Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1. Statik

Springer-Lehrbuch

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Engineering

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Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universit¨at Rostock. Er habilitierte an der Universit¨at Stuttgart und ist seit 1976 Professor f¨ur Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderen die Festk¨orperund 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 Fachb¨ucher.

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers studierte Bauingenieurwesen an der Universit¨at Hannover, promovierte und habilitierte an der Universit¨at Essen und war 1991 bis 1995 Professor f¨ur Mechanik an der TU Darmstadt. Seit 1995 ist er Professor f¨ur Technische Mechanik an der Universit¨at 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 Universit¨at Hannover und habilitierte 1986 im Fach Mechanik. Er war Professor f¨ur Mechanik an der TU Darmstadt und ist seit 1998 Professor f¨ur Baumechanik und Numerische Mechanik sowie Direktor des Zentrums f¨ur Computational Engineering Sciences an der Universit¨at 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.

D. Gross. W. Ehlers . P. Wriggers

Formein und Aufgaben zurTechnischen Mechanik 1 Statik 7. Auflage

Mit 457 Abbildungen

4y Springer

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross Technische Universitat Darmstadt Institut fur Mechanik HochschulstraCe 1 64289 Darmstadt

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers Universitat Stuttgart Institut fur Mechanik (Bauwesen) Pfaffenwaldring 7

Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers Universitat Hannover Institut fur Baumechanik und Numerische Mechanik Appelstrafie 9a

7

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30167 Hannover Urspriinglich 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 ira Internet iiber abrufbar. ISBN 3-540-22205-7 7. Aufl. Springer Berlin Heidelberg New York Dieses Werk ist urheberrechtlich geschutzt. Die dadurch begriindeten Rechte, insbesondere die der Ubersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder Vervielfaltigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfaltigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vora 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulassig. Sie ist grundsatzlich vergutungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Springer ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media springer.de © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1996, 1998, 2003 and 2005 Printed in Italy Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Buch berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten waren und daher von jedermann benutzt werden diirften. 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 Gewahr fur die Richtigkeit, Vollstandigkeit oder Aktualitat iibernehmen. Es empfiehlt sich, gegebenenfalls fiir die eigenen Arbeiten die vollstandigen Vorschriften oder Richtlinien in der jeweils giiltigen Fassung hinzuzuziehen. Umschlag-Entwurf: medio Technologies AG, Berlin Satz: Digitale Druckvorlage der Autoren Gedruckt auf saurefreiem Papier 7/3020 Rw 5 4 3 2 10

Vorwort zur 7. Auflage Dieser dritte Band schliefit die Reihe der Aufgaben zum Grundkurs in Technischer Mechanik ab. Erfahrungsgemafi bereitet die Kinetik den Studenten besondere Schwierigkeiten, da neben den Kraftbegriff nun zusatzliche kinematische Grofien treten, die untereinander und mit den Kraftgrofien richtig verkniipft werden miissen. Wir haben uns daher bemuht, durch zahlreiche rein kinematische Aufgaben Verstandnis fiir die bei einer Bewegung mafigebenden geometrischen Grofien und ihre Beschreibung in verschiedenen Koordinatensystemen zu wecken. Ebenso kann man nur durch Ubung, d.h. durch selbstandiges Bearbeiten von Aufgaben, Erfahrungen dariiber sammeln, welche der kinetischen Grundgleichungen bei welcher Aufgabe am einfachsten zum Ziel fiihrt. Haufig gibt es mehrere Losungswege, und wir haben diese auch oft nebeneinandergestellt, damit der Leser selbst Vor- und Nachteile erkennen kann. Bewusst haben wir auf eine fruhe Verwendung von ,,Scheinkraften" verzichtet, da unzureichende Kenntnisse der Studierenden iiber ,,Tragheitskrafte" meist mehr zur Verwirrung als zum Verstandnis beitragen. Die Aufgaben werden - wie auch schon im ersten und zweiten Band weitgehend formelmafiig gelost, da das Aufstellen der Grundgleichungen und deren allgemeine Losung zunachst wichtiger als reine Zahlenrechnungen sind. Fiir das Studium aller drei Bande mochten wir die Studierenden nochmals ermuntern, sich an den Aufgaben zunachst selbst zu versuchen und dabei unter Umstanden auch andere Losungswege einzuschlagen. Eine Aufgabensammlung ist nur ein Hilfsmittel beim Studium der Mechanik. Um zu einem tieferen Verstandnis, insbesondere iiber die Herkunft und Anwendung der verschiedenen Satze und Formeln zu gelangen, muss der Studierende auch Lehrbiicher zur Hand nehmen. Unser Literaturverzeichnis nennt einige Titel. Die Aufgabensammlung geht zu einem bedeutenden Anteil auf unseren verstorbenen Kollegen Prof. Dr. Dr. h.c. Walter Schnell zuriick, der auch bis zur 5. Auflage Mitautor war. Seine didaktische Handschrift ist an der vorliegenden 7. Auflage trotz der vollstandigen Uberarbeitung und der Erweiterung um viele Aufgaben immer noch deutlich zu jprkennen. Dem Springer-Verlag danken wir fiir das Eingehen auf unsere Wiinsche und die ansprechende Ausstattung des Buches. Wir wiinschen ihm wieder eine freundliche Aufnahme bei der Leserschaft und sind'fiir kritische Anmerkungen und Anregungen dankbar. Darmstadt, Stuttgart und Hannover, im Mai 2004 D. Gross

W. Ehlers

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 Arbeitsbegri in der Statik

163

8. Haftung und Reibung

185

9. Flachentragheitsmomente

207

S

Literatur - Bezeichnungen

Literaturhinweise Lehrbiicher Hauger, W., Schnell, W., Gross, D., Technische Mechanik, Band 3: Kinetik, 7. Auflage. Springer, Berlin 2002 Hagedorn, P., Technische Mechanik, Band 3: Dynamik, 2. Auflage. Deutsch, Frankfurt am Main 2003 Bruhns, O., Elemente der Mechanik III, Kinetik. Shaker, Aachen 2002 Brommundt, E., Sachs, G., Technische Mechanik, Eine Einfuhrung, 3. Auflage. Oldenbourg, Munchen 1998 Hahn, H. G., Technische Mechanik fester Korper, 2. Auflage. Hanser, Munchen 1992 Magnus, K., Miiller, H. H., Grundlagen der Technischen Mechanik, 6. Auflage. Teubner-Verlag 1990 Riley, W. F., Sturges L. D., Engineering Mechanics: Dynamics, 2nd Edition. Wiley, Chichester 1996

Aufgabensammlungen Bruhns, O., Aufgabensammlung Technische Mechanik 3: Kinetik fur Bauingenieure und Maschinenbauer, 1. Auflage. Vieweg, Braunschweig 1999 Hauger, W., Lippmann, H., Mannl, V., Werner, E., Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3: Statik, Elastostatik, Kinetik, 3. Auflage. Springer, Berlin 2001 Hahn, H. G., Barth, F. J., Fritzen, C. P., Aufgaben zur Technischen Mechanik, Hanser, Munchen 1995 Lugner, P., Desoyer, K., Novak, A., Technische Mechanik, Aufgaben und Losungen, 4. Auflage. Springer, Wien 1992 Dankert, H., Dankert, J., Technische Mechanik, computerunterstiitzt, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 1995

Bezeichnungen Bei den Losungen der Aufgaben werden folgende Symbole verwendet: 1:

Abkiirzung fur Kraftesatz (Impulssatz) in Pfeilnchtung.

A•

Abkiirzung fur Momentensatz (Drallsatz) beziiglich des Punktes A (mit vorgegebener Drehrichtung).

~»

Abkiirzung fur 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

f

1

s

1

s

f

2

2

s

f 3

s

4

3

S S

F2

4

s

2

Pol 

3

5

R

F3

S

4

S

5

F4

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 11 0 0 1 0 1 0 a 01 1 0 01 1 0 r 1 0 1 0 01 1 0 G 01 1 0 1 0 1 0 1 0 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

":

G

h

r

N + N cos  G = 0 ; 1

2

cos  = r r h :

1



2

wobei der Winkel  aus der gegebenen Geometrie folgt:

N r

N sin  F = 0 ;

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

2

1

N

G

N

1

1

1

N

2

N

2

3r

1

!: S N sin  = 0 ;

S

S

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

2

2

2

2

15

Zentrale Kraftegruppen

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 sin  S = 0

S

2

2



A

S

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

Zentrale Kraftegruppen

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

S2 = 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

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

F

G

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

B 111 000 0 y 1 Æ 30 0001 111 0 x C 111 000 z 0 1 Æ 000 111 30 1 0 000 111

2a a

b b

A

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

0

q

2

2

a b (R=2)

B @ 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

Zentrale Kraftegruppen

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: 2 1 A=B = G+ p F ; 3 3

2 2 C= G p 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

Z

A

1

liefert (ebenes Teilproblem):

S = 2Z sin 15Æ = 517 N :

P

z

2

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 :

3

S y  S

15Æ

15Æ Z

;

15Æ

S



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



l

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

S =

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

1111111111110 00000000000 111111111111 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 charakterisiert. 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 010 10 a 10 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

1N 0 0 1 B 0 1 0 1

1

2

" : N cos  G = 0 ; 1

2



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

1

2a cos  = a=coscos ;

2a N

 a

2

;

cos  = 12 : 3

23

Allgemeine Kraftegruppen

Aufgabe 1.10: Ein gewichtsloser Stab der Lange l wird horizontal zwischen

x

l

000000000 0000 1111 000000000000111111111 111111111111 111 000 000000000 111111111 0000 1111 000000000000 111111111111 000 111 000000000 0000 1111 000000000000111111111 111111111111 000 111 000000000 111111111 0000 1111 000000000000 111111111111 000 111 000 111111111 111 000 111 000000000 000000000000 111111111111 000 111 000 111 000000000 000000000000111111111 111111111111

zwei glatte schiefe Ebenen gelegt. Auf G dem Stab liegt ein Klotz vom Gewicht G. A B In welchem Abstand x mu G liegen,  damit Gleichgewicht herrscht? Wie gro sind die Lagerkrafte? a) Analytische Losung: Wir zeichnen das Freikorperbild und stellen die Gleichgewichtsbedingungen auf: " : A cos  + B cos G = 0 ; G ! : A sin  B sin = 0 ; B 000000000 111111111 x

A





y

A : xG lB cos = 0 :

Daraus folgen

sin sin  B=G sin( + ) ; sin( + ) ; sin  cos l x=l sin( + ) = 1 + (tan = tan ) :

A=G

b) Gra sche Losung: Drei Krafte 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 Lagerkrafte A und B . Aus der Skizze kann abgelesen werden: h tan  + h tan = l h tan  = x

000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 111111111 000000000 000000000000 000000000 111111111  111111111111 000000000 111111111 000000000000 111111111111 000000000 111111111 h 111111111 000000000 000000000000 000000000 111111111 x 111111111111 0000000000 1111111111 000000000 111111111 000000000000 111111111111 000000000 111111111 b 0000000000 g 111111111 11111111 00000000 a1111111111 000000000 000000000000 111111111111 000000000 111111111 0000000000 1111111111  000000000 0000000000 111111111 1111111111 G

B



A

)

;

x=

l

1 + tan = tan  : Die Lagerkrafte (z. B. Kraft A) folgen aus dem Krafteck (Sinussatz): A G sin = sin [ ( + )] ; sin A=G sin( + ) :

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

2

1

1

1

2

3

S

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

Allgemeine Kraftegruppen

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 3 a 8 F + aF = 0 : 5 4 15

27

Allgemeine Kraftegruppen

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

1

N

N

G

1

2

N

G

2

3

Q

2

N

1

2 r sin 

4

N

C N

4

N

3

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

D

S

D

N

S

1

1

F



2

1

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

Allgemeine Kraftegruppen

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

S

1

3

F



C :

2

3

1

2

2

y

Damit erhalt man

b

3

2 6

S

3

S

3

3

S

2

A

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

1010101010b=6 11 00 00 11 10

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 = 3S 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

Allgemeine Kraftegruppen

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

Fz = 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

2

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

1

2

(0)

2

(0)

2

2

3

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 : Ax Bx Cx = 0 ; D Bz Bx y C Fy = 0 : Ay + By + Cy + D = 0 ; z Az Cx Ay By Fz = 0 : Az + Bz + Cz G = 0 ; Ax Cy x G Mx = 0 : 1 Cy = 0 ; My = 0 : 4Az 2Bz + 2G + 1 Cx = 0 ; Mz = 0 : 4Ay + 2By = 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

Allgemeine Kraftegruppen

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

P

2

3

(0)

6

4

5

4

5

(0)

3

(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 ez ; F = P ez ; F = P ez ; 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 Ai xS = A R

xS

x

y yi

Si A i

xi Anmerkungen:

R

P

P

x

yS =

P

i

yi Ai Ai

P




 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 l i 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 xS =

R R

xdV ; dV

yS =

R R

ydV ; dV

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

xi i Vi ; i Vi

P

yS =

P

yii Vi ; i Vi

P

zS =

P

zi i Vi 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 2

x;y 1

xS = yS = A =

Halbkreis

x

a

a h ah

2

1 3 1 2

=

Viertelkreis r

r

yS =

4 3 r

 A= r 2 Korper

2

1

1 2



1

3

x x

x

= 34 r = 34 r = 4 r

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

3

x

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

y

r

x xS = 0

1

Quadr. Parabel

y

y

= =

3

2

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

xdA xy dx dA = R ydx R

"

y

#

x a + dx 1 ab = Rb "  xb a2# = 25 = 35 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 dA = 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 x A xSII AII xS = SI I = 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

den. Es folgt aus einer Zerlegung in Rechtecke:

berechnet wer-

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 Ai

yi

yi Ai

[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

3]

P

xi Ai = 98

Damit ndet man xS =

P

xi Ai 98 49 = 26 = 13 cm ; A

yS =

P

3

P

yi Ai =

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

yi 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

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

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 = 4
4+

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 zSL = =  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 = = 3 (2 (r + b) t% + rb% ) r : mS + mm S M 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 My

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

F

2

qÆ

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.

50

Statische Bestimmtheit und

Aufgabe 3.2: Fiir die nachfolgenden Tragwerke soil deren statische Bestimmtheit und Brauchbarkeit ermittelt werden. Dabei ist zu beachten, dafi die Brauchbarkeit unabhangig von der statischen Bestimmtheit ist. Fiir die Tragwerke, bei denen das Abzahlkriterium eine Verschieblichkeit (/ > 0) ergibt, ist eine Brauchbarkeit des Systems von vornherein auszuschliefien, bei den statisch bestimmten und unbestimmten Tragwerken mufi diese jedoch separat untersucht werden. Gegeben: b=a/2. Losung: / = 3 • 6 - (4 + 14) = 0 Obwohl man aufgrund der formalen Berechnung der Anzahl der Freiheitsgrade ein statisch bestimmtes System ermittelt, ist dieses Tragwerk nicht brauchbar. Hier heben sich rechnerisch die 1-fache Verschieblichkeit der vier aneinandergereihten Gelenke und die 1-fache Unbestimmtheit der Unterspannung auf. Allerdings wird durch die Unterspannung die Kinematik nicht stabilisiert. Ersetzt man die von den Lagern ausgehenden Stabe durch Gleitlager, erkennt man, dafi der verbleibende Stab sich bewegen kann. Dieses Tragwerk besitzt somit einen kinematischen Freiheitsgrad und ist damit nicht brauchbar. Losung: = 3-3-(3

1

Dieses Tragwerk ist statisch bestimmt und brauchbar. Auf den unverschieblichen Balken auf zwei Stutzen ist ein Dreigelenkrahmen aufgesetzt, der sich ebenfalls nicht bewegen lafit. Losung: =

J_

3-3-(4

Das hier dargestellte Tragwerk ist einfach verschieblich und damit unbrauchbar.

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.








 

                                     

1001 11 00 01 11 00 

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2   3

  

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10 0 10 00 11 1



10 0 10 1
00 11





10 0 10 00 11 1






 



 



 




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 Æ    ½



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