3

a 2c N =N =G 2b : 1

1

F=

(

+

=2)

1

F

2

G

1

S R

N

(sin + cos ) : 1

F

S

G

Se2 (+=2)

F = Ge2

S

A

1

2

2

2

N

porgezogen werden kann? Die Ebene und der Umlenkzapfen seien rauh. Losung: Aus den Gleichgewichtsbedingungen - : N G cos = 0 ; % : S R G sin = 0 und den Reibgesetzen R= N ;

S G

4

2

Aufgabe 8.18: Wie gro mu die Kraft F sein, damit der Korper vom Gewicht G mit gleichformiger Geschwindigkeit em-

folgt

F

c

2

b

G

+ 2 F

202

Seilreibung

Aufgabe 8.19: Durch die Bandbrem-

se soll auf eine sich drehende Welle das Bremsmoment MB ausgeubt werden. Wie gro ist die dazu erforderliche Kraft F , wenn sich die Welle a) rechtsherum oder b) linksherum dreht? A Der ReibungskoeÆzient sei gegeben. Losung : Gleichgewicht fur den Hebel

y:

F

l

S 2r + F l = 0

A

liefert

r

2

l

S =F

S 2r : Fur Rechtsdrehung lautet das Reibungsgesetz S = S e ; und das Bremsmoment wird

S

2

1

1

S

S

1

2

2

MB = S r S r = S r (e 1

2

2

2

1) :

Einsetzen von S ergibt 2

FR =

A

2MB : l(e 1)

Fur Linksdrehung folgt aus dem Reibungsgesetz S = S e 2

1

und dem Bremsmoment MB = S r 2

S r = S r(1 e

durch Einsetzen von S

2

FL =

1

2

)

2MB e : l(e 1)

Anmerkung: Wegen e > 1 gilt bei gleichem MB fur die Krafte FL > FR !

F

203

Reibung

Aufgabe 8.20: Durch Vorschieben des

gewichtslosen Keils soll der Korper vom Gewicht G mit gleichformiger Geschwindigkeit angehoben werden. Wie gro ist die dafur benotigte Kraft F , wenn an den Beruhrungs achen des Keils der ReibungskoeÆzient , an den Beruhrungspunkten des Stabes der ReibungskoeÆzient herrscht?

G

l

2 2

F

1

a

1

2

Aus den Gleichgewichtsbedingungen fur Keil und Stab

! : F R R cos N sin = 0 ; " : N N cos + R sin = 0 ;

! : N sin + R cos N + N = 0 ; " : N cos R sin R R G = 0 ;

1

Losung: 1

1

1

2

2

2

2

2

y:

2

3

4

3

4

N a + N (l + a) = 0

A

3

N

4

2

2

4

F

2

1

1

R

R = N ;

1

2

1

R

3

2

N

3

N

A

3

R

2

2

N

2

2

N R = N

1

1

R = N ;

2

R

4

und den Reibungsgesetzen

R

1

R = N ;

G

2

3

4

2

4

ergibt sich F =G

(cos sin ) + (sin + cos ) : (cos sin ) l +l 2a (sin + cos ) 1

1

1

1

2

1

Beachte:

Die Reibkrafte mussen entgegengesetzt zur Bewegungsrichtung eingezeichnet werden.

Wenn der Nenner Null wird (F ! 1), ist das System selbsthemmend.

204

Haftung und Reibung

Aufgabe 8.21: Eine rotierende rauhe Walze druckt durch ihr Gewicht G auf

G

1

ein keilformiges Werkstuck vom Gewicht G, das auf einer rauhen Unterlage ruht. Wie gro mu bei gebenem Haftungskoef zienten der ReibungskoeÆzient mindestens sein, damit sich das Werkstuck in Bewegung setzt?

0

G

1

0

Losung: Da der Schwerpunkt der Welle in

Ruhe (Gleichgewicht) ist, gelten fur die Welle die Kraftegleichgewichtsbedingungen ! : N sin R cos A = 0 ; " : N cos + R sin G = 0 : Mit dem Reibgesetz 1

1

1

1

A G

1

R

1

N G

1

1

N

1

R

1

R = N 1

1

folgen hieraus

H N G R = cos + sin : 2

G

N =

2

cos + sin ; Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingungen fur das Werkstuck ! : R cos N sin H = 0 ; " : N N cos R sin G = 0 liefert cos sin H =G N =G +G: cos + sin ; Damit die Bewegung gerade einsetzt, mu die Haftgrenzbedingung H = N erfullt sein. Einsetzen und Au osen nach ergibt schlielich (1 + G=G ) + tan = 1 (1 + G=G ) tan : 1

1

1

1

1

1

2

2

2

1

1

1

2

2

0

0

1

2

1

0

1

Anmerkungen: Fur > cot =(1 + G=G ) liegt Selbsthemmung vor. Das Werkstuck 0

1

setzt sich dann nicht in Bewegung. Fur = 0 vereinfacht sich das Ergebnis zu = (1 + G=G ). 0

1

205

Raumliches Problem

Aufgabe 8.22: Ein Korper vom Gewicht G liegt auf einer rauhen schiefen Ebene

und wird uber ein schrag gespanntes Seil (parallel zur schiefen Ebene) durch die Kraft F belastet. Wie gro mu der HaftungskoeÆzient sein, damit der Korper in Ruhe bleibt? 0

Wir fuhren ein geeignetes Koordinatensystem ein, skizzieren das Freikorperbild und stellen die Gleichgewichtsbedingungen auf: Fx = 0 : Hx F cos = 0 ;

G

0

F

Losung:

P

P

P

Fy = 0 :

Hy + F sin

Fz = 0 :

N

Hy F

y

G sin = 0 ;

G cos = 0 :

N

Darin sind Hx und Hy die Komponenten der Haftkraft H . Fur sie und fur N erhalt man q

q

jH j = Hx + Hy = F 2

2

2F G sin sin + G sin ;

2

2

2

N = G cos :

Einsetzen in die Haftbedingung

jH j < N

bzw.

0

> 0

jH j N

liefert die erforderliche Groe von : 0

q

> 0

F

2

Hx

z

2F G sin sin + G sin : G cos 2

2

x G

206

Raumliches Problem

Aufgabe 8.23: Ein starrer Balken (Gewicht G) ist exzentrisch auf zwei Schienen

aufgelegt und an einem Ende durch Krafte belastet (das Lager B sei nur in x-Richtung verschieblich). Bei welcher Belastung und an welchem Lager beginnt sich der Balken zu bewegen? Geg.: Fx = Fy = Fz = F , a = l, = 2=3.

z y

a x

A

Fz

G

0

l

0

l=4 a

B

0

Fy

Fx


gen erhalt man die Lagerreaktionen 3 G 3 Ax = F ; Ay = F ; Az = + F ; 4 4 4 7 3 7F : By = F ; Bz = G 4 4 4

Damit lauten die Normal- und die Haftkrafte bei A und B

3 4 + 4F ; 3 7 NB = Bz = G 4 4F ; NA = Az =

G

G

Ax Ay

Az

By Bz

q

F F

5 4

HA = Ax + Ay = F ; 2

2

7 4

HB = jBy j = F :

Nehmen wir eine einsetzende Bewegung bei A an, dann liefert die Haftgrenzbedingung HA = NA 0

;

F =G 1

2 5 3 = 9 G : 0

0

Entsprechend ergibt sich fur eine einsetzende Bewegung bei B HB = NB 0

;

F =G 2

3 6 7(1 + ) = 35 G : 0

0

Wegen F < F setzt die Bewegung bei der Kraft F am Lager B ein. 1

2

2

F

9 Flachentragheitsmomente Flachentragheitsmomente werden in der Balkentheorie benotigt (vgl. Band 2). Die Flachenmomente 2. Ordnung einer Flache (zum Beispiel der Querschnitts ache eines Balkens) sind wie folgt de niert:

A y

z

r

dA

y

z Iy

=

Iz

=

Iyz

= =

Ip

R

A R

A

2

dA

axiales Flachentragheitsmoment bzgl. der y -Achse;

y 2 dA

axiales Flachentragheitsmoment bzgl. der z -Achse;

z

Izy Iy

=

R

A

+ Iz =

yz dA

Deviationsmoment (Zentrifugalmoment);

R

polares Flachentragheitsmoment:

A

r 2 dA

Diese Groen sind von der Lage des Koordinatenursprungs und der Orientierung der Achsen abhangig. Unter einem Tragheitsradius versteht man den Abstand\ i der Flache A, " aus dem zusammen mit A das Flachentragheitsmoment folgt, z.B. i2y A = Iy . Danach gelten s

iy

=

Iy A

s

;

iz

=

Parallelverschiebung der Achsen

Iz A

s

;

ip

=

Ip

:

A

(Satz von STEINER)

y zS y

S yS z z

S y; z

Iy

=

Iy

+ zS2 A ;

Iz

=

Iz

+ yS2 A ;

Iyz

=

Iyz

yS zS A :

= Flachenschwerpunkt, = Schwerachsen.

Transformationsbeziehungen

208 Drehung des Achsensystems y I

'

I

z

I

(Transformationsbeziehungen)

+ Iz Iy + 2 2 Iy + Iz Iy = 2 2 Iy

=

Iy

=

2

Iz

Iz Iz

cos 2' + Iyz sin 2' cos 2'

Iyz sin 2'

:

sin 2' + Iyz cos 2'

Fur jede Flache gibt es zwei aufeinander senkrecht stehende Achsen (Hauptachsen ), fur die die Tragheitsmomente I und I Extremwerte (Haupttr agheitsmomente ) annehmen und f ur die das Deviationsmoment I verschwindet. Haupttr agheitsmomente:

Haupttr agheitsmomente:

I1;2

=

Iy

+ Iz 2

s

Iy

Iz 2

2

2 + Iyz

:

Hauptachsenrichtung:

tan 2' =

2Iyz Iy

Iz

:

Anmerkungen:

Bei einer symmetrischen Flache sind die Symmetrieachse und die dazu senkrechte Achse Hauptachsen. Flachentragheitsmomente sind Komponenten eines Tensors (Tragheits).

tensor

Tragt man die Wertepaare (I ; I ) bzw. (I ; I ) fur alle moglichen Winkel in einem Koordinatensystem (Abszisse = axiales Flachentragheitsmoment, Ordinate = Deviationsmoment) auf, so ergibt sich der Tragheitskreis . Die Konstruktion des Tr agheitskreises erfolgt analog zum MOHRschen Spannungskreis (siehe Band 2).

Die Groen I + I = Ip und unabhangig vom Winkel '.

I I

2 I

sind

Invarianten,

d.h. sie sind

Flachentragheitsmomente

209

Rechteck b

S

;

iy

= hb 12 Iyz = 0 ;

;

iz

3

Iz

h

y

3

= bh 12

Iy

Ip z

p

= 63 h ; p = 63 b ;

bh (h2 + b2 ) : = Iy + Iz = 12

Sonderfall Quadrat a

y

4

a = Iz = 12 4 Ip = a : 6

Iy

p

= iz = 63 a ;

; iy

z

Kreis Iy r

y

d

4

4

d = Iz = r 4 = 64 4

4

Ip

d = r 2 = 32

Iy

= Iz = 4 (ra4

Ip

= 2Iy

= iz = 2r p ip = 2 r : 2

;

iy

;

;

z

Kreisring ra y

rm

t

ri

;

mit t = ra ri und rm = (ra + ri )=2 folgt fur den dunnwandigen Ring (t rm )

z

Iy

= Iz

rm3 t ;

iy

= iz

Gleichschenkliges Dreieck Iy

S

y b

z

q

= iz = 12 ra2 + ri2 ; p q ip = 2 ra2 + ri2 ; 2

ri4 ) ; iy

h

Iz

3

= bh 36

;

iy

=

= hb 48

;

iz

=

3

h p pb

3 2 2 6

; :

p

2 2 rm

:

Berechnung der Flachentragheitsmomente

210

Aufgabe 9.1: F ur ein rechtwinkliges Dreieck ermittle man die Flachentragheitsmomente Iy , Iz , Iyz .

b y h

z

Die Integration lasst sich durch Wahl geeigneter Flachenelemente durchfuhren. Am Beispiel von Iy wollen wir drei Moglichkeiten vergleichen. 1. L osungsweg: Fl achenelement dA (Breite y , Hohe dz ) im Abstand z von der y -Achse. L osung:

dA = Iy

= =

y Z

z b

dz 2

;

y

z

=b 1 Z

dA =

2

z (y

! h h

z3

z4

3

4

0

y

;

h

dz ) =

Zh

2

z b

1

bh3

12

A

z

h

0

=

z

z

d 1 11111111 00000000 0 d 00000000 11111111 01 1 0 00000000 11111111 d 0 1 00000000 11111111 00000000 11111111

:

z

Summation\ (=Integration) der Flachentragheitsmomente in" nitesimaler Rechtecke (Hohe z , Breite dy ). 2. L osungsweg:

dA = z dy ;

b

dy =

h

d 00 11 11 00 12 0 00000000 11111111 d 00000000 11111111 11 00 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111

dz :

A

y

Da die Schwerachse des Elementes dA nicht mit der y -Achse zusammenfallt, muss der STEINERsche Satz angewendet werden. Mit

dIy = erhalt man Iy

=

Zb

dy z 3 z 2 1 + z dy = 12 2 3 b

dIy =

3h

0

(wegen der Integration uber werden!).

y

Z0

z 3 dz

=

h

von 0 bis

b

b

z

z 3 dy 0

z 4

3h 4 h

mu uber

z

=

z=

y

S

bh3

12

von

h

bis 0 integriert

durch Integration

211

Flachenelement dA (Breite dy , Hohe dz ) im Abstand z von der y Achse. dA = dy dz ; 3.L osungsweg:

Iy

= =

Z Z

8 z (y ) Zb > :

8 Zb
;

b (

1Z 3

dy = ;

0

A

z

h y9 b =

h

z 3

3

9 > =

y

z

dz )

z 2 dz

0

11111111 00000000 0110d d 00 11 00000000 11111111 00000000 11111111 01 d 00000000 11111111 00000000 11111111

y

h3

3

0

h3

h3 y + 3 2 y2 b b

1 3 1 3 h b = bh 4 12

3 3 h b + h3 b 2

h3 3 y b3

)

dy

:

Man erkennt, da der 1. Losungsweg am einfachsten ist, weil hier das gesamte Element gleichen Abstand von der Bezugsachse hat. Das Flachentragheitsmoment Iz folgt aus Iy durch Vertauschung der beiden Dreiecksseiten: Iz

=

hb3

:

12

Das Deviationsmoment wird mit dem Flachenelement aus dem 1. Losungsweg berechnet. Da das Deviationsmoment y=2 bezuglich der Schwerachsen des Elementes verschwindet, bleibt nur der STEINERsche y dz Anteil: z

1 0 0 111 00 11 0 00000000 11111111 0 0 11111 1 00000 00000000 11111111 0 0 1 11 0 0 1 00000000 11111111 0 1 00000000 11111111 0 1 00000000 11111111 S

Iyz

= =

Z Z

2 Zh

0

=

y

z (y

1 2 zb 1 2

1 2 b 2

h2

2

z

dz ) z

z2

h

h2

2 +

2h2 h2 + 3 4

!

dz

!

=

b2 h2

24

:

Berechnung von Tragheitsmomenten

212

Fur das nebenstehende Pro l konstanter Wanddicke t sind die Hauptachsen und die Haupttragheitsmomente zu bestimmen. Aufgabe 9.2:

Gegeben:

a

a

t

= 10 cm, t = 1 cm.

a y a z

a

Wir ermitteln zunachst die Tragheitsmomente bezuglich der y - und der z -Achse. Dazu zerlegen wir das Pro l in drei Rechtecke. Das Tragheitsmoment jedes Rechtecks setzt sich nach dem STEINERschen Satz aus dem Flachenmoment bezuglich der eigenen Schwerachse und dem STEINERschen Anteil zusammen: L osung:

t

a

2

2 II

Iy

=

t(2a)3

12

(

+2

at3

12

+

a+

t 2

2

)

at

a + t=2

= 2873 cm4 ;

I (

Iz

(2a)t3 ta3 a = +2 + 12 12 2

4

= 573 cm

t 2

2

y

)

at

z

:

II

Die Deviationsmomente der Teil achen bezuglich der eigenen Schwerachsen sind Null. Demnach folgt Iyz nur aus den STEINER-Anteilen der Flachen II : Iyz

= 2

a+

t

2

a

t

2

2

at

= 945 cm4

:

durch Flachenzerlegung

213

Die Richtung der Hauptachsen folgt aus 2Iyz 2 945 tan 2' = = = 0; 822 Iy Iz 2873 573 zu 2' = 39; 4Æ '1 = 19; 7Æ ; ' = ' + 90Æ = 70; 3Æ :

;

2

1

Fur die Haupttragheitsmomente ergibt sich 2873 + 573 I1;2 = 2

;

I1

s

2873

2

573 2

= 3211 cm4 ;

I2

Welches Haupttragheitsmoment zu welcher Hauptrichtung gehort, lat sich formal nur durch Einsetzen in die Transformationsbeziehungen oder am Tragheits" kreis\ entscheiden. Anschaulich ist im Beispiel jedoch klar, da zu '1 das grote Tragheitsmoment I1 gehort, da die Flachenabstande in diesem Fall groer sind als bei der Richtung '2 .

+ 9452 = 1723 1488 = 235 cm4 :

'1

'2

I1

I2

= 3211

= 235

Anmerkungen:

Im Zahlenbeispiel lassen sich leicht die beiden a) b)

Iy Iy Iz

+ Iz = 2

Iyz

=

I1

Invarianten

+ I2 = 3446 cm

I1 I2

4

= 7; 5 10 cm 5

uberprufen:

; 8

:

Fur ein dunnwandiges Pro l (t a) kann man Glieder kleiner Groenordnung vernachlassigen. Dann werden 8 2 Iy ' ta3 = 2667cm4 ; Iz ' ta3 = 667cm4 ; Iyz ' ta3 = 1000cm4 ; 3 3 ' ' 22:5Æ ; I1 ' 3080cm4 ; I2 ' 252cm4 : Im Zahlenbeispiel geben diese Naherungen schlechte Ergebnisse, da hier nicht t a ist.

Berechnung von

214 Aufgabe 9.3: F ur einen Radius a ermittle man:

Viertelkreis vom

y

a) Iy, Iz, Iyz, b) Iy , Iz , Iyz (y ,z Schwerachsen) c) die Richtung der Hauptachsen, d) die Haupttragheitsmomente.

y

S

a

z

z

zu a) Bei Darstellung in Polarkoordinaten folgen aus den De nitionen fur die Flachentragheitsmomente mit dem Flachenelement L osung:

dA = r d r d ' y

die Ergebnisse =

Iz

= =

Iy

Z

2

A

dA =

a

r 4

4

0

0

' 2

(r cos

2

')r dr d'

=2 1 a4 ; + sin 2' = 2 4 16 0

'

dA

0

r

d'

(Symmetrie!) ;

Iz

=2Za Z

=

Iyz

y

=2Za Z

0

r cos ' r sin '

r

dr z

(r cos ')(r sin ')rdrd' =

0

a4

1 = 4 2

a4

8

:

Nach dem STEINERschen Satz wird mit yS = zS = 4a=3 (vgl. Schwerpunkt, S.35) a4 4a 2 a2 4 4 Iy = Iz = Iy zS2 A = = a ; 16 3 4 16 9 1 4 Iyz = Iyz + yS zS A = + a4 : 8 9 zu b)

zu c)

Wegen der Symmetrie ist

'1

zu d)

= =4

!

'2

= '1 + =2 = 3 =4

Mit Iy = Iz ergibt sich I1 I2

= =

Iy Iy

+ Iyz = Iyz

=

16

16

y

S

'

1 4 a ; 8 8 1 4 + a : 9 8

z

Flachentragheitsmomenten

215

Aufgabe 9.4: F ur das unsymmetrische Z -Pro l (t = const) bestimme man die Tragheitsmomente Iy , Iz und das Deviationsmoment Iyz fur kleine t (t h; b).

2b t

h=2

y h=2

z

b

Wir zerlegen die Flache in 3 Rechtecke und wenden den STEINERschen

L osung:

Satz an: Iy

=

z

I

t

2b +

+

t

t(h

}|

3

+ t 2b +

2 12 II

z

+

}|

b+

h

2

I

{ !2

2

II

{

12

z

t

t)3

y

III

t

}|

t3

+t

2 12

b+

t

h

2

{ !2

z

:

2

III

Mit t h; b vereinfacht sich dieser Ausdruck zu I

}|

z

Iy

= 2b t

Wenn wir bei Iz und z "

Iz

=

=

h

4

Iyz

z}|{

+t

h

3

12

III

z }| {

+b t

t(2b)

12

3

}|

4

= b th2

3 1 + 4 12

+ (2bt)b + 4 I

h

2

{ #

2b t +

III

}|

z 2

{ #

2

}| !

b

h2

h b

!

:

die kleinen Glieder sofort vernachlassigen, folgt I

z "

Izy

II

{

2

z "

tb

3

+bt

12

III

b

}| !

h

2 2

b

{ !2 3

2 { #

bt

=

5

= 3 t b3 ;

5 4

t b2 h :

Anmerkungen:

y, z Iyz

gehen in diesem Beispiel nicht durch den Schwerpunkt.

wird nur durch die STEINER-Glieder gebildet.

Berechnung von

216 Aufgabe 9.5: F ur den dunnwandigen Querschnitt (t a) sollen die Hauptachsen sowie die

y

Haupttragheitsmomente bezuglich der Schwerachse bestimmt werden.

3a 4a

y

S

5a

z z

Wir bestimmen zunachst Schwerpunktskoordinaten:

L osung:

ys

=

3 2 a 5at

2 5at

=

3 a; 4

zs

=

die

2a 5at + 52 a 5at 9 = a: 2 5at 4

Die Tragheitsmomente des schragen Schenkels bezuglich der eigenen Schwerachsen lassen sich mit Einfuhrung der Koordinate s berechnen. Es gilt dA = t ds und

s2

= y^2 + z^2 :

y^

Mit der Steigung m des Querschnittsteils gilt z^ = m y^, so da y^ und z^ durch s ausgedr uckt werden konnen:

s;

ds

1 m2 s2 ; z^2 = s2 : 2 1+m 1 + m2 Damit ergeben sich die Tragheitsmomente zu y^2

z^

=

Iy^

=

Iz^

=

Iy^z^

=

Z

Z

z^2 dA

=

y^2 dA

=

Z

y^z^ dA

Z

2;5a

Z

2;5a

m2

s2 t d s 2;5a 1 + m2 2;5a

=

Z

=

125 3 a t; 1 + m2 12 m2

1 1 125 3 s2 t ds = a t; 1 + m2 1 + m2 12

2;5a

m

2;5a

1 + m2

s2 t ds

=

m 125 3 a t: 1 + m2 12

Fur den gegebenen Querschnitt ist die Steigung m = 34 , so da man erhalt: Iy^

=

20 3 a t; 3

Iz^

=

15 3 a t; 4

Iy^z^

= 5a3 t :

Flachentragheitsmomenten

217

Dieses Ergebnis hatte man auch durch Anwendung der Transformationsgleichungen berechnen konnen. So folgt fur die gegebene Geometrie zum Beispiel fur Iy^ mit ' = arctan 34 = 36; 87o und den Tragheitsmomenten I = (5a)3 t = 12 , I = I = 0 Iy^

=

I

+ I I + 2 2

I

cos 2'+I sin 2' =

1 (5a)3 t 20 3 [1+cos( 73:74o)] = a t: 2 12 3

Zur Berechnung der Tragheitsmomente des gesamten Querschnitts bezuglich des Schwerachsensystems sind noch bei beiden Schenkeln die STEINER Anteile hinzuzunehmen. Man erhalt Iy Iz Iyz

20 3 9 (5a)3 t 5 9 2 425 3 a t + 5at ( a 2a)2 + + 5at ( a a) = a t; 3 4 12 2 4 24 15 3 3 3 2 3 225 3 = a t + 5at ( a a) + 0 + 5at ( a)2 = a t; 4 2 4 4 24 3 3 9 3 5 9 25 3 = 5 a3 t 5at ( a a)(2 a a) 5at ( a)( a a) = a t: 2 4 4 4 2 4 8 =

Die Hauptachsenrichtungen berechnen sich zu tan 2 ' =

25 3 a t = 425 4225 = a3 t 24

2 Iyz Iy

Iz

'1

18; 43o ;

2

71; 57o :

= ' =

;

3 4

2

Dieses Ergebnis lat sich auch aus der Symmetrie des Querschnittes bezuglich der Achse 2{2 ablesen. Die Steigung der Achse 2{2 betragt m2 2

'1

1

y

= 3; 2

was auf '2 = 71; 57o fuhrt. Fur die Haupttragheitsmomente erhalt man aus 8

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1: Statik

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1. Statik

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