Formeln und Aufgaben zur technischen Mechanik 1. Statik

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

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 Festkörper- und Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehrund 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 Gastprofessor an der UC Berkeley, USA, Professor für Mechanik an der TH Darmstadt und Direktor des Darmstädter Zentrums für Wissenschaftliches Rechnen. Seit 1998 ist er Professor für Baumechanik und Numerische Mechanik sowie Direktor des Zentrums für Computational Engineering Sciences an der Universität Hannover. 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

9. Auﬂage

Mit 512 Abbildungen

123

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross

Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers

Institut für Mechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt

Institut für Baumechanik und Numerische Mechanik Universität Hannover Appelstraße 9a 30167 Hannover

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers Institut für Mechanik (Bauwesen) Universität Stuttgart Pfaffenwaldring 7 70569 Stuttgart

ISBN 978-3-540-68372-8

eISBN 978-3-540-68393-3

DOI 10.1007/978-3-540-68393-3 Springer-Lehrbuch ISSN 0937-7433 Bibliograﬁsche Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliograﬁe; detaillierte bibliograﬁsche Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © 2008, 2006, 2005, 2003, 1998, 1996 Springer-Verlag Berlin Heidelberg 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. 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 hinzuzuziehen. Satz: Digitale Druckvorlage der Autoren Herstellung: le-tex publishing services oHG, Leipzig Umschlaggestaltung: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier 987654321 springer.de

Vorwort 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 Universit¨ aten und Hochschulen besteht die Sammlung aus drei B¨ anden. Der erste Band (Statik) umfasst das Stoﬀgebiet des ersten Semesters. Dabei haben wir bei allen Aufgaben das Finden des L¨ osungswegs und die Aufstellung der Grundgleichungen der numerischen Ausrechnung u ¨bergeordnet. Auf graﬁsche Verfahren haben wir weitestgehend verzichtet. Sie haben im Zeitalter moderner Computer keine praktische Bedeutung mehr. Erfahrungsgem¨ aß bereitet die Technische Mechanik gerade dem Anf¨ anger 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 erfahrungsgem¨ aß nur u ¨ber die selbst¨ andige Bearbeitung von Aufgaben f¨ uhren. Wir warnen deshalb dringend vor der Illusion, dass ein reines Nachlesen der L¨ osungen zum Verst¨ andnis der Mechanik f¨ uhrt. Sinnvoll wird diese Sammlung nur dann genutzt, wenn der Studierende zun¨ achst eine Aufgabe allein zu l¨ osen versucht und nur beim Scheitern auf den angegebenen L¨ osungsweg schaut. Selbstverst¨ andlich kann diese Sammlung kein Lehrbuch ersetzen. Wem die Begr¨ undung einer Formel oder eines Verfahrens nicht gel¨ auﬁg ist, der muss auf sein Vorlesungsmanuskript oder auf die vielf¨ altig angebotene Literatur zur¨ uckgreifen. Eine kleine Auswahl ist auf Seite IX 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 vorliegenden 9. Auﬂage trotz der vollst¨ andigen Uberarbeitung und der vielf¨ altigen Erg¨ anzungen 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. Darmstadt, Hannover und Stuttgart, im August 2008

D. Gross W. Ehlers P. Wriggers

Inhaltsverzeichnis Literaturhinweise, Bezeichnungen ...............................

IX

1

Gleichgewicht .........................................................

1

2

Schwerpunkt ..........................................................

29

3

Lagerreaktionen ......................................................

43

4

Fachwerke..............................................................

63

5

Balken, Rahmen, Bogen ............................................

95

6

Seile .....................................................................

155

7

Der Arbeitsbegriﬀ in der Statik ...................................

167

8

Haftung und Reibung ...............................................

191

9

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente .........................................

215

IX

Literaturhinweise Lehrb¨ ucher Gross, D., Hauger, W., Schr¨ oder, J., Wall, W. Technische Mechanik, Band 1: Statik, 10. Auﬂage. Springer-Verlag, Berlin 2008 Hagedorn, P., Technische Mechanik, Band 1: Statik, 4. Auflage. Harri Deutsch, Frankfurt 2006 Balke, H., Einf¨ uhrung in die Technische Mechanik, Statik, SpringerVerlag, 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., Mannl, V., Wall, W. Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Springer-Verlag, Berlin 2006 Hagedorn, P., Aufgabensammlung Technische Mechanik, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 1992 Dankert, H, Dankert, J., Technische Mechanik, 4. Auflage. Teubner, Stuttgart 2006

Bezeichnungen Bei den L¨ osungen der Aufgaben wurden folgende Symbole verwendet: ↑: A: ;

Abk¨ urzung f¨ ur Summe aller Kr¨ afte in Pfeilrichtung gleich Null. Abk¨ urzung f¨ ur Summe aller Momente um den Bezugspunkt A (mit vorgegebener Drehrichtung) gleich Null. Abk¨ urzung f¨ ur hieraus folgt.

Kapitel 1 Gleichgewicht

1

2

Gleichgewicht

Zentrale Kr¨ aftegruppen in der Ebene Eine zentrale Kr¨ aftegruppe kann durch die Resultierende R= Fi Fi

y F1

x

oder in Komponenten Fiy = 0 . Fix = 0 , Darin sind

Fi

Fiy y

ersetzt werden. Es herrscht Gleichgewicht, wenn Fi = 0

Fi = Fix ex + Fiy ey ,

αi Fix

Fix = Fi cos αi ,

x

Fiy = Fi sin αi , 2 2 + Fiy . |F i | = Fi = Fix

Bei der graﬁschen L¨ osung verlangt die Gleichgewichtsbedingung, dass das Krafteck geschlossen“ist. ” Lageplan Kr¨ afteplan = Krafteck fi F1 Fi f1

Zentrale Kr¨ aftegruppen im Raum Gleichgewicht herrscht, wenn die Resultierende R = det, d.h. wenn Fi = 0 oder in Komponenten

Fix = 0 ,

Fiy = 0 ,

Fiz = 0 .

Fi verschwin-

Gleichgewicht

3

Darin sind Fi = Fix ex + Fiy ey + Fiz ez ,

z

Fix = Fi cos αi , Fi

Fiz

Fiy = Fi cos βi , Fiz = Fi cos γi ,

γi αi

cos2 αi + cos2 βi + cos2 γi = 1 , 2 2 2 |F i | = Fi = Fix + Fiy + Fiz .

Fiy

βi

y

Fix x

Allgemeine Kr¨ aftegruppen in der Ebene Die Kr¨ aftegruppe l¨ asst sich ersetzen durch die Resultierende R = Fi (A) und ein resultierendes Moment MR um einen beliebig gew¨ ahlten Bezugspunkt A. Es herrscht Gleichgewicht, wenn

Fix = 0 ,

A y

Fiy = 0 ,

Fi

F1 x (A)

Mi

= 0.

Anstelle der beiden Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen k¨ onnen zwei weitere Momentenbedingungen um andere Bezugspunkte (z.B. B und C) verwendet werden. Dabei d¨ urfen A, B und C nicht auf einer Geraden liegen. Graﬁsch erh¨ alt man die Resultierende mit Hilfe des Seilecks und des Kraftecks. Seileck im Lageplan Krafteck F1 r

s1

f2 s2

f3 s3

s4

S2

F2

f4

f1

S1

Pol Π

S3

s5 R

F3 F4

S4 S5

4

Gleichgewicht

• Die Seilstrahlen si sind parallel zu den Polstrahlen Si im Krafteck. • Die Wirkungslinie r der Resultierenden R (Gr¨ oße und Richtung folgt aus dem Krafteck) verl¨ auft im Seileck durch den Schnittpunkt der ¨ außeren Seilstrahlen s1 und s5 . • Damit Gleichgewicht herrscht, m¨ ussen Seileck und Krafteck ge” schlossen“ sein.

Allgemeine Kr¨ aftegruppen im Raum Es herrscht Gleichgewicht, wenn die Resultierende R= Fi und das resultierende Moment (A) MR = r i × Fi um einen beliebigen Bezugspunkt A verschwinden:

Fi = 0 ,

(A)

Mi

=0

oder in Komponenten

Fix = 0 , (A)

Mix = 0 ,

Fiy = 0 , (A)

Miy = 0 ,

Fiz = 0 , (A)

Miz

=0

mit (A)

Mix = yi Fiz −zi Fiy ,

(A)

Miy = zi Fix −xi Fiz ,

(A)

Miz

= xi Fiy −yi Fix .

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 Angriﬀspunkt). Anmerkung: Wie im ebenen Fall k¨ onnen die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen durch zus¨ atzliche Momentengleichgewichtsbedingungen um geeignete Achsen ersetzt werden.

Zentrale Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.1 Eine Kugel vom Gewicht G h¨ angt an einem Seil an einer glatten Wand. Das Seil ist im Kugelmittelpunkt befestigt. Gesucht ist die Seilkraft. Gegeben: a = 60 cm, r = 20 cm.

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

5

A1.1

a r G

L¨ osung a) analytisch: Um alle auf die Kugel wirkenden Kr¨afte angeben zu k¨ onnen, denken wir uns das Seil geschnitten und die Kugel von der Wand getrennt. An den Trennstellen f¨ uhren wir die Seilkraft S und die Normalkraft N der Wand auf die Kugel als ¨ außere Kr¨ afte ein und erhalten so das dargestellte Freik¨ orperbild. S Die Gleichgewichtsbedingungen lauten mit dem Hilfswinkel α: →:

N − S cos α = 0 ,

↑:

S sin α − G = 0 .

α

N

G

Hieraus folgen S=

G , sin α

a α

N = S cos α = G cot α .

r

Aus der Geometrie liest man ab: r 20 1 cos α = = = a 60 3

und

sin α =

1−

2 1 1√ = 8. 3 3

Damit ergibt sich 3 S = √ G ≈ 1, 06 G . 8 b) graﬁsch: Wir zeichnen ein geschlossenes Krafteck aus der nach Gr¨ oße und Richtung bekannten Kraft G und den zwei Kr¨ aften S und N , deren Richtungen bekannt sind. Am Dreieck liest man ab: G , S= sin α

N = G cot α .

S

G α N

6

A1.2

Gleichgewicht

Aufgabe 1.2 Eine glatte Straßenwalze (Gewicht G, Radius r) st¨ oßt an ein Hindernis der H¨ ohe h. Welche Kraft F muss im Mittelpunkt angreifen, um die Walze u ¨ber das Hindernis zu ziehen?

r

F

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

L¨ osung a) analytisch: Das Freik¨orperbild zeigt die auf die Walze wirkenden Kr¨ afte. Dementsprechend lauten die Gleichgewichtsbedingungen →:

N2 sin α − F = 0 ,

↑:

N1 + N2 cos α − G = 0 ,

F

wobei der Winkel α aus der gegebenen Geometrie folgt:

α

N2

N1

r−h . cos α = r

r

Die zwei Gleichgewichtsbedingungen enthalten noch drei Unbekannte: N1 ,

N2

und

G

r−h

α h

F.

Die Kraft, welche die Walze u ¨ber das Hindernis zieht, bewirkt ein Abheben der Walze vom Boden. Dann veschwindet die Normalkraft N1 : N1 = 0

;

N2 =

G . cos α

Damit folgt F = N2 sin α = G tan α .

b) graﬁsch: Wegen N1 = 0 kann das Krafteck aus dem gegebenen Gewicht G und den bekannten Richtungen von N2 und F gezeichnet werden. Am Dreieck liest man ab: G N2 = , cos α

F = G tan α .

F G

α N2

Zentrale Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.3 Eine große zylindrische Walze (Gewicht 4G, Radius 2r) liegt auf zwei kleinen zylindrischen Walzen (Gewicht jeweils G, Radius r), die durch ein Seil S (L¨ ange 3r) miteinander verbunden sind. Alle Walzen seien ideal glatt.

A1.3 4G

r

2 →:

S − N1 sin α = 0 ,

↑:

N2 − N1 cos α − G = 0 .

G

11111111 00000000 S

3r

L¨ osung Im Freik¨ orperbild trennen wir die K¨ orper und tragen die wirkenden Kr¨ afte an. An jedem K¨ orper (Teilsystem) gehen die Kr¨ afte durch einen Punkt. Wegen der im Freik¨ orperbild ber¨ ucksichtigten Symmetrie haben wir f¨ ur die obere Walze eine und f¨ ur eine untere Walze zwei Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die drei unbekannten Kr¨ afte N1 , N2 und S: 2N1 cos α − 4G = 0 ,

2r

G

Gesucht sind alle Reaktionskr¨ afte.

↑: 1

7

4G 1

N1 2

G

N1

α

N1

N1

S

S

N2

G

N2

F¨ ur den Winkel α folgt aus der gegebenen Geometrie 3r/2 1 = 3r 2 √ 3 cos α = , 2

sin α = ;

Damit erh¨ alt man √ 2G 4 3 N1 = = G, cos α 3

;

3r

α = 30◦

α

√ tan α =

3r

3 . 3

3r

S = 2G tan α =

√ 2 3 G, 3

N2 = 2G+G = 3G .

Anmerkung: Die Reaktionskraft N2 h¨ atte auch aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem ermittelt werden k¨ onnen: ↑: 2N2 − 2G − 4G = 0

;

N2 = 3G .

8

A1.4

Gleichgewicht

Aufgabe 1.4 Ein Bagger wurde zu einem Abbruchger¨ at umger¨ ustet.

1 α

Man bestimme die Kr¨ afte in den Seilen 1, 2 und 3 sowie im Ausleger infolge des Gewichtes G. Hinweis: Der Ausleger nimmt nur eine Kraft in L¨ angsrichtung auf (Pendelst¨ utze).

B 2

α 3

G

111111111 000000000

L¨ osung Wir schneiden die Punkte A und B frei. Dann liefern die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den Punkt A ⎫ ↑: S2 cos α − G = 0 ,⎬ S2 = G , cos α ⎭ S3 = G tan α →: S2 sin α − S3 = 0 ,

α A

S2

α A

S3 G

und den Punkt B: (N ist die Kraft im Ausleger) →: ↑:

−S2 sin α + N sin 2α − S1 sin 3α = 0 , −S2 cos α + N cos 2α − S1 cos 3α = 0 .

B

S1 α N

α

S2

Alternativ ergibt sich f¨ ur den Punkt B bei geschickterer Wahl der Koordinatenrichtungen :

N − S2 cos α − S1 cos α = 0 ,

:

S1 sin α − S2 sin α = 0 .

Aus den 2 × 2 = 4 Gleichgewichtsbedingungen erh¨ alt man f¨ ur die 4 Unbekannten S1 , S2 , S3 , N zusammenfassend die Ergebnisse S1 = S2 =

G , cos α

S3 = G tan α ,

N = 2S2 cos α = 2G .

Zentrale Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.5 Eine Hochspannungsleitung wird u ¨ber einen Isolator durch drei St¨ abe gehalten. Die Zugkraft Z in der durchh¨ angenden Leitung am Isolator betr¨ agt 1000 N.

9

A1.5

2a a a

Wie groß sind die Kr¨ afte in den 3 St¨ aben?

A 15◦

3a 15◦

B

Z

Z

L¨ osung Gleichgewicht am Isolator B liefert (ebenes Teilproblem): S − 2Z sin 15◦ = 0 ,

↑:

;

S

◦

S = 2Z sin 15 = 517 N .

Mit dem nun bekannten S folgen die 3 Stabkr¨ afte aus den 3 Gleichgewichtsbedingungen am Punkt A: S2 sin α − S1 sin α = 0 , Fx = 0 :

Z

Z

S3

β S2

y

Fy = 0 : S1 cos α + S2 cos α + S3 cos β = 0 ,

α

S1

S3 sin β − S = 0 .

Fz = 0 :

15◦

B

z x

A S

Die dabei verwendeten Hilfswinkel α und β ergeben sich aus der Geometrie: 3a α

a y

sin α =

x

z

2a

l

y

1 a = ; α = 19, 5◦ , 3a 3

tan β =

l

β

2a 2 ; β = 35, 3◦ . = √ l 32 − 12

Damit erh¨ alt man die Ergebnisse S3 =

S = 1, 73 S = 895 N , sin β

S1 = S2 = −S3

cos β S =− = − 0, 75 S = − 388 N . 2 cos α 2 tan β cos α

Hinweis: Aufgrund der Symmetrie (Geometrie und Belastung) gilt S2 = S1 .

10

A1.6

Gleichgewicht

Aufgabe 1.6 Der durch die Kraft F belastete Stab 3 wird in einer r¨ aumlichen Ecke durch zwei waagrechte Seile 1 und 2 gehalten. Gesucht sind die Stab- und die Seilkr¨ afte.

4a

3a

A

1

2

F 5a

3

L¨ osung Wir schneiden den Punkt A frei und tragen alle Schnittkr¨afte an (Zugkraft positiv). Ein zweckm¨ aßig gew¨ ahltes Koordinatensystem, dessen Richtungen mit denen der Seile 1 und 2 sowie der Kraft F u ¨bereinstimmen, erleichtert die Rechenarbeit. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen S2 y S1 Fx = 0 : S1 + S3x = 0 ,

A

x

Fy = 0 :

S2 + S3y = 0 ,

Fz = 0 :

S3z + F = 0 .

F

S3 z

Die Komponenten von S3 verhalten sich zu S3 wie die analogen geometrischen L¨ angen (L = L¨ ange von Stab 3): S3x 4a = , S3 L

3a S3y = , S3 L

5a S3z = S3 L

oder S3x : S3y : S3z = 4 : 3 : 5 . Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingungen liefert S3z = −F ,

3 3 S2 = −S3y = − S3z = F , 5 5

4 4 S1 = −S3x = − S3z = F , 5 5 2 2 √ 3 4 S3 = S3z + + 12 = − 2 F . 5 5 Hinweis: Das Minuszeichen bei S3 zeigt an, dass im Stab Druck herrscht.

Zentrale Kr¨ aftegruppen

11

Alternative L¨ osungsvariante: Wir k¨ onnen die Aufgabe auch l¨ osen, indem wir direkt von der Gleichgewichtsbedingung in Vektorform ausgehen: S1 + S2 + S3 + F = 0 . Jede Kraft dr¨ ucken wir nun durch ihren Betrag und ihren Richtungsvektor (Einheitsvektor) aus. Letzterer lautet zum Beispiel f¨ ur die Stabkraft S3 : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 4 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ e3 = √ = √ ⎝3⎠ . ⎝ ⎠ 3 42 + 32 + 52 5 2 5 5 Auf diese Weise folgt f¨ ur die Kr¨ afte ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ S1 = S1 e1 = S1 ⎝0⎠ , S2 = S2 e2 = S2 ⎝1⎠ , 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 4 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ F = F eF = F ⎝0⎠ , S3 = S3 e3 = S3 √ ⎝3⎠ , 5 2 1 5 und die Gleichgewichtsbedingung lautet somit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 4 0 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ S1 ⎝0⎠ + S2 ⎝1⎠ + S3 √ ⎝3⎠ + F ⎝0⎠ = 0 . 5 2 0 0 5 1 Hieraus ergibt sich f¨ ur die Komponenten 4 S 1 + √ S3 = 0 , 5 2 3 S2 + √ S3 = 0 , 5 2 5 √ S3 + F = 0 , 5 2 woraus die gesuchten Kr¨ afte folgen: √ S3 = − 2 F ,

S2 =

3 F, 5

S1 =

4 F. 5

12

A1.7

Gleichgewicht

Aufgabe 1.7 Eine glatte Kugel (Gewicht G) liegt auf drei St¨ utzpunkten A, B, C auf und wird durch eine Kraft F belastet. Die St¨ utzpunkte bilden in einer waagrechten Ebene die Ecken eines gleichseitigen Dreiecks mit der H¨ ohe √ 3a = 34 3 R. Wie groß sind die Kontaktkr¨ afte in den St¨ utzpunkten und bei welcher Kraft F hebt die Kugel vom St¨ utzpunkt C ab?

R

G

2a

a

L¨ osung Die Kontaktkr¨afte A, B und C stehen senkrecht zur glatten Kugeloberﬂ¨ ache und bilden mit G und F eine zentrale Kr¨ aftegruppe. Die Gleichgewichtsbedingung lautet daher in Vektorform A + B + C + G + F = 0. Wir w¨ ahlen zweckm¨ aßig ein Koordinatensystem mit dem Ursprung im Kugelmittelpunkt und dr¨ ucken jeden Kraftvektor durch Betrag und Richtungsvektor aus. Letzteren bestimmen wir bei den Kontaktkr¨ aften mit Hilfe der Koordinaten der St¨ utzpunkte. Zu diesem Zweck f¨ uhren wir die Hilfsl¨ ange b ein, f¨ ur die wir aus der Geometrie ablesen: b = 3a tan 30◦ =

3 R. 4

z

y

x

F

G A, B

C

11110 000 00010 111 00010 111 000 111 00010 111

30◦ C

◦

30

B

y

z

x

A

2a a

Damit ergibt sich zum Beispiel f¨ ur den Richtungsvektor der Kraft A (als Druckkraft angenommen!) ⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞ − 3 −a 1 1⎜ ⎜ ⎟ ⎟ eA = = ⎝ 3 ⎠. ⎝ ⎠ b 4 a2 + b2 + (R/2)2 −(R/2) 2 F¨ ur A folgt somit die Darstellung ⎛ √ ⎞ − 3 A⎜ ⎟ A = A eA = ⎝ 3 ⎠ , 4 2

F

R/2 11111111 00000000 A C 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111

b b

Zentrale Kr¨ aftegruppen

13

und analog f¨ ur die restlichen Kr¨ afte ⎛ √ ⎞ ⎛ √ ⎞ − 3 2 3 B⎜ C⎜ ⎟ ⎟ B= C= ⎝ −3 ⎠ , ⎝ 0 ⎠, 4 4 2 2 ⎛

⎞ 0 ⎜ ⎟ G = G⎝ 0 ⎠ , −1

⎛ ⎞ 1 ⎜ ⎟ F = F ⎝0⎠ . 0

Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingung liefert die drei Gleichungen √ √ √ − 3 A − 3 B + 2 3 C = −4 F , 3A − 3B = 0, 2 A + 2 B + 2 C = 4G . Hieraus erh¨ alt man die gesuchten Kontaktkr¨ afte: 2 2 1 2 A=B= C= G+ √ F , G− √ F . 3 3 3 3 Wenn die Kugel vom St¨ utzpunkt C abhebt, verschwindet dort die Kontaktkraft: C = 0. Aus dieser Bedingung ergibt sich f¨ ur die notwendige Kraft F √ 3 2 ; F = G. G− √ F =0 2 3

Anmerkung: Die f¨ ur ein Abheben bei C erforderliche Kraft F kann man einfacher aus der Momentengleichgewichtsbedingung um eine Achse durch A und B bestimmen: (AB) R F M = 0 : aG − F = 0 . 2 Hieraus folgt √ 3 2a G= G. F = R 2

R/2

G A a

14

A1.8

Gleichgewicht

Aufgabe 1.8 An einem gleichschenkligen Dreiecksk¨ orper greifen die Kr¨ afte F , P und die Gewichtskraft G an. Die angreifenden Kr¨ afte sollen zun¨ achst durch eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moment im Punkt A ersetzt werden (Reduktion im Punkt A). Wie groß muss der Betrag der Kraft F sein, damit das Moment um den Punkt A verschwindet, der K¨ orper also nicht kippt? √ Gegeben: G = 6 kN, P = 2 kN, a = 1 m.

45◦

P

G 2a/3 F

S A

a/3

111111111111 000000000000 111111111111 000000000000 2a/3

a/3

L¨ osung Die Reduktion eines Kr¨aftesystems auf eine Kraft R und ein uglich eines beliebigen Bezugspunkts A wird auch als Moment MA bez¨ Reduktion auf eine Dyname in A bezeichnet. Wir l¨ osen die Aufgabe vektoriell und f¨ uhren hierzu ein Koordinatensystem mit dem Urprung in A ein. Die resultierende Kraft R ergibt sich durch Addition der Einzelkr¨ afte: y √ 2 P (ex − ey ) , G = −G ey , F = F ex , P = 2 √ √ A 2 2 R = G + F + P = (F + P ) ex − (G + P ) ey . x 2 2 Das resultierende Moment MA berechnet sich mit den Hebelarmen

11111 00000

a a rAG = − ex + ey , 3 3

rAF = −

2a a ex + ey , 3 3

rAP = a ey

der jeweiligen Kr¨ afte bez¨ uglich A zu MA = rAG × G + rAF × F + rAP

Ga Fa ×P = ez − ez − 3 3

√

2Pa ez . 2

Mit den gegebenen Werten f¨ ur G, P und a kann der Betrag der Kraft F so gew¨ ahlt werden, dass das Moment MA verschwindet. Aus der ! Bedingung MA = 0 folgt: √ √ 2Pa 3 2P Ga Fa − − =0 ; F =G− = 6 kN − 3 kN = 3 kN. 3 3 2 2 Anmerkung: Das resultierende Moment hat im 2-dimensionalen Fall nur eine z-Komponente. Diese l¨ asst sich einfacher unmittelbar aus der Summe der Einzelmomente bez¨ uglich A berechnen (positive Drehrich(A) tung beachten!) als durch Auswertung des Kreuzprodukts: Mz = √ (a/3)G − (a/3)F − a( 2/2)P .

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.9 Ein homogener glatter Stab (Gewicht G, L¨ ange 4a) st¨ utzt sich bei A an eine Ecke und bei B an eine glatte Wand. F¨ ur welchen Winkel φ ist der Stab im Gleichgewicht?

G φ

00000 11111 00 11 00 11 00 11 00 11 A

L¨ osung Wir zeichnen das Freik¨orperbild. Aus der Bedingung glatt “ ” folgen die Richtungen der unbekannten Kr¨ afte N1 und N2 ; sie stehen senkrecht zur jeweiligen Ber¨ uhrungsebene. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen: →:

B:

a N1 − 2a cos φ G = 0 . cos φ

A1.9

B

a

N1 φ

N1 cos φ − G = 0 ,

01 1010 1010 10 10

G

N1 sin φ − N2 = 0 ,

↑:

15

01 10 1010

N2

B

a

Aus ihnen lassen sich die 3 Unbekannten N1 , N2 und φ ermitteln. Die gesuchte L¨ osung f¨ ur φ erh¨ alt man durch Einsetzen der 2. Gleichung in die 3. Gleichung: aG − 2a cos φ G = 0 cos2 φ

;

Einfacher ﬁndet man das Ergebnis mit Hilfe der Aussage: Drei ” Kr¨ afte sind nur dann im Gleichgewicht, wenn ihre Wirkungslinien durch einen Punkt gehen“. Damit folgt aus der Geometrie:

cos3 φ =

1 . 2

G 2a N1

2a cos φ =

;

a/ cos φ , cos φ

cos3 φ =

1 . 2

N2

φ a

16

A1.10

Gleichgewicht

Aufgabe 1.10 Ein gewichtsloser Stab der L¨ ange l wird horizontal zwischen zwei glatte schiefe Ebenen gelegt. Auf dem Stab liegt ein Klotz vom Gewicht G. In welchem Abstand x muss G liegen, damit Gleichgewicht herrscht? Wie groß sind die Lagerkr¨ afte?

l

000000000 0000 1111 0000000000000 1111111111111 000 111111111 111 000000000 111111111 0000 1111 0000000000000 1111111111111 1111 0000 000000000 0000 1111 0000000000000111111111 1111111111111 0000 1111 000000000 111111111 0000 1111 0000000000000 1111111111111 0000 1111 000 111 000 111 000000000 111111111 0000000000000 1111111111111 000 111 000 111 000000000 0000000000000111111111 1111111111111 x

G

A

B

α

β

L¨ osung a) analytisch: Wir zeichnen das Freik¨orperbild und stellen die Gleichgewichtsbedingungen auf: ↑:

A cos α + B cos β − G = 0 ,

→:

A sin α − B sin β = 0 ,

A:

x G − l B cos β = 0 .

G B 000000000 111111111 x

A

β

α

Daraus folgen A=G x=l

sin β , sin(α + β)

B=G

sin α , sin(α + β)

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

b) graﬁsch: Drei Kr¨ afte 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 Lagerkr¨ afte A und B. Aus der Skizze kann abgelesen werden: h tan α + h tan β = l

;

h tan α = x l . x= 1 + tan β/ tan α

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

1111111111 0000000000 000000000000 111111111111 0000000000 1111111111 000000000000 0000000000 1111111111 α 111111111111 β 000000000000 111111111111 0000000000 1111111111 h 00000000 11111111 000000000000 0000000000 1111111111 x 111111111111 000000000 111111111 00000000 11111111 000000000000 111111111111 0000000000 1111111111 000000000 111111111 00000000 11111111 000000000000 111111111111 0000000000 1111111111 g β α b a 00000000 11111111 0000000000 1111111111 β B G α

A

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.11 Eine homogene Kreisscheibe (Gewicht G, Radius r) wird durch drei St¨ abe gehalten und durch ein ¨ außeres Moment M◦ belastet. Man bestimme die Kr¨ afte in den St¨ aben. Bei welchem Moment wird die Kraft im Stab 1 gerade Null?

17

2 45◦

r

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

G 3 M◦

01 10 10 10 10 10

1

L¨ osung Wir schneiden die Kreisscheibe frei und zeichnen in das Freik¨ orperbild alle Kr¨ afte ein. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen √ 2 S2 + S3 − S1 = 0 , →: S2 2 45◦ √ 2 M◦ A ↑: S2 − G = 0 , B S3 2 G √ 2 A: r S2 − r S1 + M◦ = 0 . S1 2 Aus ihnen erh¨ alt man S1 =

M◦ + G, r

S2 =

√

2 G,

M◦ . r

S3 =

Das gesuchte Moment folgt durch Nullsetzen von S1 : S1 = 0

;

M◦ = −rG .

Anmerkungen: • Anstelle des Bezugspunktes A ist es g¨ unstiger den Bezugspunkt B f¨ ur die Momentengleichgewichtsbedingung zu verwenden, da dann nur eine einzige Unbekannte auftritt: B:

rG − rS1 + M◦ = 0

;

S1 =

M◦ + G. r

• Alle Stabkr¨ afte sind Zugkr¨ afte. angig von M◦ . • Die Stabkraft S2 ist unabh¨ • Dem Moment M◦ wird durch die beiden Stabkr¨ afte S1 und S3 das Gleichgewicht gehalten.

A1.11

18

A1.12

Gleichgewicht

Aufgabe 1.12 Ein Wagen vom Gewicht G = 10 kN und bekannter Schwerpunktslage S wird auf einer schiefen, glatten Ebene (α = 30◦ ) durch ein horizontal gespanntes Seil gehalten. Gesucht sind die Raddruckkr¨ afte.

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 a

a

a

S

G

B

a

α

A

L¨ osung Wir schneiden das Seil und trennen den Wagen von der Ebene. Dann erhalten wir das dargestellte Freik¨ orperbild. α Als Gleichgewichtsbedingungen C verwenden wir das Kr¨ aftegleichgeα wicht in Richtung der schiefen Ebene B G und die zwei Momentenbedingungen um A und um B. F¨ ur letztere A zerlegen wir zweckm¨ aßig die Kr¨ afte G und C in ihre Komponenten in Richtung und senkrecht zur schiefen Ebene. Damit folgen :

C cos α − G sin α = 0 ,

A:

2aB + aG sin α − aG cos α − aC cos α − 3aC sin α = 0 ,

B:

−2aA + aG sin α + aG cos α − aC cos α − aC sin α = 0 .

Hieraus erh¨ alt man G C = G tan α = √ = 5, 77 kN , 3

√ 3 G C G = 8, 66 kN , B = (cos α − sin α) + (cos α + 3 sin α) = 2 2 2 A=

G C G (sin α + cos α) − (cos α + sin α) = √ = 2, 89 kN . 2 2 2 3

Zur Kontrolle k¨ onnen wir eine zus¨ atzliche Gleichgewichtsaussage verwenden: :

A + B − G cos α − C sin α = 0 ;

√ √ 3 3 G G √ +G −G − √ = 0. 2 2 2 3 2 3

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.13 Der Balkenzug (Rahmen) A bis E ist bei A drehbar gelagert und bei B und C u ¨ber ein Seil gehalten, das reibungsfrei u ¨ber zwei feststehende Rollen l¨ auft.

19

A1.13

B

A

10 0 1 00 11 11 00

Wie groß ist die Seilkraft bei einer Belastung durch die Kraft F ?

11 00 0101 11 00 00 11 00 11 01

4

F E 3/4 a

3 a

C

a

D

L¨ osung Wir schneiden das System auf und ber¨ ucksichtigen beim Antragen der Kr¨ afte, dass an den reibungsfreien Rollen die Seilkr¨ afte an beiden Seiten gleich sind (die Radien der Rollen gehen daher in die L¨ osung nicht ein!): S

F

AH S

AV

α

Damit der Balkenzug im Gleichgewicht ist, muss gelten: ↑:

AV + S + S sin α − F = 0 ,

→:

AH + S cos α = 0 ,

A:

2aF − aS − a(S sin α) −

3 a(S cos α) = 0 . 4

Mit cos α = √

3 3 = , 5 32 + 42

sin α =

4 5

folgen S=

8 F, 9

AH = −

8 F, 15

3 AV = − F . 5

Zur Probe bilden wir das Momentengleichgewicht um C: 3 C : aAV + aAH + aF = 0 4

;

3 3 8 − aF − a F + aF = 0 . 5 4 15

20

A1.14

Gleichgewicht R

Aufgabe 1.14 Zwei glatte Kugeln (Gewicht jeweils G, Radius r) liegen in einem d¨ unnwandigen Kreisrohr (Gewicht Q, Radius R), das senkrecht auf dem Boden steht (r = 34 R). Wie groß muss Q sein, damit das Rohr nicht kippt?

Q G α G

r

1111111 0000000

L¨ osung Wir trennen die Kugeln und das Rohr und zeichnen die Kr¨afte f¨ ur den Fall ein, bei dem Kippen gerade eintritt. Dann liegt das Rohr nur noch im Punkt C auf, und dort wirkt die Einzelkraft N5 . (Wenn das Rohr dagegen nicht kippt, so ist die Kontaktkraft u ¨ber den gesamten Rohrumfang verteilt.) 1

N1

G N2

3

N1

N2

2

Q

2 r sin α

N4

G

N4

C N3

N5

Die Gleichgewichtsbedingungen an den Kugeln und am Zylinder lauten: 1 ↑ :

N2 sin α − G = 0 ,

2 ↑ :

N3 − N2 sin α − G = 0 ,

→:

N1 − N2 cos α = 0 ,

→:

N2 cos α − N4 = 0 ,

3 → : C:

N4 − N1 = 0 ,

↑:

N5 − Q = 0 ,

(r + 2r sin α)N1 − rN4 − R Q = 0 .

Aus ihnen folgt N 1 = N4 =

G , tan α

N2 =

G , sin α

N3 = 2G,

Q = N5 =

3 G cos α. 2

Mit der geometrischen Beziehung cos α = (R − r)/r = 1/3 erh¨ alt man daraus f¨ ur das Gewicht, bei dem Kippen gerade eintritt QKippen = G/2 . Damit das Rohr nicht kippt, muss also gelten: Q > QKippen = G/2 .

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.15 Zwei glatte Walzen (Gewicht G, Radius r) sind durch ein dehnstarres Seil der L¨ ange ¨ a miteinander verbunden. Uber einen Hebel (L¨ ange l) greift eine Kraft F an.

21

A1.15 F

l

G G 111111111 000000000 000000000 111111111 a

Wie groß sind die Kr¨ afte zwischen Walzen und Boden?

L¨ osung Wir schneiden die Walzen und den Hebel frei:

S

1

D2 S G

G

x

D1 N1

F

3

2

D1 α

H

N2

O

D2

a cos α 111 000 N 3

An den 3 Teilsystemen stehen 2 × 2 + 1 × 3 = 7 Gleichungen f¨ ur die 7 Unbekannten (D1 , D2 , N1 , N2 , N3 , H, S) zur Verf¨ ugung: 1 → :

S − D1 sin α = 0 ,

↑:

N1 − G + D1 cos α = 0 ,

2 → :

D2 sin α − S = 0 ,

↑:

N2 − G − D2 cos α = 0 ,

3 → :

H + D1 sin α − D2 sin α = 0 ,

↑: O:

N3 − D1 cos α + D2 cos α − F = 0 , l cos α F − (a cos α + x)D2 + xD1 = 0 .

Der Winkel α folgt aus der Geometrie: r , a/2 cos α = 1 − 4(r/a)2 .

sin α =

0000 1111 1111 0000 a/2

r

α

r

a/2

Addition der 1. und 3. Gleichung liefert D1 = D2 . Damit folgt H = 0, allt der unbekannte Abstand x N3 = F und aus der 7. Gleichung f¨ heraus. Auﬂ¨ osen ergibt l r l r 1 − 4( )2 , N2 = G + F 1 − 4( )2 . N1 = G − F a a a a

22

A1.16

Gleichgewicht

Aufgabe 1.16 Die Skizze zeigt in vereinfachter Form das Prinzip einer Werkstoﬀpr¨ ufmaschine.

b/2

b/2

11 00 101010 00 11 00 11 00 11 10

Wie groß ist bei einer Belastung F die Zugkraft Z in der Probe?

Q

b/6

F

b/3

11 00 001010 11 00 11 001010 11 11 00 11 00 01 11 00

Probe

2b

b/4 b/4

L¨ osung Wir trennen das System, wobei wir ber¨ ucksichtigen, dass die Kr¨ afte an den Enden eines Stabes jeweils entgegen gesetzt gleich sind:

S3

S1

3

S3

S2

A S1

F

Q

2

1

00 11 011010 11 00

S2

Z

C 1

S1 = S2 , ↑:

(Symmetrie bzw. Momentengleichgewicht)

A: 2

S1 + S2 = Z , b b b b b Q+ − S2 − S1 − S3 = 0 2 2 6 6 2

C: 3

b S3 − 2 b F = 0 3

;

;

S1 = 3S3 − 3Q ,

S3 = 6F .

Damit erh¨ alt man Z = S1 + S2 = 6S3 − 6Q = 36F − 6Q . Anmerkungen: • Durch die Wahl geeigneter Momentenbezugspunkte treten die Lagerkr¨ afte von A und C in der Rechnung nicht auf. • Die Last Q dient bei der Pr¨ ufmaschine als Gegengewicht zu den hier vernachl¨ assigten Eigengewichten der Hebel und Stangen. • Durch den Hebelmechanismus wird die auf die Probe u ¨bertragene Kraft 36 mal so groß wie die aufgebrachte Belastung F .

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.17 Ein hydraulisch angetriebener Baggerarm soll so bemessen werden, dass er in der skizzierten Lage an der Schneide eine Reißkraft R aus¨ ubt.

23

A1.17 b Z2 0000000 a1111111 0000000 1111111

Z1

Wie groß ist dann die Kraft P im Hydraulikzylinder Z1? Wie groß muss der Hebelarm b des Zylinders Z2 sein, damit dieser mit der gleichen Druckkraft wie der Zylinder Z1 betrieben werden kann?

a

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 a 0000000 1111111 0000000 1111111

a 2a R

L¨ osung Wir trennen das System und zeichen das Freik¨orperbild. Dabei setzen wir von vornherein gleiche Druckkr¨ afte P in den Zylindern voraus. D AH R

D

C N

P

N

AH

AV

AV

P

BH BV

Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Schaufel A : 2aR − aD = 0 ; D = 2R , →:

AH − D = 0

;

AH = 2R ,

↑:

R − AV = 0

;

AV = R

P

und f¨ ur den Punkt C →:

D − P cos 45◦ = 0

;

√ √ P = D 2 = 2 2R ,

↑:

P sin 45◦ − N = 0

;

N = 2R

sowie das Momentengleichgewicht f¨ ur den Baggerarm B:

3 aAV + 2 aN − a P cos 45◦ − b P = 0 .

Auﬂ¨ osen liefert den gesuchten Hebelarm: 5√ 2 a. b= 4 onnen aus dem Kr¨ aftegleichAnmerkung: Die Lagerkr¨ afte BV und BH k¨ gewicht am Baggerarm ermittelt werden.

24

A1.18

Gleichgewicht

Aufgabe 1.18 Eine rechteckige Platte mit vernachl¨ assigbarem Gewicht wird durch 3 Seile gehalten.

a

a) An welcher Stelle muss eine Last Q angreifen, damit alle drei Seile gleich beansprucht werden? b) Wie groß sind die Seilkr¨ afte, wenn die Platte durch eine konstante Fl¨ achenlast p belastet wird?

2a a 4a 4a

L¨ osung a) Wir f¨ uhren ein Koordinatensystem ein, bezeichnen den noch unbekannten Angriﬀspunkt von Q mit xQ und yQ und setzen die 3 Seilkr¨ afte von vornherein als gleich voraus. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Gruppe paralleler Kr¨ afte

3S − Q = 0 ,

Fz = 0 : (0)

Mx

(0)

My

S

S Q S

y xQ

yQ

x

=0 :

2 aS − yQ Q = 0 ,

=0 :

−5 aS − a S − 2aS + xQ Q = 0 .

Hieraus folgen S=

Q , 3

yQ =

4 a, 3

xQ =

8 a. 3

b) Die 3 Seilkr¨ afte sind jetzt verschieden. Die Fl¨ achenlast kann durch die Einzellast F = 4 · 6 a2 p = 24 pa2 im Schwerpunkt ersetzt werden. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen nun:

Fz = 0 : (0)

Mx

(0)

My

S1 + S2 + S3 − 24 pa2 = 0 ,

S1

S2 x

=0 :

2 a 24 pa2 − 4 aS3 = 0 ,

=0 :

3 a 24 pa2 − 5 aS2 − aS1 − 2 aS2 = 0 .

Hieraus erh¨ alt man S3 = 12 pa2 ,

S1 = 3 pa2 ,

S2 = 9 pa2 .

S3 p

y

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

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 Maße in Meter (m).

25

A1.19

1,6 1,6

A

B 2

2

D

Gesucht sind die Kr¨ afte im Gelenk, in den Seilen und im Stab.

1

C

1 4

L¨ osung Wir schneiden das Schild frei und tragen im Freik¨orperbild die Komponenten aller Kr¨ afte ein. Damit lauten die 6 Gleichgewichtsbedingungen im Raum: −Ax − Bx − Cx = 0 , Fx = 0 : z

(0)

My

(0)

Mz

Az

Az + Bz + Cz − G = 0 , Ay

Fz = 0 : (0) Mx

Bz

−Ay + By + Cy + D = 0 ,

Fy = 0 :

x

=0 :

1 Cy = 0 ,

=0 :

−4Az − 2Bz + 2 G + 1 Cx = 0 ,

=0 :

−4 Ay + 2 By = 0 .

Ax

D

Bx Cz By

y Cx Cy

G

Dies sind 6 Gleichungen f¨ ur zun¨ achst noch 10 Unbekannte. Weitere 2 × 2 = 4 Gleichungen folgen aus der Komponentenzerlegung der Seilkr¨ afte A und B (die Kraftkomponenten verhalten sich zueinander wie die entsprechenden L¨ angen!): Ax 4 = , Ay 1, 6

4 Ax = , Az 2

2 Bx = , By 1, 6

2 Bx = . Bz 2

Die Auﬂ¨ osung ergibt schließlich: Ax = Bx =

Cy = 0 ,

G , 3

Az =

2 Cx = − G , 3 G , 6

Bz =

G , 3

Ay = −

Cz =

2 G, 15

G , 2

By = −

D=−

4 G, 15

2 G. 15

26

A1.20

Gleichgewicht

Aufgabe 1.20 Eine rechtwinklige Dreiecksplatte mit vernachl¨ assigbarem Gewicht wird durch 6 St¨ abe gehalten und durch die Kr¨ afte F und Q belastet.

a Q

a F

4

5

6 a

1

2

Man bestimme die Kr¨ afte in den St¨ aben.

3 a

L¨ osung Wir zeichnen das Freik¨orperbild und w¨ahlen ein Koordinatensystem: y

Q

F z S6 S1

α

x

S2 45◦

S5

S4

S3

Damit erh¨ alt man die folgenden Gleichgewichtsbedingungen: √ √ 2 2 Fx = 0 : S2 + S5 + F = 0 , 2 2 S6 cos α = 0 , Fy = 0 : √ √ 2 2 Fz = 0 : −S1 − S2 − S3 − S6 sin α − S4 − S5 − Q = 0 , 2 √2 (0) 2 Mx = 0 : −2aS4 − 2a S5 − a Q = 0 , 2 (0) a My = 0 : a S3 + Q = 0 , 2 √ (0) 2 −2a Mz = 0 : S5 − aF = 0 . 2 Auﬂ¨ osen liefert die gesuchten Stabkr¨ afte: √ 2 F Q , S2 = − S3 = − , F, S1 = 2 2 2 √ 2 1 S5 = − S6 = 0 . F, S4 = (F − Q) , 2 2

Allgemeine Kr¨ aftegruppen

Aufgabe 1.21 An der Plattform eines Fernsehturms greifen infolge der Aufbauten und der Windlasten die in der Abbildung dargestellten Kr¨ afte an.

27

A1.21 P 2P qw

Das angreifende Kr¨ aftesystem soll zun¨ achst durch eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moment im Lagerpunkt A der Plattform ersetzt werden. Danach ist das Moment am Fußpunkt B des Turms mit Hilfe des Versatzmoments zu ermitteln. Gegeben: α = 45◦ .

r

ez A

ex

ey

P

α

h B

L¨ osung Um die resultierende Kraft und das resultierende Moment bez¨ uglich des Punkts A zu berechnen, werden zun¨ achst die einzelnen Kr¨ afte und die zugeh¨ origen Hebelarme ben¨ otigt. F¨ ur die vertikalen Einzelkr¨ afte F 1 , F 2 und F 3 folgt mit dem angegebenen Basissystems: Kr¨ afte:

F 1 = −2 P ez ,

Hebelarme:

rAF 1 = −r ey , rAF 2

F 2 = −P ez ,

F 3 = −P ez , √ 2 = −r ex , rAF 3 = r (ex + ey ) . 2

Da die Windbelastung qw an jeder Stelle in radialer Richtung wirkt, u uglich des Punktes A aus. F¨ ur die resultieren¨bt sie kein Moment bez¨ de Windkraft folgt damit √ 2 π rAFw = 0 . Fw = r qw (−ex + ey ) , 2 2 Die Gesamtresultierende ergibt sich dann zu √ 2 π r qw (−ex + ey ) − 4 P ez , R = F1 +F2 +F3 +Fw = 2 2 und f¨ ur das resultierende Moment bez¨ uglich A erh¨ alt man √ √ 3 2 2 rAFi × F i = P r (2 − ) ex + P r ( − 1) ey . M (A) = 2 2 i=1

Um anschließend das Moment bez¨ uglich B zu ermitteln, muss zu M (A) das Versatzmoment MV = rBA × R addiert werden. Dieses berechnet sich mit dem Hebelarm rBA = h ez zu √ 2 π MV = rBA × R = r qw h (−ex − ey ) . 2 2

Damit kann das Moment im Fußpunkt des Masts angegeben werden: M (B) = M (A) + MV .

Kapitel 2 Schwerpunkt

2

30

Schwerpunkt

Volumenschwerpunkt F¨ ur einen K¨ orper mit dem Volumen V ermittelt man die Koordinaten des Schwerpunktes S (Volumenmittelpunkt) aus x dV xS = , dV y dV , yS = dV z dV . zS = dV

z S

zS

xS

y

yS

x

Fl¨ achenschwerpunkt x dA xS = , dA y dA . yS = dA

y yS

Hierbei ist x dA = Sy bzw. y dA = ache Sx das statische Moment der Fl¨ (=Fl¨ achenmoment 1. Ordnung) um die y- bzw. um die x-Achse. F¨ ur zusammengesetzte Fl¨ achen, bei denen die Lage (xi , yi ) der Teilschwerpunkte Si bekannt ist, gilt xi Ai xS = , Ai yi Ai . yS = Ai

S

xS

x

y yi

Si A i

xi

x

Anmerkungen: • Bei Fl¨ achen (K¨ orpern) mit Ausschnitten ist es oft zweckm¨ aßig, mit negativen Fl¨ achen (Volumina) zu arbeiten. • Sind Symmetrien vorhanden, dann liegt der Schwerpunkt auf den Symmetrieachsen.

Schwerpunkt

31

Linienschwerpunkt x ds xS = , ds y ds . yS = ds

y yS

Besteht eine Linie aus Teilst¨ ucken bekannter L¨ ange li mit bekannten Schwerpunktskoordinaten xi , yi , so folgt die Lage des Schwerpunktes aus xi li xS = , li yi li . yS = li

S

xS y yi

x

li Si

xi

x

Massenmittelpunkt Die Koordinaten des Massenmittelpunkts eines K¨ orpers mit der Dichteverteilung ρ(x, y, z) erh¨ alt man aus xρdV xS = , ρ dV

yρdV yS = , ρ dV

zρdV zS = . ρ dV

Besteht ein K¨ orper aus Teilk¨ orpern Vi der Dichte ρi mit bekannten Schwerpunktskoordinaten xi , yi und zi , so gilt xi ρi Vi yi ρi Vi zi ρi Vi xS = , yS = , zS = . ρi Vi ρi Vi ρi Vi

Anmerkung: Beim homogenen K¨ orper (ρ = const) fallen Volumenschwerpunkt und Massenmittelpunkt zusammen.

32

Schwerpunktskoordinaten

Tabelle von Schwerpunktskoordinaten y

Fl¨ achen

y

x 3 , y3

Dreieck h x 2 , y2 x 1 , y1 x

a

Halbkreis

x

xS =

2 3

a

xS = 13 (x1 + x2 + x3 )

yS =

1 3

h

A=

1 2

ah

yS = 13 (y1 + y2 + y3 ) y2 − y1 1 x2 − x1 A= 2 x3 − x1 y3 − y1

Viertelkreis

quadr. Parabel y

y

y

r

r

Viertelellipse y

r h

x

x 4 3π

b x

b

r

x

a

=0

=

4 3π

a

xS = 0

=

yS = 34π r

= 34π r

=

3 5

h

= 34π b

A = π2 r2

= π4 r2

=

4 3

bh

= π4 ab

K¨ orper

Linie

Kegel y

Halbkugel

Kreisbogen y

y h

α α

r

x

xS = 0 yS = V =

1 4 1 3

r

x

α xS = sin α r

xS = 0 h

yS =

πr2 h

V =

3 8 2 3

r

r

yS = 0

πr3

l = 2αr

x

Fl¨ achenschwerpunkt

Aufgabe 2.1 Die dargestellte Fl¨ache wird nach oben durch eine quadratische Parabel mit dem Scheitel bei x = 0 begrenzt.

y 3a 2

Man ermittle die Schwerpunktskoordinaten.

a 2

33

A2.1

b x

L¨ osung Wir stellen zun¨achst die Gleichung der Parabel auf: y = α x2 + β . Die Konstanten α und β folgen aus den Endpunkten x0 = 0, y0 = a/2 und x1 = b, y1 = 3a/2 zu β = a/2, α = a/b2 . Damit wird x 2 a + . y=a b 2 Mit dem Fl¨ achenelement dA = y dx folgt: x dA x y dx = xS = dA y dx b x 2 a 1 2 x a + dx ab b 2 3 0 2 = = b = b. 5 2 5 a x ab + dx a 6 b 2 0

y

dA dx

x

Wenn wir zur Ermittlung von yS die Fl¨ achenelemente (b − x)dy verwenden, so treten komplizierte Integrale auf. Wir bleiben daher beim y

y dA = (b − x)dy

dy

dA = y dx y/2

x

x

x

Fl¨ achenelement dA = y dx und m¨ ussen nur ber¨ ucksichtigen, dass sein Schwerpunkt in y-Richtung bei y/2 liegt. Dann gilt (die Fl¨ ache im Nenner ist dieselbe wie vorher): y b y dx x4 a2 a2 47 6 yS = 2 dx = a. a2 4 + 2 x2 + = 5 10 ab b b 4 100 ab 0 6

34

A2.2

Schwerpunkt

Aufgabe 2.2 Gesucht ist die Lage des Schwerpunktes eines Kreisaus¨ schnittes vom Oﬀnungswinkel 2α.

y

r 2α

x

L¨ osung Wegen der Symmetrie liegt der Schwerpunkt auf der x-Achse: ahlen wir als Fl¨ achenelement einen yS = 0. Zur Ermittlung von xS w¨ inﬁnitesimalen Kreisausschnitt (= Dreieck) und integrieren u ¨ber den Winkel θ. Dann folgt α 2 1 r cos θ r r dθ 1 3 2 r3 2 sin α −α dA = r r dθ 2 xS = = 2 r α 1 3 r2 α 3 dθ r r dθ 2 −α θ ∗ S

2 sin α r. = 3 α Im Grenzfall α = π/2 folgt die Schwerpunktslage des Halbkreises zu xS =

4 r. 3π

Man kann den Schwerpunkt auch durch Aufteilung der Fl¨ ache in Kreisringelemente und Integrationen u ¨ber x ermitteln. Dann muß aber vorher die Schwerpunktlage S ∗ eines solchen Ringelementes bekannt sein oder erst berechnet werden.

S∗

Die Schwerpunktskoordinate xS eines Kreisabschnittes ﬁndet man mit obigem Ergebnis durch Diﬀerenzbildung: r A

S

s

xS

xSI AI − xSII AII = xS = AI − AII

AI xSI

SI

AII

SII

xSII

1 2 sin α 2 2 r r α − s r cos α r cos α s3 3α 2 3 . = 1 12A r2 α − s r cos α 2

Fl¨ achenschwerpunkt

35

Aufgabe 2.3 F¨ ur die dargestellten Proﬁle ermittle man die Lage der Schwerpunkte (Maße in mm). a)

b) 15

15 8

20

8 32

5

5 4

4 45

45

L¨ osung a) Wir w¨ahlen das Koordinatensystem so, dass die Symmetrieachse mit der y-Achse zusammenf¨ allt. Dann gilt xS = 0, und es muss nur noch yS berechnet werden. Hierzu zerlegen wir das Proﬁl in Rechtecke, deren einzelne Schwerpunktslagen bekannt sind. Damit folgt yi Ai y yS = Ai =

2 (4 · 45) + 14(5 · 20) + 28 (8 · 15) 4 · 45 + 5 · 20 + 8 · 15

=

5120 = 12, 8 mm . 400

x

b) Wir legen das Koordinatensystem in die linke untere Ecke und ﬁnden durch Zerlegung in Teilrechtecke xS = =

yS =

22, 5 (4 · 45) + 2, 5 (5 · 20) + 7, 5 (8 · 15) 4 · 45 + 5 · 20 + 8 · 15

y

5200 = 13 mm , 400 2 (4 · 45) + 14 (5 · 20) + 28 (8 · 15) 400

x

= 12, 8 mm .

Anmerkung: Beim Verschieben der Fl¨ achen in x-Richtung bleibt yS unver¨ andert.

A2.3

36

A2.4

Fl¨ achenschwerpunkt

Aufgabe 2.4 Gesucht ist die Lage des Schwerpunktes der dargestellten Fl¨ ache mit einem Rechteckausschnitt (Maße in cm).

y 4 2 2

2

1

x 3

1 1

2

L¨ osung Wir teilen die Fl¨ache in 2 Dreiecke sowie ein großes Rechteck und ziehen den kleinen Rechteckausschnitt ab. F¨ ur diese sind die Gr¨ oße der Fl¨ achen und ihre Schwerpunktslagen bekannt.

IV I

II

III

Die rechnerische L¨ osung erfolgt zweckm¨ aßig mit Hilfe einer Tabelle. Teilsystem i

Ai

xi

xi Ai

yi

yi Ai

[cm2 ]

[cm]

[cm3]

[cm]

[cm3 ]

I

10

II

4

100 3 68 3

10 3 10 3

100 3 40 3

III

14

49

1

14

IV

-2

10 3 17 3 7 2 7 2

-7

2

-4

A=

Ai = 26

Damit ﬁndet man xi Ai 98 49 xS = = = cm , A 26 13

xi Ai = 98

yS =

yi Ai =

170 3

yi Ai 170/3 85 = = cm . A 26 39

Linienschwerpunkt

Aufgabe 2.5 Ein Draht konstanter Dicke wurde zu nebenstehender Figur verformt (alle L¨ angen in mm).

37

A2.5 40 80 30

Wo liegt der Schwerpunkt?

L¨ osung Wegen der Symmetrie der Figur liegt der Schwerpunkt auf der Symmetrielinie, die wir als y-Achse w¨ ahlen, d.h. es gilt xS = 0. Da die ucke der L¨ ange li bekannt sind, folgt Schwerpunktslagen yi der Teilst¨ die Lage yS des Gesamtschwerpunkts aus yi li . yS = li Wir wollen die Aufgabe mit drei verschiedenen Unterteilungen l¨ osen. Dabei gilt l= li = 2 · 30 + 2 · 80 + 40 = 260 mm . 1. M¨ oglichkeit: yS =

1 (80 · 40 + 2 · 40 · 80) 260 I

II

9600 = 36, 92 mm . = 260

I II

II y III

III x

2. M¨ oglichkeit:

I

1 yS = (40 · 40 − 2 · 40 · 30) 260 I

= −3, 08 mm .

III

y

III

3. M¨ oglichkeit: Wir w¨ ahlen ein spezielles Teilst¨ uck IV so, daß sein Schwerpunkt in den Koordinatenursprung f¨ allt: yS =

1 2 · (−40) · 10 = −3, 08 mm . 260 V

40

II

x III

IV y

40

V

x V

10

10

Die 3.Variante hat den Vorteil, dass nur das statische Moment eines Teilst¨ ucks V ber¨ ucksichtigt werden muss.

38

A2.6

Ermittlung y

Aufgabe 2.6 Ein d¨ unner Draht wurde in Form einer Hyperbelfunktion gebogen.

S a

Wo liegt der Schwerpunkt?

y = a cosh x a a x

a

L¨ osung Aus Symmetriegr¨ unden liegt der Schwerpunkt auf der y-Achse. ange Mit der Ableitung y = sinh x a wird das Element der Bogenl¨ x x ds = (dx)2 + (dy)2 = 1 + (y )2 dx = 1 + sinh2 dx = cosh dx . a a Integration ergibt die Bogenl¨ ange +a x cosh dx = 2 a sinh 1 . s = ds = a −a Das statische Moment um die x-Achse ﬁndet man zu Sx =

y ds =

x a cosh dx = a a 2

+a

−a

1 + cosh 2 x a dx = a2 (1+ 1 sinh 2) . 2 2

Damit erh¨ alt man die Schwerpunktkoordinate y ds a 1 + 12 sinh 2 = = 1, 197 a . yS = 2 sinh 2 ds A2.7

Aufgabe 2.7 Aus einem dreieckigen Blech ABC, das in A drehbar aufgeh¨ angt ist, wird ein Dreieck CDE herausgeschnitten. Wie groß muss x sein, damit sich BC horizontal einstellt?

A I

II

√

3 a 2

D

x B a 2

E

3 a 2

C

L¨ osung Das Dreieck h¨angt in der geforderten Lage, wenn sich der Schwerpunkt unter dem Lager A beﬁndet. Das bedeutet, dass das statische Moment des Dreiecks ADC bez¨ uglich der Drehachse durch A gleich sein muss dem des Dreiecks ABE: √ √ 3 3 1 3 1 a 1 a 3 4√ 1 ; x= 3 a. a−x a a = a 2 2 2 3 2 3 2 9 2 2 2 Fl¨ ache ADC

Abstand

Fl¨ ache ABE Abstand

des Schwerpunktes

Aufgabe 2.8 Ein Kreisring vom Gewicht G wird an drei Federwaagen aufgeh¨ angt, die in gleichen Abst¨ anden am Umfang angebracht sind. Sie zeigen folgende Kr¨ afte an: F1 = 0, 334 G , F2 = 0, 331 G , F3 = 0, 335 G .

A2.8 2

1

3

An welcher Stelle des Umfangs muss welches Zusatzgewicht angebracht werden, damit sich der Schwerpunkt in der Mitte beﬁndet (= statisches Auswuchten)?

L¨ osung Aus den unterschiedlichen Anzeigen der Federwaagen erkennt man, dass das Gewicht ungleichm¨ aßig u ¨ber den Ring verteilt ist. Der Schwerpunkt S (=Ort der resultierenden Gewichtskraft) liegt daher nicht in der Mitte des Ringes, sondern f¨ allt mit dem Kr¨ aftemittelpunkt (=Ort der resultierenden Federkr¨ afte) zusammen. Wir ermitteln achst seine Lage. Sie folgt daher zun¨ mit Fi = G aus dem Momentengleichgewicht um die x- und um die y-Achse:

39

y

1

2 30◦ x

3

yS G = r sin 30◦ (0, 334 G + 0, 331 G) − r 0, 335 G , ;

yS = −0, 0025 r ,

xS G = r cos 30◦ (0, 331 G − 0, 334 G) , ;

xS = −0, 0026 r . I

Damit der Schwerpunkt des Ringes mit Zusatzgewicht Z in der Mitte M liegt, muss Z am Umfang auf der Geraden angebracht werden, die durch M und S geht. Seine Gr¨ oße folgt aus dem Momentengleichgewicht um die hierzu senkrechte Achse I: r Z = SM G ; r Z = x2S + yS2 G ;

Z=

(0, 0025)2 + (0, 0026)2 G = 0, 0036 G .

Z

y M S

x I

40

A2.9

Ermittlung

Aufgabe 2.9 Ein d¨ unnes Blech konstanter Dicke, bestehend aus einem Quadrat und zwei Dreiecken, wurde zu nebenstehender Figur gebogen (Maße in cm).

z

2 3

II 3

y

III I

Wo liegt der Schwerpunkt?

4 x

4

L¨ osung Der K¨orper besteht aus Teilen, deren einzelne Schwerpunktslagen bekannt sind. Die Lage des Gesamtschwerpunktes (Massenmittelpunkt) errechnet sich damit formal aus ρi xi Vi ρi yi Vi ρi zi Vi , yS = , zS = . xS = ρi Vi ρi Vi ρi Vi Da das Blech konstante Dichte und Dicke hat, heben sich diese sich aus der Rechnung heraus, und wir k¨ onnen unmittelbar mit den Fl¨ achen arbeiten: xi Ai yi Ai zi Vi , yS = , zS = . xS = Ai Ai Ai Die Gesamtﬂ¨ ache betr¨ agt 1 1 A= Ai = 4 · 4 + · 4 · 3 + · 4 · 3 = 28 cm2 . 2 2 Bei den statischen Momenten der Teilﬂ¨ achen f¨ allt jeweils die Teilﬂ¨ ache heraus, deren Schwerpunkt den Abstand Null hat: xII = 0, yIII = 0, zI = 0. Damit ergibt sich 2 2 · 16 + ( · 4) 6 xI AI + xIII AIII 3 xS = = = 1, 71 cm , A 28 yS =

yI AI + yII AII 2 · 16 + 2 · 6 = = 1, 57 cm , A 28

1 1 ( · 3) 6 + ( · 3) 6 zII AII + zIII AIII 3 3 zS = = = 0, 43 cm . A 28

des Schwerpunktes

Aufgabe 2.10 Ein halbkreisf¨ ormiger Transportk¨ ubel wurde aus Stahlblech (Wanddicke t, Dichte S ) gefertigt.

41

A2.10

t b

a) In welchem Abstand vom oberen r Rand m¨ ussen die Lagerzapfen angebracht werden, damit sich der leere K¨ ubel leicht kippen l¨ asst? b) Was ergibt die gleiche Forderung f¨ ur den mit Material der Dichte ullten K¨ ubel? M vollgef¨ Man vergleiche die Ergebnisse speziell f¨ ur b = r, t = r/100, M = S /3 .

L¨ osung Der K¨ ubel l¨ asst sich am leichtesten kippen, wenn die Lagerzapfen auf einer Achse durch den Massenmittelpunkt liegen. a) Beim leeren K¨ ubel (= homogener K¨ oper) fallen Massenmittelpunkt und Volumenmittelpunkt zusammen. Außerdem hebt sich die konstante Wanddicke heraus. Mit den Schwerpunktsabst¨ anden f¨ ur die Halbkreisﬂ¨ ache und f¨ ur den Halbkreisbogen

4r 3π 2r z2 = π

z1 =

zS

z

erh¨ alt man daher 4r πr2 2r 2 + πrb z1 A1 + z2 A2 4r + 6b 2 π zSL = = 3π r. = 2 A1 + A2 3 π(r + b) πr 2 + πrb 2 ! " b) Beim gef¨ ullten K¨ ubel folgt mit der K¨ ubelmasse mS = π r2 + rb t S 2 1 und der Masse des F¨ ullmaterials mM = 2 πr b M der gesuchte Abstand zum Massenmittelpunkt aus 4r zSL mS + mM 4 (2r + 3b) t S + 4 rb M 3π r. = zSV = mS + mM 3π 2 (r + b) t S + r b M Mit den gegebenen Abmessungsverh¨ altnissen ﬁndet man 1 1 4·5 +4· 10 3 r = 0, 44 r . 100 zSL = r = 0, 53 r , zSV = 3π · 2 1 1 3π 4 · + 100 3 Anmerkung: Da die Materialmasse wesentlich gr¨ oßer ist als die K¨ ubelmasse, liegt der gemeinsame Massenmittelpunkt nur unwesentlich unter dem des F¨ ullgutes: zSF = 4r/(3π) = 0, 424 r.

Kapitel 3 Lagerreaktionen

3

44

Lagerreaktionen

Ebene Tragwerke In der Ebene gibt es 3 Gleichgewichtsbedingungen. Dementsprechend treten bei einem statisch bestimmt gelagerten K¨ orper in der Ebene nur 3 unbekannte Lagerreaktionen auf. Man unterscheidet folgende Lager: Name

Symbol

Lagerreaktionen

verschiebliches Auﬂager

AV

festes Auﬂager

AH AV ME

Einspannung

AH

AV

Beachte: Am freien Rand treten keine Kraft und kein Moment auf. Zwischen 2 K¨ orpern k¨ onnen folgende Verbindungselemente auftreten: Name

Symbol

Momentengelenk

Querkraftgelenk

u ¨bertragbare Schnittgr¨ oßen N Q Q N M M M

Normalkraftgelenk Q

Pendelst¨ utze

Q N

Sind f = Anzahl der Freiheitsgrade, r = Anzahl der Lagerreaktionen, v = Anzahl der u oßen (Verbindungsreaktionen) ¨bertragenen Schnittgr¨ und n = Anzahl der K¨ orper, so gilt f = 3 n − (r + v) . Merke:

⎧ ⎪ ⎨> 0 : f = =0: ⎪ ⎩ <0:

f -fach verschieblich, statisch bestimmt (notwendige Bedingung), f -fach statisch unbestimmt.

45

Lagerreaktionen

R¨ aumliche Tragwerke Im Raum gibt es 6 Gleichgewichtsbedingungen. Dementsprechend treten bei einem statisch bestimmt gelagerten K¨ orper im Raum nur 6 unbekannte Lagerreaktionen auf. Man unterscheidet folgende Lager: x

Name

Symbol

Lagerreaktionen y

verschiebliches Auﬂager

z

Az

festes Auﬂager

Ax Ay

Az

Ax Mx Ay Az My Mz

Einspannung

Zwischen 2 K¨ orpern k¨ onnen folgende Verbindungselemente auftreten: Name

Symbol

u ¨bertragbare y Schnittgr¨ oßen

x z

Qz

Momentengelenk

Qy

Nx

Qz

Biegemomentengelenk

Qy Nx Qz

Scharnier

Qy Nx

Mx Mz Mx

Sind f = Anzahl der Freiheitsgrade, r = Anzahl der Lagerreaktionen, v = Anzahl der u oßen (Verbindungsreaktionen) ¨bertragenen Schnittgr¨ und n = Anzahl der K¨ orper, so gilt f = 6 n − (r + v) . Merke:

⎧ ⎪ ⎨> 0 : f = =0: ⎪ ⎩ <0:

f -fach verschieblich, statisch bestimmt (notwendige Bedingung), f -fach statisch unbestimmt.

46

A3.1

Lagerreaktionen

Aufgabe 3.1 F¨ ur die nachfolgenden Tragwerke soll deren statische Bestimmtheit und Brauchbarkeit (kinematische Bestimmtheit) ermittelt werden. Dabei ist zu beachten, dass die Brauchbarkeit unabh¨ angig von der statischen Bestimmtheit ist. F¨ ur die Tragwerke, bei denen das Abz¨ ahlkriterium eine Verschieblichkeit (f > 0) ergibt, ist eine Brauchbarkeit des Systems von vornherein auszuschließen, bei den statisch bestimmten und unbestimmten Tragwerken muss diese jedoch separat untersucht werden. a)

L¨ osung Mit n = 3 (Balken, Rahmen), r = 4 Lagerreaktionen und v = 2 · 2 + 3 = 7 (2 Gelenke, 3 St¨ abe) wird f = 3 · 3 − (4 + 7) = −2 .

a b a a

a

b b

b)

Das System ist danach statisch unbestimmt. Dass es auch kinematisch unbestimmt ist erkennt man, wenn man den Balken zwischen den beiden Gelenken zusammen mit dem Unterzug aus den 3 St¨ aben als einen einzigen (in sich unbeweglichen) K¨ orper ansieht. Dann erh¨ alt man mit n = 3, r = 4 und v = 2 · 2 das Ergebnis f = 1. Das Tragwerk besitzt somit einen kinematischen Freiheitsgrad und ist damit beweglich, d.h. nicht brauchbar.

L¨ osung Mit n = 3 (Balken, Rahmen), r = 3 Lagerreaktionen und v = 6 (3 Gelenke) folgt f = 3 · 3 − (3 + 6) = 0 . b

a

a

a

c) b a

b b

a

a

Dieses Tragwerk ist statisch bestimmt und brauchbar. Auf den unverschieblichen schr¨ agen Balken auf zwei St¨ utzen ist ein Dreigelenkrahmen aufgesetzt, der sich ebenfalls nicht bewegen l¨ asst.

L¨ osung Das System besteht aus n = 3 Balken/Rahmen, besitzt r = 4 Lagerreaktionen und v = 4 Verbindungsreaktionen (2 Gelenke). Damit wird f = 3 · 3 − (4 + 4) = 1 . Das Tragwerk ist danach einfach verschieblich und dementsprechend unbrauchbar.

Statische Bestimmtheit

d)

47

L¨ osung Mit n = 2 Rahmenteilen, r = 3 Lagerreaktionen und v = 4 Verbindungsreaktionen (2 Gelenke) gilt f = 3 · 2 − (3 + 4) = −1 . a a

a

a

e)

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

L¨ osung Mit n = 9, r = 7 und v = 20 (beachte: jeder zus¨ atzlich am Gelenk angeschlossene Balken liefert 2 zus¨ atzliche Verbindungsreaktionen) gilt f = 3 · 9 − (7 + 20) = 0 .

a

Dieses Tragwerk ist statisch bestimmt und brauchbar. Der vertikale rechte untere Balken ist durch seine Lagerung (unten zweiwertig, oben einwertig) fest gehalten. An diesen Balken schließen sich nach links zwei unbewegliche Dreigelenkrahmen an. An diesem brauchbaren Tragsystem werden oben (von links kommend) zwei weitere Dreigelenkrahmen angebracht.

a

b

a

a

f)

L¨ osung Es gilt b a A a a

b b

a

f = 3 · 10 − (4 + 26) = 0 . Dieses Tragwerk ist zwar statisch bestimmt allerdings nicht brauchbar. Hier liegt eine inﬁnitessimale Verschieblichkeit vor. Aufgrund der geometrischen Anordnung liegen die Auflager und das Gelenk A, das die beiden statisch bestimmten Teiltragwerke verbindet, auf einer Geraden. Dadurch entsteht eine sehr weiche“ und unbrauchbare Konstruktion. ”

48

A3.2

Lagerreaktionen

Aufgabe 3.2 F¨ ur den dargestellten Balken ermittle man die Lagerreaktionen. Gegeben: F1 = 4 kN, F2 = 2 kN, F3 = 3 kN, M◦ = 4 kNm, q◦ = 5 kN/m, a = 1 m, α = 45◦ .

F1

q◦

F2

F3

M◦

α

10 0 10 00 11 1

A

00 11 11 00 1101 00

B

a

a

a

L¨ osung Der Balken ist statisch und kinematisch bestimmt gelagert. Freimachen von den Lagern liefert das folgende Freik¨ orperbild: F1

F2

q◦

F3

M◦ BH

A

BV

Damit k¨ onnen drei Gleichgewichtsbedingungen am Balken aufgestellt werden: A:

3a BV − M0 − 2a F3 −

B:

−3a A + 3a F1 + 2a F2 sin α + 32 a (q◦ a) + a F3 − M◦ = 0 ,

→:

3 a (q◦ a) − a F2 sin α = 0 , 2

F2 cos α − BH = 0 .

Hieraus folgt mit den gegebenen Zahlenwerten 3 1√ 2 ·5+2· 2 2 BV = = 6, 30 kN , 3 3 1√ 2+ ·5+3−4 12 + 2 · 2 · 2 2 A = = 7, 11 kN , 3 1√ 2 = 1, 41 kN . BH = 2 · 2 4+6+

Zur Probe verwenden wir die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung: ↑:

A + BV − F1 − F2 sin α − q◦ a − F3 = 0 , ;

6, 30 + 7, 11 − 4 − 2 · 0, 71 − 5 − 3 = 0 .

Anmerkung: Da die Lagerkr¨ afte nur auf 2 Stellen hinter dem Komma angegeben werden, liegt der Fehler bei der Probe in der 2. Stelle.

Lagerreaktionen

49

Aufgabe 3.3 Es sind die Lagerreaktionen f¨ ur die in a) und b) dargestellten Systeme zu bestimmen. a)

b)

F

F a

c

1010101010A 11 00 00 11 10

F

a

a

101010B 11 00 101010 b 00 11

1010101010 11 00 00 11 10

C

B

a

a

2a

L¨ osung Wir skizzieren das jeweilige Freik¨orperbild und bestimmen aus den Gleichgewichtsbedingungen die Lagerreaktionen. Zur Probe setzen wir die Ergebnisse in eine vierte Gleichgewichtsbedingung ein, die dann identisch erf¨ ullt sein muss. a) A:

aB − cF = 0

;

B=

B:

−a AV − c F = 0

;

c AV = − F , a

→:

AH + F = 0

;

AH = −F .

c F, a

F AH B

AV

Probe: C:

−(a + b) AV − b B − c F = 0 ;

(c +

b c c) F − b F − c F = 0 . a a

b) I: →: ↑:

2a B + a F − 3a F = 0 −F − S1 cos 45◦ = 0

; ;

B − F − S2 − S1 sin 45◦ = 0

F

B=F, √ S1 = − 2F , ;

I S1

S2

S2 = F .

Probe: B:

2a S2 + a S1 cos 45◦ + 2a S1 sin 45◦ + 2a F − a F = 0 ;

2a F − a F − 2a F + 2a F − a F = 0 .

F

B

A3.3

50

A3.4

Ermittlung

Aufgabe 3.4 F¨ ur die nebenstehende Konstruktion ermittle man die Lagerreaktionen. Dabei soll die Reibung am Rollenlager sowie zwischen Seil und Rolle vernachl¨ assigt werden.

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

A

R

C

R D

2R

F

2R

3R

L¨ osung Wir u ufen zun¨ achst die notwendige Bedingung f¨ ur stati¨berpr¨ sche Bestimmtheit. In der gegebenen Aufgabe sind r=4 n=3 v=5

(je 2 Lagerreaktionen bei A und B) (3 starre K¨ orper) (Verbindungsgelenk 2, Rollenlager 2, Seil 1)

Damit f¨ uhrt die Abz¨ ahlbedingung auf f = 3 · 3 − (4 + 5) = 0 . 3n r v Dementsprechend ist das System der drei K¨ orper statisch bestimmt. Wir trennen das System und erhalten die folgenden Freik¨ orperbilder: S

2 Cx

1

Cx

Bx

Cy

By

Ax

Dx Cy

Dy S

y

Ay

Dx

x

Dy

Dann liefern die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Rolle 3 D: R S = R F ; S = F , ↑:

Dy = −F ,

→:

Dx = −F ,

3

F

der Lagerreaktionen

51

f¨ ur den Hebel 1 A : 2R Cx − 2R Cy − 3R S = 0 , ↑:

Ay = Cy ,

→

Ax = Cx − S

und f¨ ur den Hebel ur die Rolle) 2 (unter Verwendung der Ergebnisse f¨ D : −5R By − 3R Cy = 0 , ↑:

By + Cy − F = 0 ,

→:

Bx + Cx − F = 0 .

Aus den letzten 6 Gleichungen folgt f¨ ur die noch 6 Unbekannten (4 Lagerreaktionen, 2 Verbindungsreaktionen am Gelenk C) 3 By = − F , 2

Cy = Ay = Bx = −3 F ,

Cx = 4 F ,

5 F, 2 Ax = 3 F .

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

Bx By

F

Ax Ay

A:

6R F + 2R Bx = 0

;

Bx = −3F ,

→:

Ax + Bx = 0

;

Ax = 3F .

Zur Ermittlung der restlichen Lagerreaktionen Ay , By muss das System in jedem Fall geschnitten werden!

52

A3.5

Ermittlung

Aufgabe 3.5 Eine homogene Dreiecksscheibe (speziﬁsches Gewicht pro Dickeneinheit ρg) wird in der dargestellten Lage gehalten. Es sind die Seilkraft und die Lagerreaktionen zu bestimmen. Dabei kann angenommen werden, dass zwischen den Rollen und dem Seil keine Reibung herrscht.

h A

00 11 110 00 10 1

L¨ osung Wir schneiden die Scheibe frei und skizzieren das Freik¨ orperbild. In ihm treten zun¨ achst noch die 4 Unbekannten Ax , Ay , S1 , S2 auf. Aus dem Gleichgewicht an den Rollen ⎫ S3 = S1 ⎬ ; S1 = S2 S3 = S2 ⎭

a

S1 2 3

G

Ax

S2

Ay

S3

folgt aber wegen S1 = S2 = S, dass in Wirklichkeit nur 3 unbekannte Kr¨ afte S1 existieren. Das resultierende Gewicht G=

a

S3

S2

1 ahρg 2

greift im Schwerpunkt an, der beim Dreieck bei 23 a liegt. Damit folgt aus den Gleichgewichtsbedingungen A:

2 aG − aS = 0, 3

↑:

Ay − G + S = 0 ,

→:

S

G

Ax

S Ay

Ax + S = 0

f¨ ur die gesuchten Kr¨ afte S=

2 1 G = ahρg , 3 3

Ay =

1 1 G = ahρg , 3 6

1 Ax = − ahρg . 3

der Lagerreaktionen

53

α

Aufgabe 3.6 F¨ ur den nebenstehenden Rahmen ermittle man die Lagerreaktionen.

A3.6

2a

F2

F1

N, Gegeben: F1 = 2000√ F2 = 3000 2 N, α = 45◦ , a = 5 m.

2a

A

00 11 11 00 1 0 11 00

a B

010101 00 11 α

L¨ osung Das Freik¨ orperbild zeigt, dass die Wirkungslinie von F2 zuf¨ allig durch das Lager A geht. Daher bietet sich die Momentengleichung um A als erste Gleichgewichtsbedingung an: A:

2a B − 2a F1 = 0

;

F2 F1

Ax Ay

B = F1 . B

Aus dem Kr¨ aftegleichgewicht folgt dann: ↑:

Ay + B − F2 cos α = 0

;

Ay = F2 cos α − F1 ,

→:

Ax + F1 − F2 sin α = 0

;

Ax = F2 sin α − F1 .

Mit den gegebenen Zahlenwerten erh¨ alt man: √ 1√ 2 − 2000 = 1000 N , Ax = 3000 2 2 √ 1√ 2 − 2000 = 1000 N , Ay = 3000 2 2 B = 2000 N . Probe: B: ;

3a F2 sin α − 3a F1 − a Ax − 2a Ay = 0 15 · 3000

√ 1√ 2 2 − 15 · 2000 − 5 · 1000 − 10 · 1000 = 0 . 2

54

A3.7

Bestimmung

Aufgabe 3.7 Wie groß sind die Lagerreaktionen f¨ ur nebenstehenden Rahmen?

11 00 000 11 1

F

A

l/2

l/2

L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt die die 5 unbekannten Lagerkr¨ afte (das Lager B ist wegen des gelenkigen Anschlusses in I eine Pendelst¨ utze). Man kann die Kr¨ afte berechnen, ohne dass die Gelenkkr¨ afte eingehen, indem wir zun¨ achst die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem aufstellen. Hinzu nehmen wir noch die Momentengleichgewichtsbedingungen bez¨ uglich I und II f¨ ur das Teilsystem links von I und rechts von II: A: ↑: →: I: II :

l

11 00 00 11 0010 11 00 11 00 11 0010 11 C

B

10 0 10 00 11 1

l/2

l

AH

F AV

I

II CH

B CV

1√ l 1√ 3 3 2+ B 2 − l F − l CH + 2l CV = 0 , 2 2 2 2 2 1√ 2 + CV + AV − F = 0 , B 2 1√ AH + B 2 − CH = 0 , 2 l −l AV − AH = 0 , 2 lB

l CV − l CH = 0 . 2

Auﬂ¨ osen der 5 Gleichungen nach den 5 Unbekannten ergibt √ 2 F F F , AV = − , B = , CV = F . AH = F , CH = 3 6 6 2 A

B

Graﬁsche L¨ osung: Die Resultierende R aus C und F muss waagrecht verlaufen, da das Rahmenteil I-II (da nur an den Gelenken belastet) ein Pendelstab ist.

R C

F

der Lagerreaktionen

Aufgabe 3.8 Das skizzierte Hebelsystem kann zur Messung der Seilkraft F dienen, wenn die senkrechte St¨ utze BC mit einer geeigneten Messeinrichtung versehen wird. Unter Vernachl¨ assigung m¨ oglicher Reibungskr¨ afte zwischen den Rollen und dem Seil bestimme man a) die Lagerreaktionen in A und B, b) die Kr¨ afte in den Rollenlagern.

55

A3.8

F

11 00 1 0 00 11 11 00

a/2 a

A C

a a/2

3a

F B

3a

010101 00 11 a

L¨ osung a) Das Teil BC ist eine Pendelst¨ utze. Die 3 Lagerreaktionen folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen →:

AH = 0 ,

F

↑:

AV + B = 0 ,

A:

3aB + 3aF = 0

AH AV

B F

zu B = −F ,

AV = F ,

AH = 0 .

b) Wir schneiden eine der Rollen frei und f¨ uhren die Lagerkr¨ afte Rx und Ry ein. Aus der gegebenen Geometrie folgt f¨ ur den Hilfswinkel α: sin α =

a/2 1 = a 2

;

F

α = 30◦ .

Rx M

Damit liefern die Gleichgewichtsbedingungen: M:

a a F − S=0 2 2

;

S=F,

↑:

Ry − S cos α = 0

;

Ry =

Rx − S sin α − F = 0

;

→:

1√ 3F, 2 3 Rx = F . 2

Ry S α

56

A3.9

Bestimmung q◦

Aufgabe 3.9 F¨ ur das dargestellte Tragwerk ermittle man die Lagerreaktionen.

D

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

E

q◦

10 1001 2a

C

B

a

a A

a F

11 00 11 00 11 00

L¨ osung Die beiden Teilk¨orper ABC und DEF sind durch die Penq◦ delst¨ utze CD verbunden. Mit n = 2, v = 1 und r = 3·1+1·2 = 5 erh¨ alt man: f = 3 · 2 − (5 + 1) = 0. Die E notwendige Bedingung f¨ ur statische S Bestimmtheit ist danach erf¨ ullt. q◦ Wir trennen das System und skiz2 zieren das Freik¨ orperbild. Hieraus B liest man f¨ ur die Gleichgewichtsbedingungen ab: Gleichgewicht f¨ ur Teilsystem 1 : ⎫ →: A+B =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ↑ : S = q◦ a ⎪ ⎪ ⎪ q ◦ a2 ⎪ A: aS − − aB = 0 ⎪ ⎭ 2 Gleichgewicht f¨ ur Teilsystem 2 : q ◦ a2 − 2aE = 0 2

F:

aS +

↑:

F V − S − q◦ a = 0

→:

E − FH = 0

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

1

B= ;

q◦ a , 2

A=−

q◦ a . 2

FV = 2q◦ a , ;

3 q◦ a , 4 3 = q◦ a . 4

E = FH

Probe: Momentengleichgewicht am Gesamtsystem D:

q ◦ a2 q ◦ a2 − − 2aFH + aFV = 0 2 2 q ◦ a2 3 −q◦ a2 + − q◦ a2 + 2q◦ a2 = 0 . 2 2

2aA + aB + ;

FH

A FV

der Lagerreaktionen

57

q◦

Aufgabe 3.10 Man ermittle die Lagerreaktionen des dargestellten Systems.

A3.10 C

B

A

P 3a

00 11 11 00 00 11 L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt die auf das System wirkenden Kr¨ afte (der K¨ orper CD wirkt wie eine Pendelst¨ utze). Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem bzw. f¨ ur das Teilsystem 2

D 3a

a

1

2

MA AH

q◦ α AV D

P

Gesamtsystem: ↓: →: A:

−D sin α − AV + P + q◦ 4a = 0 , AH + D cos α = 0 , −MA + 4 aD sin α − 2 aq◦ 4 a − 4aP = 0 ,

Teilsystem 2 : B:

a D sin α − P a −

1 aq◦ a = 0 . 2

Auﬂ¨ osung der 4 Gleichungen nach den 4 Unbekannten liefert mit sin α = 3/5 und cos α = 4/5 die gesuchten Lagerreaktionen: D=

5 7 4 1 5 2 P + q◦ a, AV = q◦ a, AH = − P − q◦ a, MA = − 6q◦ a2 . 3 6 2 3 3 2

58

A3.11

Lagerreaktionen

Aufgabe 3.11 Am dargestellten Tragwerk wirkt auf den Teilk¨ orper BC eine dreiecksf¨ ormige Streckenlast. Weiterhin greift im Bereich AB ein Einzelmoment M◦ an.

a/2

a/2

A a/2

M◦

B

Wie groß sind die Lagerreaktionen in A und in C?

a

q◦

L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt s¨ amtliche am System angreifenden Kr¨ afte. Dabei wurde die dreiecksf¨ ormige Streckenlast durch ihre Resultierende R ersetzt. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem und f¨ ur das Teilsystem 2 : Gesamtsystem: ↑: →: C:

00 11 10 0 11 00 1 C

MA M◦

AH

2

1

R a/3

CH

CV = 0 , CV

−AH + CH + R = 0 , MA − M◦ +

3 1 aAH − aR = 0 , 2 3

Teilsystem 2 : B:

−a CH −

2 aR = 0 . 3

ur die Lagerreaktionen: Daraus folgt mit R = 12 q◦ a f¨ 1 CH = − q◦ a , 3

CV = 0 ,

AH =

1 q◦ a , 6

MA = M◦ −

1 q ◦ a2 . 12

R¨ aumliche Tragwerke

Aufgabe 3.12 Am dargestellten Tragwerk greifen in den Punkten B, C und D die Einzelkr¨ afte P1 , P2 und P3 an. Die Wirkungslinien der Kr¨ afte sind jeweils parallel zu den Koordinatenachsen.

59

x

A3.12

y P2

z

A P3

B a

D P1

Wie groß sind die Lagerreaktionen an der Einspannstelle?

C

c

b

L¨ osung Aus dem Freik¨orperbild erkennt man, dass an der Einspannstelle A je drei Kraftkomponenten und drei Momentenkomponenten wirken. Damit ergibt sich aus dem Kr¨ aftegleichgewicht und aus dem Momentengleichgewicht:

Fx = 0 :

Ax = −P1 ,

Fy = 0 :

Ay = P2 ,

Fz = 0 :

Az = P3 ,

MAx

P2

Ax Ay

P3

Az

MAy

Mx(A) = 0 :

MAx = c P3 ,

My(A) = 0 :

MAy = a P1 − b P3 ,

Mz(A) = 0 :

MAz = b P2 .

MAz

P1

60

A3.13

Lagerreaktionen

Aufgabe 3.13 Eine Anzeigetafel wird durch St¨ abe gehalten. Sie ist durch ihr Eigengewicht G und eine im Fl¨ achenschwerpunkt angreifende Windlast W belastet.

G

2a

E A

C

D

x

y

Es sind die Lagerkr¨ afte zu ermitteln.

2a

W

4a

2a

B z

L¨ osung Aus der Geometrie ermitteln wir zun¨ achst f¨ ur die Hilfswinkel 1 cos α1 = √ , 5 1 cos α3 = √ , 2

1 cos α2 = √ , 5 2 cos α5 = √ . 5

G S1

α1 α3

S2 α2

S5

S3

S4

W

Dz

Dx

S5

S6 α5

Cy Cz Dann lauten die GleichAx A z gewichtsbedingungen: Bz Fy = 0 : −S5 cos α5 = 0 ; S5 = 0 , √ (B) Mz = 0 : −S2 cos α2 4a − W 2a = 0 ; S2 = − 12 5 W , (E) Mx = 0 : −G 2a − S6 4a − S2 sin α2 4a = 0

;

S6 = − 12 G + W ,

(E)

My = 0 : +S1 cos α1 2a + S2 cos α2 2a + W a = 0 ; S1 = 0 , Fx = 0 : −S1 cos α1 − S3 cos α3 − S2 cos α2 − W = 0 √ ; S3 = − 12 2 W , Fz = 0 : +G + S4 + S6 + S2 sin α2 + S5 sin α5 ;

+S1 sin α1 + S3 sin α3 = 0

S4 = − 12 G + 12 W .

Damit folgt f¨ ur die Lagerkr¨ afte: Ax = − 12 W , Az =

1 2

W

Dx = − 12 W , Bz =

1 2

G−

1 2

W,

Cz =

1 2

G−W ,

Alle u afte sind Null. ¨brigen Komponenten der Lagerkr¨

Dz = W .

R¨ aumliche Tragwerke

61

q◦

Aufgabe 3.14 Man ermittle die Lagerkr¨ afte f¨ ur das dargestellte r¨ aumliche System.

A3.14 C

A D B

a

q◦

2a

y x z

L¨ osung Wir schneiden das System frei und tragen die Lagerreaktionen sowie die auf das System einwirkenden ¨ außeren Kr¨ afte in das Freik¨ orperbild ein. Die Lager B, C und D sind Pendelst¨ utzen und k¨ onnen daher nur Kr¨ afte in Richtung der Anschlussst¨ abe aufnehmen. q◦ Cy Ax q◦

Ay Az

Dz Bz

Mit Hilfe der 3 Kr¨ afte- und der 3 Momentengleichgewichtsbedingungen ergeben sich die folgenden Ergebnisse f¨ ur die 6 unbekannten Lagerreaktionen. Dabei ist es zweckm¨ aßig auf eine geeignete Wahl der Momentenbezugspunkte zu achten: ; Ax = 2q◦ a , Fx = 0 : Ax − 2q◦ a = 0

(A)

;

Dz = +q◦ a ,

;

Bz = +

Cy a − 2q◦ a a = 0

;

Cy = 2q◦ a ,

Fy = 0 :

−Ay + Cy = 0

;

Ay = +2q◦ a ,

Fz = 0 :

−Az − Bz − Dz + q◦ a = 0

;

Az = −q◦

Mx

(A)

My

(A)

Mz

=0 :

+Dz 2a − q◦ a 2a = 0

=0 :

+Bz a − q◦ a

=0 :

a =0 2

q◦ a , 2

a . 2

Kapitel 4 Fachwerke

4

64

Fachwerke

Annahmen: • St¨ abe sind gerade • St¨ abe sind an den Knoten gelenkig miteinander verbunden ¨ • Außere Kr¨ afte wirken nur an den Knoten Ebenes Fachwerk: Sowohl Fachwerkst¨ abe als auch Kr¨ afte liegen in ein und derselben Ebene. Vorzeichenfestlegung:

Zugstab

Druckstab

Kontrolle der statischen Bestimmtheit: f = 2k − (s + r)

ebenes Fachwerk,

f = 3k − (s + r)

r¨ aumliches Fachwerk,

mit f = Zahl der Freiheitsgrade, s = Zahl Merke: ⎧ ⎪ ⎨> 0 f = =0 ⎪ ⎩ <0

k = Zahl der Knoten,

der St¨ abe,

r = Zahl der Lagerreaktionen.

f-fach verschieblich , statisch bestimmt , f-fach statisch unbestimmt .

Nullst¨ abe: = St¨ abe f¨ ur welche die Stabkraft Null ist. Im ebenen Fall gilt: S1 α = 0

S1 = S2 = 0 S2

S1

S2

α = 0 S1

S3 = 0

S3 F

S2 = 0 S2

Fachwerke

65

Zur Ermittlung der Stabkr¨ afte k¨ onnen folgende Methoden verwendet werden:

Knotenpunktverfahren Wird angewendet, wenn alle Stabkr¨ afte gesucht sind.

a) Analytisches L¨ osungsverfahren • F¨ ur jeden Knoten werden die Gleichgewichtsbedingungen formuliert. Auﬂ¨ osen liefert die Stabkr¨ afte und Lagerreaktionen • Bei vielen Knoten bzw. St¨ aben entstehen dann große Gleichungssysteme.

b) Graﬁsches L¨ osungsverfahren f¨ ur ebene Fachwerke: CREMONA-Plan 1. Ermittlung der Lagerreaktionen. 2. Festlegung des Umfahrungssinnes:

oder

.

3. Zeichnen eines geschlossenen Kraftecks aus Lasten und Lagerreaktionen im Umfahrungssinn (Kraftmaßstab geeignet w¨ ahlen!). 4. St¨ abe numerieren und Nullst¨ abe ermitteln. 5. Beginnend an einem Knoten mit nur zwei unbekannten Stabkr¨ aften wird f¨ ur jeden Knoten das Kr¨ aftepolygon gezeichnet. Die Kr¨ afte werden dabei in der Reihenfolge aufgetragen, die durch den Umlaufsinn gegeben ist. 6. Richtung der Kr¨ afte am Knoten ins Freik¨ orperbild u ¨bertragen und feststellen, ob ein Zug- oder ein Druckstab vorliegt. 7. Die letzten Kraftecke dienen der Kontrolle. 8. Angabe aller Stabkr¨ afte mit Vorzeichen in einer Tabelle.

RITTERsches Schnittverfahren Kann beim ebenen (r¨ aumlichen) Fachwerk angewendet werden, wenn einzelne Stabkr¨ afte gesucht sind. 1. Ermittlung der Lagerreaktionen. 2. Vollst¨ andige Trennung des Fachwerkes mit einem Schnitt durch drei St¨ abe, die nicht durch einen Punkt gehen d¨ urfen. 3. Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die geschnittenen Teilen liefern die Kr¨ afte in den geschnittenen St¨ aben.

66

A4.1

Fachwerke F

Aufgabe 4.1 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sind die Stabkr¨ afte zu bestimmen.

a A

B

2F 2a

2a

2a

L¨ osung Wir skizzieren das Freik¨orperbild und nummerieren die Knoten sowie St¨ abe. Die Lagerreaktionen ergeben sich aus den Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem: 4

II 1

I AH

2

AV

α III

8

7

5

6

F

IV

α

3

VI

9

V

B

2F

A :

4aF + aF − 6aB = 0

;

B=

B :

6a AV − 4a 2F + a F = 0

;

AV

→:

−AH + F = 0

;

AH = F .

5 F, 6 7 = F, 6

Die Stabkr¨ afte erh¨ alt man aus den Knotengleichgewichtsbedingungen. Mit 1 sin α = √ , 5

2 cos α = √ 5

folgt I

↑: →:

III → : ↑:

1 AV + S1 √ = 0 , 5 2 S2 + S1 √ − AH = 0 , 5 √ 7 5 10 ; S1 = − F , S2 = F, 6 3

AH

S2

;

S6 =

10 F, 3

III

S3 S6 2F

S3 = 2F .

S2

AV

S6 − S2 = 0 , S3 − 2F = 0 ,

S1 α

I

Knotenpunktverfahren

II

↓: →:

IV → : ↓:

VI ← :

1 1 S1 √ + S5 √ + S3 = 0 , 5 5 2 2 −S1 √ + S5 √ + S4 = 0 , 5 5 √ 5 5 2 ; S5 = − F , S4 = − F . 6 3 2 −S4 + F + S8 √ = 0 , 5 1 S7 + S8 √ = 0 , 5 √ 5 5 5 ; S8 = − F , S7 = F . 6 6

II S1

S3

IV S4

S8 α S9

2 S 9 + S8 √ = 0 , 5 5 ; S9 = F . 3

67

α S4 S5

F α S8 S7

VI B

Zur Kontrolle u ufen wir noch die zweite Gleichgewichtsbedingung ¨berpr¨ am Knoten VI sowie die beiden Bedingungen am Knoten V : VI

↑:

V →: ↑:

1 5 5 S8 √ + B = − F + F = 0 , 6 6 5 2 5 5 10 F = 0, S9 − S5 √ − S6 = F + F − 3 3 3 5 S5 1 5 5 α S7 + S5 √ = F − F = 0 . S6 6 6 5

S7

V

S9

Die Ergebnisse sind in der Stabkrafttabelle zusammengefasst: i Si /F

1 -2,61

2 3,33

3 2

4 -0,67

5 -1,86

6 3,33

7 0,83

Die gr¨ oßten Kr¨ afte treten in den St¨ aben 2 und 6 auf.

8 -1,86

9 1,67

68

A4.2

Fachwerke

Aufgabe 4.2 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sind alle Stabkr¨ afte zu bestimmen.

II 1

I

60◦

IV

4 3

5

8

60◦

7

6

2 III

V

F1 = 10 kN F2 = 20 kN

0110 1010 1010 1010

L¨ osung In diesem Fall ist es nicht erforderlich die Lagerreaktionen vorab zu bestimmen. Die Stabkr¨ afte lassen sich vielmehr ermitteln, indem man beginnend am belasteten Knoten I der Reihe nach f¨ ur alle Knoten die Gleichgewichtsbedingungen aufstellt: S1

I

↑:

S1 sin 60o − F1 = 0 ,

→:

S2 + S1 cos 60o = 0 , ;

II

↓: →:

60◦ F1

2 S1 = − √ F1 = 11, 6 kN , 3

1 S2 = − S1 = −5, 8 kN . 2

II

S1 sin 60o + S3 sin 60o = 0 , S4 − S1 cos 60o + S3 cos 60o = 0 , ;

S3 = −S1 = −11, 6 kN ,

S2

I

S4

S1

S3

S4 = S1 = 11, 6 kN .

S3

III

↑: →:

(S3 + S5 ) sin 60o + S6 = 0 ,

S2

S5

III

S6

−S2 + (S5 − S3 ) cos 60o + S6 = 0 , F2

;

2 S5 = √ (F1 + F2 ) = 34, 6 kN , 3

S6 = −28, 9 kN .

Knotenpunktverfahren

IV

↓: →:

S5 sin 60o + S7 sin 60o = 0 ,

;

IV

S4

−S4 + (S7 − S5 ) cos 60o + S8 = 0 , S7 = −S5 = −34, 6 kN ,

69

S8

S5

S7

S8 = 46, 2 kN .

Stabkrafttabelle: 1 11,6

i Si /kN

2 -5,8

3 -11,6

4 11,6

5 34,6

6 -28,9

7 -34,6

8 46,2

Zur Probe bestimmen wir noch die Kr¨ afte in den St¨ aben 6, 7 und 8 durch einen Ritter-Schnitt: IV :

a 3 aF1 + F2 + a sin 60◦ S6 = 0 , 2 2 ;

V :

S6 = −28, 9 kN ,

IV

2a F1 + a F2 − a sin 60◦ S8 = 0 , ;

S8

S7

S8 = 46, 2 kN ,

a sin 60◦

S6 V

↓:

F1 + F2 + S7 cos 30◦ = 0 ,

F1

F2 a

a/2

a/2

;

S7 = −34, 6 kN .

Anmerkung: Bei auskragenden Fachwerken kann man die Stabkr¨ afte ohne vorherige Berechnung der Lagerkr¨ afte ermitteln.

70

A4.3

Fachwerke

Aufgabe 4.3 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sind die Stabkr¨ afte mit dem Knotenpunktverfahren zu bestimmen.

a

2F ◦

45 A

F a

B

L¨ osung Die Lagerreaktionen ergeben sich aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem

I

2F

1

→:

AH + 2F = 0 ,

↑: A :

AV + B − F = 0 , √ √ √ 2 2 2 aF + a2F − aB = 0 2 2

4

IV

2

AH 3

AV

II F

5

III

B

zu AV = −3F ,

AH = −2F ,

B = 4F .

Gleichgewicht an den Knoten I, III und II liefert: √ √ 2 I : S1 − 2F = 0 ; S1 = 2 F , 2 √ √ 2 : S4 + 2F = 0 ; S4 = − 2 F , √2 √ 2 III : S3 + B =0 ; S3 = −2 2 F , 2 √ √ 2 : S5 + B =0 ; S5 = −2 2 F , 2 √ √ 2 2 II ← : S2 + S4 + S5 = 0 , 2 2

I S1

2F S4

S3

S5 III B

S4 II

S2 S5

S2 = 3F .

F

Zur Kontrolle u ¨berzeugen wir uns, dass die Gleichgewichtsbedingungen am Knoten IV erf¨ ullt sind: √ √ 2 2 IV → : AH + S1 + S2 + S3 = −2F + F + 3F − 2F = 0 , 2 2 √ √ 2 2 ↑ : AV + S1 − S3 = −3F + F + 2F = 0 . 2 2 Tabelle: i Si

1 √ 2F

2 3F

3 √ −2 2F

4 √ − 2F

5 √ −2 2F

Schnittverfahren

Aufgabe 4.4 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sollen die Lagerreaktionen und die Stabkr¨ afte S1 , S2 und S3 bestimmt werden.

71

A4.4

F 1

F a

2 3

B

A a

a

a

a

2F a

L¨ osung Die Lagerreaktionen bestimmen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem: →: ↑: A :

F

F − AH = 0 , AV + B − F − 2F = 0 , 2aF + 6aF + 2aF − 4aB = 0 .

1 F, 2

B=

2F

AH

B

AV

Man erh¨ alt hieraus AV =

F

5 F, 2

AH = F .

Die gesuchten Stabkr¨ afte folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das geschnittene System. Der Einfachheit halber verwenden wir das rechte Teilsystem: √ 2 S2 + B − 2F = 0 , ↑: 2 √ S1 F 2 ; S2 = − F, 2 S2 I : a F − a S1 − a B = 0 , I 3 S1 = − F , 2 √ 2 S3 + S1 + S2 − F = 0 , 2 ; S3 = 3F . ;

←:

S3

B 2F

Zur Kontrolle u ufen wir die Gleichgewichtsbedingung in vertikaler ¨berpr¨ Richtung f¨ ur das linke Teilsystem: √ 2 1 1 S2 = F − F + F = 0 . ↑ : AV − F − 2 2 2

72

A4.5

Fachwerke

Aufgabe 4.5 Wie groß sind die Stabkr¨ afte S1 , S2 und S3 f¨ ur das dargestellte System? Wie ¨ andern sie sich, wenn die Last F2 im Knoten II angreift?

a/3 2 a 3 a/3

11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11

1

↑: A :

S1 cos α + S2 cos β + S3 cos α = 0 ,

F1 = F

I II

2 3

a

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen S1 α f¨ ur das geschnittene System lauten nach S2 Einf¨ uhren der Hilfswinkel α und β ←:

F2 = 2F

β α S3

a

a

F2 I

F1 II

A

S1 sin α + S2 sin β − S3 sin α − F1 − F2 = 0 , 2aF1 −

2 aS1 cos α = 0 . 3

Mit 1 sin α = √ , 10

3 cos α = √ , 10

√ sin β = cos β =

2 2

folgen daraus S1 =

√

10F = 3, 16 F ,

√ 3 2 S2 = F = 1, 06 F , 4

√ 5 10 S3 = − F = −3, 95 F . 4

Wird die Last F2 in den Knoten II verschoben, so ¨ andert sich nur die Momentengleichgewichtsbedingung: A :

2aF1 + aF2 −

2 aS1 cos α = 0 . 3

F¨ ur die Stabkr¨ afte erh¨ alt man in diesem Fall √ √ 3 2 S1 = 2 10F = 6, 32 F , S2 = − F = −1, 06 F , 4 √ 7 10 S3 = − F = −5, 53 F . 4 Anmerkung: Unter dem gr¨ oßeren Moment werden S1 und S3 gr¨ oßer und aus dem Zugstab S2 wird jetzt ein Druckstab..

Schnittverfahren

A : ↑:

2

√ →:

AH −

3 F =0 2

A4.6 5 6

2F a

a

30◦

B a

a

F

AH

1 2a 2F − 4a B − 5a F = 0 2 AV + B − 2F +

7

3D

A a

L¨ osung Die Lagerreaktionen folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem:

4

1

a

Aufgabe 4.6 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sind die Kr¨ afte in den St¨ aben 1 bis 7 zu bestimmen.

73

1 F =0 2

AV

2F

B

F

3 F, 8

;

B=

;

AV =

;

AH

9 F, 8 √ 3 = F. 2

Die Stabkr¨ afte 1 bis 3 werden am geschnittenen System ermittelt: C : ↑: →:

C a AV − a AH − a S3 = 0 , √ 2 AV − S2 = 0 , AH 2 √ 2 AH + S1 + S3 + S2 = 0 , AV 2 √ 9 3 9√ 9 ; S3 = 2F , S1 = − F . − F , S2 = 8 2 8 4

S1 S2 S3

Der Stab 7 ist ein Nullstab: S7 = 0. Außerdem gilt S4 = S1 . Gleichgewicht am Knoten D liefert schließlich √ 2 2 S2 S2 + S5 − 2F = 0 , 2 2 √ √ S3 2 2 S5 − S2 + S6 − S3 = 0 , 2 2 √ 11 3 7√ ; S5 = 2 F , S6 = − F. 8 8 2 √

↑: →:

S5 D 2F

S6

74

A4.7

Fachwerke

Aufgabe 4.7 Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Stabkr¨ afte f¨ ur den dargestellten Kranausleger?

F2

5/4 a

F1

5/4 a 1/2 a 2a

Gegeben: F1 = 20 kN , F2 = 10 kN , a =1m.

A

B 2a

4a

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem →: ↑: A :

10

14

AV + B − F2 − F1 = 0 , AH

6a F2 + 8a F1 − 4a B = 0

5 7

9 13

8

11

12

AV

ergeben sich die Lagerreaktionen zu AV = −25 kN ,

15

6

E

B

B = 55 kN .

Die St¨ abe 3, 14, 15 und 11 sind Nullst¨ abe. Damit gilt S2 = S4

und

S10 = S13 .

Gleichgewicht am Knoten C ←: ↓:

C

S1 cos α + S2 cos β = 0 , F1 + S1 sin α + S2 sin β = 0

α S1

β F1

S2

liefert mit 5 sin α = √ , 89 5 sin β = √ , 41

8 cos α = √ , 89 4 cos β = √ 41

die Stabkr¨ afte √ 89 S1 = F1 = 37, 7 kN , 5

S2 = −

2√ 41 F1 = −51, 2 kN . 5

a

C

F2 D

AH = 0 ,

AH = 0 ,

a

1 2 3

4

F1

Analytische Ermittlung der Stabkr¨ afte

75

Gleichgewicht am Knoten D: →: ↑:

F2

S1 cos α − S6 cos α = 0 ,

D

S1 sin α − S6 sin α − F2 − S5 = 0 , ;

S6 = S1 ,

S1 α

S6

S5

S5 = −F2 = −10 kN .

Gleichgewicht am Knoten A: ↑: →:

S13

AV + S13 sin α = 0 ,

A

S12 + S13 cos α = 0 , √ ; S13 = 5 89 kN = 47, 2 kN ,

→:

4a AV −

S12 = −40 kN . S6 α S7 S8 β

E

5 a S8 cos β = 0 , 2

S7 + S6 cos α + S8 cos β = 0 , √ ; S8 = −10 41 = −64 kN ,

S12

AV

Schnitt durch die St¨ abe 6, 7 und 8: E :

α

AV

B

S7 = 8 kN .

Schließlich liefert das Gleichgewicht in vertikaler Richtung am Knoten E ↑:

S6

S6 sin α − S10 sin α − S9 = 0 , ;

α

E S10

S9 = −5 kN .

S7

S9

Der Kontrolle dient das Gleichgewicht in horizontaler Richtung am Knoten E √ √ 89 8 8 20 √ − 5 89 √ → : S7 + S6 cos α − S10 cos α = 8 + 5 89 89 = 8 + 32 − 40 = 0 . Tabelle der Stabkr¨ afte: i Si /kN

1 37,7

2 -51,2

i Si /kN

10 47,2

11 0

3 0 12 -40

4 -51,2 13 47,2

5 -10 14 0

6 37,7 15 0

7 8

8 -64

9 -5

76

A4.8

Fachwerke

Aufgabe 4.8 F¨ ur das nebenstehende Fachwerk sind die Lagerreaktionen und die Stabkr¨ afte zu bestimmen.

2F a

F

a a A

2a

2a

2a

B

L¨ osung Das Fachwerk hat k = 6 Knoten, s = 8 St¨abe und r = 4 Lagerreaktionen. Die Bedingung f¨ ur statische Bestimmtheit f = 2k−(s+r) = 12 − (8 + 4) = 0 ist demnach erf¨ ullt. Die vier Lagerreaktionen 2F k¨ onnen nicht alleine aus dem IV S4 Gleichgewicht am Gesamtsystem F II α S4 bestimmt werden. Wir trennen 6 3 S5 7 daher das System mit einem 1 2 8 V Schnitt durch zwei St¨ abe. Uns S III VI 5 α I α stehen dann 2 × 3 = 6 Gleichge- AH BH wichtsbedingungen f¨ ur die vier AV BV Lagerkr¨ afte und die zwei Stabugung. kr¨ afte S4 und S5 zur Verf¨ Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem ↑:

AV + BV − 2F = 0 ,

→:

AH − BH + F = 0 ,

A :

2aF + 4a 2F − 6aBV = 0

und f¨ ur das rechte Teilsystem ↑:

BV − 2F − S4 sin α = 0 ,

←:

S4 cos α + S5 + BH = 0 ,

IV :

2aS5 + 3aBH − 2aBV = 0 √ √ erh¨ alt man mit sin α = 1/ 5 und cos α = 2/ 5 die Ergebnisse 1 5 F , BV = F , 3 3 √ 5 S4 = − F = −0, 75 F , 3

AV =

AH = F ,

BH = 2 F ,

4 S5 = − F = −1, 33 F . 3

Analytische Ermittlung der Stabkr¨ afte

77

Die restlichen Stabkr¨ afte werden mit dem Knotenpunktverfahren ermittelt. Unter Verwendung von √ √ √ sin β = cos β = 1/ 2 , sin γ = 3/ 13 , cos γ = 2/ 13 ergibt sich I→:

AH

AH + S2 cos α + S1 cos β = 0 ,

↑:

β

S1 I

S2

α

AV AV + S2 sin α + S1 sin β = 0 , √ 2 2√ ; S1 = 5 F = −1, 49 F . F = 0, 47 F , S2 = − 3 3

VI ← :

BH + S8 cos α + S7 cos γ = 0 ,

↑:

BV + S8 sin α + S7 sin γ = 0 ,

γ

S8

S7 VI BH

α

BV

√

;

III ↑ :

S3 − S2 sin α = 0 , ;

V ↑:

13 2√ 5 F = −1, 49 F . S7 = − F = −1, 20 F , S8 = − 3 3

S3

2 S3 = − F = −0, 67 F . 3

α

S5

S6

S6 − S8 sin α = 0 , ;

III

S2 S5

2 S6 = − F = −0, 67 F . 3

V

α S8

Das Rittersche Schnittverfahren l¨ asst sich bei dieser Aufgabe nur anwenden, wenn man die Lagerreaktionen bereits kennt. Man erh¨ alt dann zum Beispiel bei einem Schnitt durch die St¨ abe 5, 6 und 7: ←:

S5 + S7 cos γ + 2F = 0 ,

↑:

5 S6 + F + S7 sin γ = 0 , 3

B :

S6

S7

S5

2F B

2a S6 − a S5 = 0 , ;

4 S5 = − F , 3

2 S6 = − F , 3

√ S7 = −

13 F. 3

5/3 F

78

A4.9

Fachwerke 5

Aufgabe 4.9 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sind die Stabkr¨ afte S1 bis S7 zu bestimmen.

6

1 7 8

4

a

a

2

a

3

a F

F a

a

L¨ osung Zun¨achst werden die Stabkr¨afte S1 und S5 mit Hilfe geeigneter Schnitte bestimmt. Dazu werden ausnahmsweise vier St¨ abe so geschnitten, dass jeweils drei Kr¨ afte durch einen Punkt gehen. Die vierte Kraft folgt dann aus dem Momentengleichgewicht um S1 diesen Punkt (beim Schnitt durch 1, 4, 7 und 8 ist es der Punkt B): S7

B :

2aF + aF − 2aS1 = 0 , 3 ; S1 = F . 2

3aF + 2aF − 2aS5 = 0 , 5 ; S5 = F . 2

3

S8 B

S4

7

6

↑: ←:

2a F + a F − a S1 + a S4 = 0 , √ √ 2 2 S3 − S2 − 2F = 0 , 2 2 √ √ 2 2 S 1 + S4 + S2 + S3 = 0 , 2 2 √ 3 ; S4 = − F , S 3 = 2 F , 2

F

F

F

F

F

2

8 3

C

4

S4

Der Schnitt durch 1, 2, 3 und 4 liefert D:

F S5 A 1

Analog folgt aus dem Moment um C: C :

2

S1 S2 D S3 S4

√ S2 = − 2 F .

Aus dem Gleichgewicht am Knoten A werden S6 und S7 berechnet: √ 2 A → : S1 − S5 − S6 = 0 , S5 S1 2 √ S 6 2 S7 ↓ : S7 + S6 = 0 , 2 √ ; S6 = − 2F , S7 = F .

Analytische Ermittlung der Stabkr¨ afte

Aufgabe 4.10 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sind die Stabkr¨ afte zu bestimmen.

5

1

II A

A4.10

III

4

I

79

8

a/2

7

12

9

a

11

3

2

6

10

13

a

F a

F a

F a

B

L¨ osung Das Fachwerk ist symmetrisch aufgebaut und belastet. Demnach gilt S4 = S8 , S5 = S9 , S1 = S12 u.s.w.. Die vertikalen Lagerreaktionen in A und B ergeben sich zu A = B = 3F/2. Gleichgewicht am geschnittenen System I : ↑:

aA − aS6 = 0 ,

S4 α β S5

I 1

A − F + S4 sin α − S5 sin β = 0 ,

3 2

S

F 6 A S6 + S4 cos α + S5 cos β = 0 √ √ √ liefert mit sin α = 1/ 5 , cos α = 2/ 5 , sin β = cos β = 1/ 2 die Stabkr¨ afte √ 2 3 2√ 5 F , S5 = − S6 = A = F , S 4 = − F. 2 3 6

→:

Die restlichen Stabkr¨ afte werden mit dem Knotenpunktverfahren bestimmt: III ↓ :

II → : ↑: A ↑:

III

S7 + 2S4 sin α = 0 , 4 ; S7 = F , 3 S2 = S6 =

α S8 = S4

S4 S7

3 F, 2

S3 S2 II

S3 = F ,

S6 F S1 β

A + S1 sin β = 0 , 3√ ; S1 = − 2F . 2

S2 A

Stabkrafttabelle: i Si /F

1 √ −3 2/2

2 3/2

3 1

4 √ −2 5/3

5 √ − 2/6

6 3/2

7 4/3

Anmerkung: Die betragsm¨ aßig gr¨ oßte Schnittkraft tritt im Stab 1 auf.

80

A4.11

Fachwerke

Aufgabe 4.11 F¨ ur den dargestellten Dachbinder sind die Stabkr¨ afte mit Hilfe des Cremona-Planes zu bestimmen.

F

2a

Gegeben: F = 10 kN. a A

3a

3a

B

L¨ osung In A und B treten nur vertikale Lagerreaktionen auf: A=B=

1 F = 5 kN . 2

F

In das Freik¨ orperbild zeichnen wir neben den bekannten ¨ außeren Kr¨ aften, den sich aus dem Cremona-Plan ergebenden jeweiligen Richtungssinn der Stabkr¨ afte an den einzelnen Knoten ein.

3

1 2

4 5

A

B

Cremona-Plan Maßstab:

2 kN

1 5

A

Umlaufsinn: 3 2

B 4

Stabkrafttabelle: i Si /kN

1 -10,6

2 7,9

3 5,0

4 -10,6

5 7,9

Anmerkung: Wegen der Symmetrie sind S1 = S4 und S2 = S5 .

F

Cremona-Plan

Aufgabe 4.12 Alle Stabkr¨ afte sind graﬁsch zu bestimmen.

F

F

81

A4.12

F

A

B a

a

a

a

a

a

a

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem ergeben sich die vertikalen Lagerreaktionen zu A = 2F ,

B=F.

Freik¨ orperbild: F 1

A

2

F

3

F

9

4

12

8 5

7

6

16

11 13

21

15

14

10

20

17 19

B

18

Die St¨ abe 7, 15 und 19 sind als Nullst¨ abe erkennbar. Aus dem CremonaPlan ergibt sich auch Stab 8 zus¨ atzlich als Nullstab. 1

Cremona-Plan F

Maßstab:

F

2

3

4

Umlaufsinn:

A

5

F 6, 9, 10

11

13

14, 18 21

17

F

16, 20 12

Stabkr¨ afte: i Si /F

1 -2

2 √ 2 2

3 -1

4 -2

5 √ - 2

i Si /F

12 -3

13 √ 2

14 2

15 0

16 -1

6 3 17 √ - 2

7 0 18 2

8 0

9 -3 19 0

10 3 20 -1

11 -1 21 √ 2

B

82

A4.13

Fachwerke

Aufgabe 4.13 Es sind die Stabkr¨ afte f¨ ur das dargestellte Fachwerk zu bestimmen. Wie ¨ andern sich die Kr¨ afte, wenn die Kraft 2F vom Knoten I in den Knoten II verschoben wird? L¨ osung Im dargestellten Fall ergeben sich die Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen zu A = 2F , B = F .

2a

2a

2a

2a

2a

5 3a 3a 2a 2 I

II 2F

F

8

12

3 2

16 9

5

7

4

I 6 2F

1

A

11 10

13

15 17 14

19 18

B

F

Die Stabkr¨ afte werden mit Hilfe des Cremona-Planes bestimmt. F

Maßstab:

Umlaufsinn:

14 18

15

13

17

19 16

12

F

B

2F

A

11

7

9

6 10 8

5 3 2

4 1

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

Si /F 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

Cremona-Plan

Greift die Kraft 2F im Knoten II an, so haben die Lagerreaktionen die Gr¨ oße A = 1, 6F ,

8

12

3 2

B = 1, 4F .

7

4 6

1

Bei gleichem Maßstab und Umlaufsinn ergibt sich der folgende Cremona-Plan:

16 9

5

A

II

11

13

17 19 16

10

11

12 9 8 3 2 7

5

2F

B

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

F B

A

4 1 6

19 18

F

18

13

15 17 14

10

2F

14 15

83

Si /F 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 Stabkr¨ afte mit Hilfe des Ritterschen Schnittverfahrens analytisch bestimmen. So erh¨ alt man z. B. f¨ ur S10 C :

3a S10 + a F − 5a B = 0 ;

S10 =

6 F = 2F . 3

S8

C

S9 S10 F

B

84

A4.14

Fachwerke

Aufgabe 4.14 F¨ ur das in der Abbildung dargestellte Fachwerk sollen die Nullst¨ abe, s¨ amtliche Auﬂagerreaktionen und die Stabkr¨ afte S1 , S2 , S3 und S4 berechnet werden. P

1

a

2 3

P

a

C

a

4

a A

B a

a

a

a

2a

2a

¨ L¨ osung Die Nullst¨abe k¨onnen durch Uberpr¨ ufung der einzelnen Knoten ermittelt werden. VII

P

III IV 5

AH I

7 6

2

VI

GV

VIII

3

IV

GH

P

8

1

X

4

GV

V

II

XI 10

IX

11

XIl 9

BH

AV

C

XIII

BV

Eine Betrachtung des Knotengleichgewichts an den Knoten II, III, VII und XI zeigt, dass die St¨ abe 6, 7, 5, 1, 8 und 11 Nullst¨ abe sind: S6 = onnen bei Betrachtung S7 = S5 = S1 = S8 = S11 = 0. Wegen S11 = 0, k¨ von Knoten XIII auch die St¨ abe 9 und 10 als Nullst¨ abe identiﬁziert werden: S9 = S10 = 0. Hieraus folgt, dass dann auch BH = 0 sein muss. F¨ ur die Ermittlung der Auﬂagerreaktionen wird zweckm¨ aßig zuerst am linken Teilsystem das Momentengleichgewicht am Knoten IV und dann am Gesamtsystem das Momentengleichgewicht am Knoten X gebildet: linkes Teilsystem: IV :

2a AV − 2a AH = 0

;

AV = AH ,

Schnittverfahren

85

Gesamtsystem: X :

−a P + 6a AV − 2a AH = 0

;

AV = AH =

P . 4

Die restlichen Auﬂagerkr¨ afte werden durch Bilden des Gleichgewichts in horizontaler und vertikaler Richtung am Gesamtsystem ermittelt: →: ↑:

5 P, 4

P + AH − C = 0

;

C=

AV − P − BV = 0

;

BV =

3 P. 4

Die noch zu bestimmenden Stabkr¨ afte S2 , S3 und S4 k¨ onnen durch Anwendung des Ritterschen Schnittverfahrens berechnet werden: VI P

P/4

III

IV

S2 S3 S4

V

I P/4

VI :

;

↑:

→:

√ 2 P P + 3a − 2a S1 = 0 , 4 4 2 √ 2P , S1 = − 2

−a P − 3a

√ √ 2 2 P + S1 − S3 = 0 , 4 2 2 √ 2P , ; S3 = − 4

P+ ;

√ √ 2 2 P + S2 + S3 + S1 = 0 , 4 2 2 S2 = −

P . 2

86

A4.15

Fachwerke

Aufgabe 4.15 F¨ ur das dargestellte Fachwerk sollen die Anzahl der Freiheitsgrade und die Nullst¨ abe ermittelt werden. Anschließend sind die restlichen Stabkr¨ afte zu berechnen.

P 8

P a

B

7

5 6

a 1

9

10

3

4

2

C

P

a A a

a

a

a

L¨ osung Das Fachwerk hat k = 7 Knoten, s = 10 St¨abe und r = 4 Lagerreaktionen. Die Anzahl der Freiheitsgrade betr¨ agt somit f = 2 k − (s + r) = 2 · 7 − (10 + 4) = 0. Demnach ist das System statisch bestimmt. Durch Anwenden der Regeln f¨ ur die Nullst¨ abe erkennt man zun¨ achst, dass die Stabkr¨ afte S1 und S4 Null sind. Wegen S1 = 0 ergibt sich anschließend auch S6 zu Null. Anwendung des Ritterschen Schnittverfahrens (Schnitt durch die St¨ abe 2, 7 und 8) teilt das Gesamtsystem in ein linkes und ein rechtes Teilsystem. Die entsprechenden Freik¨ orperbilder haben die folgende Gestalt: P

II

5

S7

II

P

S8 S7

S8

V 9

10

VII C

IV

B S2 I

S2

3

VI P

A

Durch Gleichgewichtsbetrachtungen am Gesamtsystem folgt f¨ ur die Lagerreaktion im Punkt C: √ √ √ 2 2 P− P = 0 ; C = ( 2 − 1) P . : C +P − 2 2

Schnittverfahren

87

Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das rechte Teilsystems liefern IV : V :

−a S8 + a P − √

2 a S7 +

√

√

2aC = 0

2aP = 0

√ S8 = ( 2 − 1) P ,

;

S7 = −P ,

;

S2 = −P .

√

:

√ 2 2 S8 − P =0 −S2 − 2 2

;

Die restlichen Stabkr¨ afte werden mit dem Knotenpunktverfahren ermittelt: √ III :

−S5 + ;

√ 2 2 P+ S8 = 0 , 2 2

P

√ 2 2 −S9 − P− S8 = 0 , 2 2 ;

S8

S5

S5 = P ,

S7

√

V :

III

P V

S8 S9

S9 = −P ,

S10

S3

VI :

S3 + P = 0 , VI

;

P

S3 = −P , S10

VII :

VII

S10 + C = 0 , ;

S10 = (1 −

√

C

2) P .

Zur Kontrolle u ufen wir noch das Gleichgewicht am Knoten IV : ¨berpr¨ S9 √ S7 IV : S7 − S3 = −P + P = 0 , :

S9 − S2 = −P + P = 0 .

IV

√ S2

S3

88

A4.16

R¨ aumliche

Aufgabe 4.16 Es sind die Lagerreaktionen und die Stabkr¨ afte f¨ ur das dargestellte Raumfachwerk zu bestimmen.

z

F

a C a

B

y

a

a

A x F

L¨ osung Das Fachwerk hat k = 4 Knoten, s = 6 St¨ abe und r = 6 Lagerreaktionen. Demnach ist die notwendige Bedingung f¨ ur statische Bestimmtheit erf¨ ullt: f = 3k − (s + r) = 12 − (6 + 6) = 0 .

3

IV

I 2

6

1 4

Cz

III By

5

II

Ay

Ax

Bz

Az

Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem Fx = 0 : Ax = 0 ,

Fy = 0 :

Ay + By + F = 0 ,

Fz = 0 :

Az + Bz + Cz = 0 ,

Mx = 0 :

a F − a Bz = 0 ,

My = 0 :

a Cz − a Az = 0 ,

Mz = 0 :

a Ay = 0

folgen die Lagerreaktionen zu Ax = 0 , By = −F ,

Ay = 0 ,

1 Az = − F , 2

Bz = F ,

1 Cz = − F . 2

Die Stabkr¨ afte erh¨ alt man aus den Gleichgewichtsbedingungen an den

Fachwerke

89

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

Fx = 0 :

1 1 √ S1 − √ S3 = 0 , 2 2

Fy = 0 :

1 √ S2 + F = 0 , 2

Fz = 0 :

1 1 1 − √ S1 − √ S2 − √ S3 = 0 , 2 2 2 √ ;

II

S1 = S3 =

2 F, 2

√ S2 = − 2 F .

Fx = 0 :

1 1 Ax − √ S1 − S4 − √ S5 = 0 , 2 2

Fy = 0 :

1 Ay + √ S5 = 0 , 2 ;

1 S4 = − F , 2

S5 = 0 .

Wegen der vorhandenen Symmetrie muss gelten S6 = S5 = 0 .

Zur Kontrolle pr¨ ufen wir noch die Gleichgewichtsbedingungen am Knoten IV :

Fx = 0 :

1 1 √ S6 + S4 + √ S3 = 0 2 2

Fy = 0 :

1 √ S6 = 0 , 2

Fz = 0 :

1 Cz + √ S3 = 0 2

;

0−

;

−

F F + = 0, 2 2

F F + = 0. 2 2

90

A4.17

R¨ aumliche

Aufgabe 4.17 F¨ ur das nachstehende r¨ aumliche Fachwerk ermittle man alle Stabkr¨ afte. C

G

11

5

10

8

12

a

2 3

4

6

A

E

9

B

1

7

a

D

x

a

y z

F P

a

3a

L¨ osung Das Fachwerk hat k = 7 Knoten, s = 12 St¨abe und r = 9 Lagerkr¨ afte. Daher ist es statisch bestimmt: f = 3k − (r + s)

;

f = 21 − (9 + 12) = 0 .

Wir ermitteln die Stabkr¨ afte nach dem Knotenpunktverfahren aus dem r¨ aumlichen Gleichgewicht an den Knoten: Knoten D

Fx = 0 : Fy = 0 : Fz = 0 :

−S1 cos 45◦ − S2 cos 45◦ − S3 cos 45◦ = 0 ,

S3

◦

◦

S1 sin 45 − S2 sin 45 = 0 , ◦

P − S3 sin 45 = 0 ;

S3 =

√

2P ,

S2

45◦

45◦

D

◦

45

S 1 = S2 = −

1√ 2P . 2

S1

P

Knoten E

S5

Fx = 0 :

−S9 + S2 sin 45◦ = 0 ,

Fy = 0 :

S4 + S5 cos 45◦ + S2 cos 45◦ = 0 , S9

Fz = 0 :

S5 sin 45◦ = 0 ;

1 S9 = − P , 2

45◦ E S4

S5 = 0 ,

S4 =

1 P. 2

S2

Fachwerke

91

Knoten F

S6

S8

◦

S4

Fz = 0 :

S6 sin 45 = 0

Fx = 0 :

S1 sin 45◦ − S7 − S8 cos γ = 0 ,

Fy = 0 :

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

γ

;

S6 = 0 ,

1 S7 = − P , 2

S7

S1 F

S8 = 0 .

(Dieselben Ergebnisse erh¨ alt man auch durch Beachtung der Symmetrie der Belastung: S6 = S5 , S7 = S9 , S8 = 0 .) Knoten G S11 G Wir f¨ uhren die Hilfswinkel α (zwischen Stab 12 und der Vertikalen in G) und β (zwischen α S3 S10 der Projektion von 12 auf die x-y-Ebene und S12 der x-Achse) ein. Aus der Geometrie folgt hierf¨ ur √ β 10 1 3 √ cos α = , sin α = √ , cos β = √ . 11 11 10 Die Gleichgewichtsbedingung Fy = 0 liefert mit S6 = S5 = 0 wieder eine Symmetrieausage: S10 = S12 . Die restlichen Bedingungen ergeben

Fz = 0 :

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 :

4a P − a S11 = 0

;

S11 = 4P .

92

A4.18

R¨ aumliche

Aufgabe 4.18 Das Raumfachwerk ist durch die Kraft F belastet.

z

2a

Wie groß sind die Stabkr¨ afte?

C

a

y F

a a

a

x

B a

2a

L¨ osung Wir fassen die Kraft in Stab 9 (Pendelst¨ utze) als Lagerreaktion auf. Dann hat das Fachwerk k = 5 Knoten, s = 8 St¨ abe und r = 1 + 2 × 3 = 7 Lagerreaktionen. Demnach ist die notwendige Bedingung f¨ ur statische Bestimmtheit erf¨ ullt:

e8 IV

8 9

e9 B

A

4a

z e II III 5 5 e3 e6 3 6 2 I e2 4 7 y e1 F e4 1 x e7 V

f = 3k − (s + r) = 15 − (8 + 7) = 0 . Um die Stabrichtungen und damit die Komponenten der Stabkr¨ afte ausdr¨ ucken zu k¨ onnen, f¨ uhren wir die Einheitvektoren e1 bis e9 ein: ⎛

⎞ 1 1 ⎜ ⎟ e1 = √ ⎝−4⎠ , 18 −1 ⎛

⎞ −3 1 ⎜ ⎟ e4 = √ ⎝ 4⎠ , 26 1 ⎛

⎞ −1 1 ⎜ ⎟ e7 = √ ⎝ 0⎠ , 2 1

⎛

⎛ ⎞ 1 ⎜ ⎟ e3 = ⎝0⎠ , 0

⎛

⎛

⎞ −1 1 ⎜ ⎟ e2 = √ ⎝−4⎠ , 18 1 ⎞ 1 1 ⎜ ⎟ e5 = √ ⎝−4⎠ , 18 1

⎞ −1 1 ⎜ ⎟ e6 = √ ⎝−4⎠ , 18 −1

⎛ ⎞ 1 1 ⎜ ⎟ e8 = √ ⎝0⎠ , 2 1

⎛ ⎞ 0 1 ⎜ ⎟ e9 = √ ⎝1⎠ . 2 1

Fachwerke

93

Unter Ber¨ ucksichtigung der Festlegung, dass Zugkr¨ afte positiv sind, lauten die Gleichgewichtsbedingungen an den Knoten I, II und III in Vektorform bzw. in Komponenten folgendermaßen: Knoten I: S1 e1 + S2 e2 − S3 e3 − F ez = 0 , 1 1 √ S1 − √ S2 − S3 = 0 , 18 18

;

4 4 − √ S1 − √ S2 = 0 , 18 18 1 1 − √ S1 + √ S2 − F = 0 , 18 18 ;

S1 = −

3√ 2F , 2

S2 =

3√ 2F , 2

S3 = −F .

Knoten II: −S4 e4 + S5 e5 + S6 e6 + S3 e3 = 0 , ;

1 1 3 √ S4 + √ S5 − √ S6 − F = 0 , 26 18 18 4 4 4 − √ S4 − √ S5 − √ S6 = 0 , 26 18 18 1 1 1 − √ S4 + √ S5 − √ S6 = 0 , 26 18 18

;

S4 =

1√ 26F , 4

S5 = 0 ,

S6 = −

3√ 2F . 4

Knoten III: −S7 e7 − S8 e8 − S9 e9 − S2 e2 − S5 e5 = 0 , ;

1 1 3√ 1 √ S7 − √ S8 + √ 2F = 0, 2 2 18 2 1 4 3√ − √ S9 + √ 2F = 0, 2 18 2

1 1 1 1 3√ − √ S7 − √ S8 − √ S9 − √ 2F = 0, 2 2 2 18 2

94

Fachwerke

;

S7 = −

3√ 2F , 2

√ S8 = − 2 F ,

√ S9 = 2 2 F .

Die Gleichgewichtsbedingungen an den Knoten IV und V sowie am Lager B k¨ onnen benutzt werden, um die kartesischen Komponenten der Lagerreaktionen zu ermitteln: Knoten IV : Cx ex + Cy ey + Cz ez + S8 e8 − S6 e6 = 0 , ;

;

1 √ 1 Cx − √ 2F − √ 2 18 4 Cy − √ 18 1 √ 1 2F − √ Cz − √ 2 18 Cx =

5 F, 4

Cy = F ,

3√ 2F = 0, 4 3√ 2F = 0, 4 3√ 2F = 0, 4 Cz =

5 F. 4

Knoten V : Ax ex + Ay ey + Az ez − S1 e1 + S4 e4 + S7 e7 = 0 , ;

1 3√ 3 1√ 1 3√ Ax + √ 2F − √ 26 F + √ 2F = 0, 2 4 18 26 2 2 4 3√ 4 1√ 2F + √ 26 F = 0 , Ay − √ 18 2 26 4 1 3√ 1 1√ 1 3√ 2F + √ 26 F − √ 2F = 0, Az − √ 18 2 26 4 2 2 ;

5 Ax = − F , 4

Ay = F ,

Az =

7 F. 4

Lager B: Bx = 0 ,

By = Bz = −

1√ 2 S9 = −2 F . 2

Anmerkungen: • Die gr¨ oßte Kraft tritt im Stab 9 auf.

√ • Die Betr¨ age√ der Lagerkr¨ afte sind A√ = 90F/4 = 2, 37 F , B = S9 = 2 2 F = 2, 83 F und C = 66 F/4 = 2, 03 F .

• C liegt in der Ebene, in der S6 und S8 liegen.

Kapitel 5 Balken, Rahmen, Bogen

5

96

Schnittgr¨ oßen

Schnittgr¨ oßen Durch die Schnittgr¨ oßen (Schnittkr¨ afte, Schnittmomente) werden die u ache verteilten inneren Kr¨ afte (Spannungen) sta¨ber die Querschnittsﬂ¨ tisch ¨ aquivalent ersetzt.

Ebene Tragwerke

Normalkraft Querkraft Biegemoment

M

N

N

Q

Schnitt

Schnittgr¨ oßen:

M

N, Q, M.

Q

M M

y

x Q

N N

Q

z

• Vorzeichenkonvention: Positive Schnittgr¨ oßen zeigen am positiven Schnittufer in positive Koordinatenrichtung. • Koordinatensystem: x = L¨ angsachse = Schwerachse (bei horizontalen Balken nach rechts), z bei horizontalen Balken nach unten. • Bei Rahmen, B¨ ogen und verzweigten Tragwerken k¨ onnen die Koordinatenrichtungen durch eine gestrichelte Faser“ ” ( Unterseite“) gekennzeichnet ” werden: x in Richtung der Faser und z zur Faser hin.

Q M M

N N Q x z

Bei geraden Balken und Rahmenteilen gilt folgender Zusammenhang zwischen Belastung und Schnittgr¨ oßen (lokale Gleichgewichtsbedingungen): dQ = −q , dx

dM =Q dx

oder

d2 M = −q . dx2

Die bei der Integration dieser Gleichungen anfallenden Integrationskonstanten werden aus den Randbedingungen bestimmt.

Balken, Rahmen, Bogen

97

Randbedingungen:

gelenkiges Lager freies Ende Einspannung Parallelf¨ uhrung Schiebeh¨ ulse

(Q = 0),

M =0

Q = 0,

M =0

(Q = 0),

(M = 0)

Q = 0,

(M = 0)

(Q = 0),

(M = 0)

Abh¨ angigkeit von Q und M von der a ¨ußeren Belastung :

Belastung

Q-Verlauf

M -Verlauf

q=0

konstant

linear

q = konst

linear

quadr. Parabel

q = linear

quadr. Parabel

kub. Parabel

q hat Sprung

Knick

stetig

Einzelkraft

Sprung

Knick

stetig, kein Knick

Sprung

Einzelmoment (Kr¨ aftepaar)

98

Schnittgr¨ oßen

¨ FOPPL-Symbol Unstetigkeiten in der Belastung und in den Verl¨ aufen der Schnittgr¨ oßen (z.B. Spr¨ unge, Knicke) kann man mit Hilfe des F¨ oppl-Symbols n

<x−a> =

⎧ ⎨ ⎩

0

f¨ ur x < a

(x − a)n f¨ ur x > a

darstellen. Es gelten die Rechenregeln f¨ ur n ≥ 0: 1 < x − a >n dx = < x − a >n+1 , n+1 d < x − a >n = n < x − a >n−1 . dx

R¨ aumliche Tragwerke y x

qz

z

Schnittgr¨ oßen: Qy

qy

My N MT

Qz

Normalkraft

N,

Querkr¨ afte

Qy , Q z ,

Biegemomente

My , Mz ,

Torsionsmoment

Mx = MT .

Mz

Beim geraden Balken gelten zwischen den Belastungen qy , qz und den Querkr¨ aften und Biegemomenten die Beziehungen dQz = −qz , dx

dMy = Qz , dx

dQy = −qy , dx

dMz = −Qy . dx

Die Aussagen zu den Randbedingungen und zu den Folgen der a ¨ußeren Belastung k¨ onnen sinngem¨ aß von den ebenen Tragwerken u ¨bernommen werden.

Balken

99

x

Aufgabe 5.1 F¨ ur einen Balken unter einer Dreieckslast ermittle man den Querkraft- und den Momentenverlauf f¨ ur gelenkige Lagerung und f¨ ur rechtsbzw. linksseitige Einspannung.

A5.1 q0

l

L¨ osung 1. Balken auf zwei gelenkigen Lagern Mit q(x) = q0

x l

folgt durch Integration x2 Q(x) = − q(x)dx = −q0 + C1 , 2l 3 x + C1 x + C2 . M (x) = Q(x)dx = −q0 6l Die Konstanten ergeben sich aus den Randbedingungen: M (0) = 0

;

M (l) = 0

;

C2 = 0 , q0 l C1 = . 6

Damit erh¨ alt man f¨ ur die Querkraft x2 q0 l 1−3 2 . Q(x) = 6 l

Q q0 l 6 q0 l 3

Die Endwerte q0 l/6 und q0 l/3 entsprechen den Lagerreaktionen. Die negative Querkraft am rechten Rand bedeutet nach der Vorzeichendeﬁnition eine Kraft nach oben! F¨ ur den Momentenverlauf ergibt sich x2 q0 lx 1− 2 . M (x) = 6 l M

Das Maximum tritt dort auf, wo die Querkraft verschwindet: Q = 0 f¨ ur √ x = 3 l/3 = 0, 577 l. Damit folgt √ √ 3 2 1! 3 1" Mmax = q0 l 1− = q0 l 2 . 3 6 3 27

Mmax

Ermittlung von Q- und M -Verl¨ aufen

100

2. Der rechts eingespannte Balken

x

x , l x2 + C1 , Q(x) = −q0 2l x3 M (x) = −q0 + C1 x + C2 . 6l

q0

q(x) = q0

B

l Q

q0 l 2

Mit den Randbedingungen am linken Rand Q(0) = 0 ; C1 = 0, M (0) = 0 ; C2 = 0 erh¨ alt man die L¨ osung Q(x) = −

2

q0 x , 2l

M (x) = −

q0 l 2 6

3

q0 x . 6l

M

Als Kontrolle werden Lagerkraft und Einspannmoment aus dem Gleichgewicht f¨ ur den ganzen Balken berechnet: ↑:

B−

1 q0 l = 0 , 2

B :

MB +

l q0 l = 0. 3 2

3. Der links eingespannte Balken x , l q0 x2 + C1 , Q(x) = − 2l 3 q0 x M (x) = − + C1 x + C2 . 6l q(x) = q0

x

A

Mit den Randbedingungen am rechten Rand q0 l , Q(l) = 0 ; C1 = 2 2 q0 l q0 l 2 − C1 l = − M (l) = 0 ; C2 = 6 3 folgt die L¨ osung q0 l x2 Q(x) = 1− 2 , 2 l

M (x) = −

−MA −

2 l q0 l =0 3 2

;

l

Q q0 l 2 q0 l 2 3

M

q0 l 2 x x3 2−3 + 3 . 6 l l

Zur Probe wird das Einspannmoment berechnet: A :

q0

MA = −

q0 l 2 . 3

durch Integration

101

x

Aufgabe 5.2 Ein beidseits gelenkig gelagerter Balken wird durch eine trapezf¨ ormige verteilte Last belastet.

A5.2 q1

q0

Gesucht sind Ort und Gr¨ oße des maximalen Biegemoments f¨ ur q1 = 2q0 .

l

L¨ osung Die Belastung verl¨auft linear: q(x) = a + b x . Aus den Randwerten folgt q(0) = q0

;

a = q0 ,

q(l) = q1

;

q1 = a + b l

und daher q(x) = q0 +

;

b=

q 1 − q0 l

q 1 − q0 x. l

Durch Integration erh¨ alt man daraus q1 − q0 x2 + C1 , Q(x) = −q0 x − l 2 x2 q1 − q0 x3 M (x) = −q0 − + C1 x + C2 . 2 l 6 Die Konstanten berechnen sich aus den Randbedingungen: M (0) = 0

;

M (l) = 0

;

C2 = 0 , q0 l q 1 − q0 l 2 C1 = + . 2 l 6

F¨ ur die Querkraft und das Moment folgt damit f¨ ur q1 = 2q0 : x2 q0 x2 q0 l 2 q0 l = −q0 + + − q0 x + q 0 l , l 2 2 6 2l 3 x3 x2 2 M (x) = −q0 − q0 + q0 lx . 6l 2 3 Q(x) = −q0 x −

Das Maximum von M tritt wegen M = Q an der Nullstelle von Q auf: 7 4 2 ∗ 2 Q = 0 ; x = −l ± l + l = l − 1 = 0, 53 l . 3 3 Einsetzen in M (x) liefert schließlich Mmax = M (x∗ ) = 0, 19 q0 l2 .

102

A5.3

Ermittlung von Q- und M -Verl¨ aufen

Aufgabe 5.3 F¨ ur den nur u ¨ber einen Teil durch q0 belasteten Balken ermittle man die Q- und die M -Linie.

x q0 a l

L¨ osung Da die Belastung unstetig ist, teilen wir den Balken in zwei Bereiche, in denen wir getrennt integrieren: 0≤x≤a:

a≤x≤l: q = q0 ,

q = 0, Q = C1 ,

Q = −q0 x + C3 ,

M = C1 x + C2 ,

M =−

1 q0 x2 + C3 x + C4 . 2

Die 4 Integrationskonstanten ergeben sich aus den 2 Randbedingungen M (0) = 0 ; C2 = 0 ,

1 M (l) = 0 ; − q0 l2 + C3 l + C4 = 0 2

¨ und den 2 Ubergangsbedingungen bei x = a. Dort m¨ ussen Q und M stetig sein (keine Spr¨ unge, da keine Einzelkraft bzw. kein Einzelmoment): Q(a− ) = Q(a+ )

;

C1 = −q0 a + C3 ,

M (a− ) = M (a+ )

;

1 C1 a = − q0 a2 + C3 a + C4 . 2

Damit erh¨ alt man C1 =

q0 l (l − a)2 , 2 l2

C2 = 0 ,

C3 =

q 0 l l 2 + a2 , 2 l2

C4 = −

q 0 a2 . 2

F¨ ur die Schnittgr¨ oßen folgt im Bereich 0 ≤ x ≤ a Q=

q0 l (l − a)2 , 2 l2

M=

q0 l2 (l − a)2 x 2 l3

und im Bereich a ≤ x ≤ l q0 (l − a)2 Q= − 2 (x − a) , 2 l

M=

q0 2

(l − a)2 x − (x − a)2 . l

bei Unstetigkeiten

103

F¨ ur a = l/2 haben die Q- und die M -Linie das folgende Aussehen: 5 l 8 l/2

1 q0 l 8

Q

3 − q0 l 8

l/2 5 l 8

M Mmax

Anmerkungen: • Anstelle der u ange laufenden Koordinate ¨ber die gesamte Balkenl¨ x kann man auch getrennte Koordinaten (x1 , x2 ) in den einzelnen Bereichen einf¨ uhren. • Im Sonderfall a = 0 verschwindet der erste Bereich. Dann werden Q=

1 q0 (l − 2x) , 2

M=

1 q0 (l x − x2 ) . 2

L¨ osungsvariante: Einfacher lassen sich die Verl¨ aufe mit Hilfe des F¨ opplSymbols ermitteln. Hierzu stellen wir zun¨ achst die unstetige Belastung u ange durch ¨ber die gesamte Balkenl¨ q = q 0 < x − a >0

f¨ ur

0≤x≤l

dar. Die Integration liefert dann unter Beachtung der Rechenregeln f¨ ur das F¨ oppl-Symbol Q = −q0 < x − a >1 +C1 , q0 M =− < x − a >2 +C1 x + C2 . 2 ¨ Aus den Randbedingungen ergibt sich (die Ubergangsbedingungen sind automatisch erf¨ ullt!) M (0) = 0 ; C2 = 0 M (l) = 0 ; 0 = −

(Die F¨ oppl-Klammer ist dort Null!) ,

q0 (l − a)2 q0 (l − a)2 + C1 l ; C1 = . 2 2 l

Damit lautet die L¨ osung u ange ¨ber die gesamte Balkenl¨ 2 q0 (l − a) − 2 < x − a >1 , Q= 2 l q0 (l − a)2 x − < x − a >2 . M= 2 l

Ermittlung von Q- und M -Verl¨ aufen

104

A5.4

Aufgabe 5.4 Man bestimme den Q- und den M -Verlauf f¨ ur den dargestellten Balken.

q0

A

B

x

l 2

l

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Lagerreaktionen (A und B werden positiv nach oben angenommen): A=

11 q0 l , 24

B=

19 q0 l . 24

Damit liefert Schneiden und Anwenden der Gleichgewichtsbedingungen im Bereich zwischen den beiden Lagern q0 x

↑: S :

M

A − q0 x − Q = 0 , −x A + ;

x (q0 x) + M = 0 , 2

Q = A − q0 x ,

M = Ax −

x/2

A

S Q

x

q0 2 x 2

und rechts vom Lager B (zweckm¨ aßig z¨ ahlen wir eine neue Koordinate x ¯ vom freien Ende) ↑: S :

¯ " 1! x x ¯ + Q = 0, − q0 2 l/2 x ¯ 1! x ¯ " q0 x ¯ − M = 0, − 3 2 l/2 q0 2 q0 3 ; Q= x ¯ , M =− x ¯ . l 3l

Anmerkungen:

q0

M

Q

• Am Lager B hat der Momentenverlauf einen Knick (Einzelkraft!).

x¯/3 x¯

11 q0 l 24 6 q0 l 24

11/24l

M

1 x ¯ q0 x ¯ 2 l/2

Q S x

• Die Querkraft f¨ allt vom Lager A linear bis zum Lager B ab. Dort erf¨ ahrt sie einen Sprung von der Gr¨ oße der Lagerkraft, und sie f¨ allt 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!).

x ¯ l/2

13 q0 l 24 1 − q0 l 2 24

−

Mmax

bei mehreren Feldern

105

• Mmax tritt bei x = 11 l (wegen Q = 0) auf und hat den Wert ! "2 2 24 Mmax = 12 11 q l = 0, 105 q0 l2 . 0 24 • Aufgrund von dM/dx = Q ist der Anstieg von M bei A positiv (Q ist dort positiv!) und am freien Ende Null (Q ist dort Null!). • Das Moment am Lager B ergibt sich zu MB = −

q0 1 (l/2)3 = − q0 l2 . 3l 24

In einer 2. L¨ osungsvariante bestimmen wir die Q- und die M -Linie mit Hilfe des F¨ oppl-Symbols. Hierbei brauchen die Lagerkr¨ afte nicht vorab berechnet zu werden. Wir stellen zuerst die Belastung u ¨ber die gesamte Balkenl¨ ange als Diﬀerenz aus Gleichstrecken- und Dreieckslast dar: q = q0 −

2q0 < x − l >1 l

(der Faktor 2 ist notwendig, damit q u ange l/2 auf Null abge¨ber die L¨ baut wird!). Durch Integration erh¨ alt man Q = −q0 x +

q0 < x − l >2 +B < x − l >0 +C1 l

(der Sprung in der Querkraft infolge der noch unbekannten Lagerkraft B muss durch eine F¨ oppl-Klammer ber¨ ucksichtigt werden!), M = −q0

x2 q0 + < x − l >3 +B < x − l >1 +C1 x + C2 . 2 3l

F¨ ur die 3 Unbekannten C1 , C2 und B stehen 3 Randbedingungen zur Verf¨ ugung: M (0) = 0

;

C2 = 0 ,

Q( 23 l) = 0

;

M ( 23 l) = 0

;

3 1 − q0 l + q0 l + B + C1 = 0 , 2 4 9 1 l 3 − q0 l 2 + q0 l2 + B + C1 l = 0 . 8 24 2 2

Hieraus folgen B=

19 q0 l , 24

C1 =

11 q0 l , 24

womit die Verl¨ aufe festliegen. Anmerkung: Die Konstante C1 gibt die Querkraft am Lager A an und entspricht daher der dort wirkenden Lagerkraft.

Ermittlung von Q- und M -Verl¨ aufen

106

A5.5

Aufgabe 5.5 F¨ ur den Mehrfeldtr¨ ager bestimme man den Querkraftund den Momentenverlauf und berechne ausgezeichnete Werte. Gegeben: q0 = F/a. x

F

2F

q0

A

B 2a

a

3a

2a

2a

L¨ osung Wir ermitteln zun¨achst die Auﬂagerreaktionen (nach oben positiv angenommen): A :

−2a F − 4, 5a (3q0 a) − 8a 2F + 10a B = 0

;

B = 3, 15 F ,

↑:

A + B − F − 3q0 a − 2F = 0

;

A = 2, 85 F .

Hiermit liefert Schneiden und Gleichgewicht in den einzelnen Bereichen: 0 < x < 2a: ↑: S :

Q = A = 2, 85 F , M = x A = 2, 85 F x ,

M S x Q

A

2a < x < 3a: ↑: S :

F

Q = A − F = 1, 85 F , M = x A − (x − 2a)F ,

M A

x

S :

Q q0 (x − 3a)

3a < x < 6a: ↑:

S

F

M

Q = 1, 85 F − q0 (x − 3a) , M = x A − (x − 2a)F − 12 q0 (x − 3a)2 ,

S

A

Q

x

6a < x < 8a: ↑: S :

Q = −B + 2F = −1, 15 F , M = (10a − x) B − (8a − x) 2F ,

8a < x < 10a: ↑: S :

Q = −B = −3, 15 F , M = (10a − x) B .

2F M Q

S

B

10a−x M S Q

10a−x

B

bei mehreren Feldern

107

Das Maximum von M liegt wegen M = Q an der Nullstelle von Q im 3. Bereich (3a < x < 6a): Q = 1, 85 F − q0 (x − 3a) = 0

x∗ = 1, 85 F/q0 + 3a = 4, 85 a .

;

Damit ﬁnden wir Mmax = M (x∗ ) = 4, 85 a 2, 85 F − 2, 85 a F − Q/F 3 2 1

1 q0 (1, 85 a)2 = 9, 26 F a . 2

2,85 1,85 x∗ x

2a

8a

6a

10a

3a -1,15

2 4 6

-3,15

6,3 5,7

8,6 7,55

Mmax

8 M/F a

Man kann den Q- und den M -Verlauf auch mit Hilfe des F¨ opplSymbols durch Integration bestimmen. Hierbei m¨ ussen die Unstetigkeiten in q(x) und Q(x) beachtet werden: q = q0 < x − 3a >0 −q0 < x − 6a >0 , Q = −q0 < x − 3a >1 +q0 < x − 6a >1 −F < x − 2a >0 −2F < x − 8a >0 +C1 , 1 1 M = − q0 < x − 3a >2 + q0 < x − 6a >2 −F < x − 2a >1 2 2 −2F < x − 8a >1 +C1 x + C2 . Die Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen: M (0) = 0 ; C2 = 0 ,

M (10a) = 0 ; C1 = 2, 85 F .

Ermittlung von Q- und M -Verl¨ aufen

108

A5.6

Aufgabe 5.6 F¨ ur den dargestellten Kragtr¨ ager ermittle man die Querkraft- und die Momentenlinie. x

q0 = 5F/b

2F

3bF

4F

A 2b

2b

2b

b

2b

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Lagerreaktionen. q0 = 5F/b

2F

4F

3bF

MA A

↑: A :

1

2

3 R

4 L

F · 2b + 2 F + 4 F = 16 F , b ! F " MA = 3b 5 · 2b + 5b · 2 F − 3b F + 9b · 4F = 73 b F . b A=5

Zur Berechnung von Q und M schneiden wir den Balken an den Stellen, an denen Unstetigkeiten in der Belastung bzw. den Schnittgr¨ oßen auftreten (ausgezeichnete Stellen). Aus dem Gleichgewicht zwischen ¨ außeren Lasten und Schnittgr¨ oßen ermitteln wir dann Q und M in diesen Punkten. Q1 = 16 F ,

73bF M1

M1 = 2b · 16 F − 73 bF = −41 bF , F · 2b = 6F , b ! F " M2 = 4b · 16F − 73 bF − b 5 · 2b b = −19 bF ,

1 16F

Q2 = 16 F − 5

Q3R = 4F , M3 = 3b F − 4b · 4F = −13 bF , Q4 = 4F , M4L = 3b F − 2b · 4F = −5 bF .

Q1 q0

73bF M2 2

16F Q3R M3

3bF

Q2 4F

3 R

Q4

3bF

M4L 4 L

4F

bei mehreren Feldern

109

Mit diesen Ergebnissen und unter Beachtung der allgemeinen Beziehungen zwischen ¨ außerer Belastung und den daraus resultierenden Folgen f¨ ur Q bzw. M (z.B. wo q = 0, dort Q = konstant und M = linear, vgl. Tabelle auf Seite 97) k¨ onnen wir nun die Querkraft- und die Momentenlinie zeichnen: Q F 16

8

1

2

3

4

1

2

3

4

−50

−10

M bF

Bei der Momentenlinie muss die quadratische Parabel zwischen den Punkten unden, 1 und 2 tangential in die anschließenden Geraden einm¨ da in diesen Punkten keine Einzelkr¨ afte wirken (Einzelkraft f¨ uhrt zu Knick im Momentenverlauf!).

110

A5.7

Ermittlung der Belastung

Aufgabe 5.7 Gegeben sind ein Balken und seine Momentenlinie. Gesucht ist die Belastung. A

B 2m

2m

2m

2m

2m

6 12

10 18

+

10

quadr. Parabel symmetr. zur Mitte M [kNm]

L¨ osung Wir betrachten die markierten ausgezeichneten Stellen am Balken und den M -verlauf zwischen ihnen: B

A 1

3

2

4

5

Aus dem links bei A beginnenden linearen Verlauf mit M1 = 12 kNm = 2 m · A folgt die Lagerkraft A = 6 kN . Anschließend erfolgt bei 1 ein Sprung in der Momentenlinie, der von einem Einzelmoment der Gr¨ oße M ∗ = 6 kNm herr¨ uhren muss. Zur Probe berechnen wir aus A und M ∗ das Moment an der Stelle 2 : M2 = 4 m · 6 kN − 6 kNm = 18 kNm . An der Stelle 2 muss – wegen des Knickes in der Momentenlinie – eine noch unbekannte Kraft F wirken. Sie ergibt sich aus M3 = 6 m · 6 kN − 6 kNm − 2 m · F = 10 kNm

zu

F = 10 kN .

Am rechten Rand muss aufgrund des linearen Momentenverlaufes eine Kraft P nach oben angreifen. Sie l¨ asst sich aus M4 errechnen: M4 = 2 m · P = 10 kNm

;

P = 5 kN .

aus M-Verlauf

111

Der Verlauf in Form einer quadratischen Parabel zwischen 3 und 4 wird durch eine Gleichstreckenlast q0 hervorgerufen. Sie folgt aus M3 (Gleichgewicht am rechten Teil): M3 = 4 m · 5 kN − 1 m · (q0 · 2 m) = 10 kNm

;

q0 = 5 kN/m .

Damit sind alle Lasten bekannt. Der Balken ist danach wie folgt belastet: 5 kN/m 10 kN

6 kNm

A = 6 kN

B

5 kN

Die noch unbekannte Lagerkraft B folgt aus dem Gleichgewicht: ↑:

B = 10 + 2 · 5 − 5 − 6 = 9 kN .

Damit k¨ onnen 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

A5.8

Ermittlung der Schnittgr¨ oßen q0

Aufgabe 5.8 F¨ ur den Kragbalken unter sinusf¨ ormiger Streckenlast ermittle man den Momentenverlauf.

l

L¨ osung Zweckm¨aßig z¨ahlt man die Koordinate x vom freien Rand, da dort die Querkraft und das Moment verschwinden: πx . q(x) = q0 sin l Durch Integration folgt l πx πx Q(x) = − q0 sin dx = q0 cos + C1 , l π l 2 l πx M (x) = q0 sin + C1 x + C2 . π l

x z

Die Randbedingungen liefern: Q(0) = 0

;

C1 = −

M (0) = 0

;

C2 = 0 .

q0 l , π

Damit lautet die L¨ osung Q(x) =

πx q0 l cos −1 , π l

M (x) = −

q0 l 2 x πx . − sin π l l

Die Gr¨ oßtwerte von Q und M treten an der Einspannstelle x = l auf: Q(l) = −

2 q0 l , π

M (l) = −

1 q0 l 2 . π

Die Verl¨ aufe sind nachfolgend skizziert. Q −q0 −2q0

l π

l2 π

M

Anmerkung: Die Querkraft erscheint hier mit nega- M tivem Vorzeichen, da x von rechts gez¨ ahlt wird (positives Schnittufer!).

Q

x

z

Momentenverlauf

113

¨ Aufgabe 5.9 Uber eine Br¨ ucke der L¨ ange l f¨ ahrt ein Kran vom Gewicht G. Die Vorderachse ist mit 34 G, die Hinterachse mit 14 G belastet. Sein Achsenabstand betr¨ agt b = l/20. Wie groß ist das maximale Biegemoment in der Br¨ ucke und bei welcher Position x des Krans tritt es auf? x

b

A

B l

L¨ osung Wir berechnen zun¨achst die Lagerreaktion A (nach oben positiv angenommen) f¨ ur einen beliebigen Abstand x der Vorderachse: 81 3 G x ; A= − G. B : l A = (l − x) G + (l − x + b) 4 4 80 l Das gr¨ oßte Biegemoment kann unter der Hinter- (H) oder unter der Vorderachse (V) auftreten. Man erh¨ alt 81 l x − G, MH = (x − b)A = x − 20 80 l 81 G x l MV = x A − b =x − G− G. 4 80 l 80 Die extremalen Biegemomente ﬁndet man durch Nullsetzen der Ableitungen. Aus 81 x dMV = G−2 G=0 dx 80 l

folgt

x1 =

81 l 160

und damit MV max =

6241 Gl. 25600

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

folgt

x2 =

85 l 160

und damit MHmax =

5929 Gl. 25600

oßeren Wert liefert. Man erkennt, dass die Position x1 den gr¨

A5.9

114

A5.10

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.10 F¨ ur den dargestellten Gerbertr¨ ager sind die Verl¨ aufe von Q, M und N gesucht. F

q0 A

30°

B

C

G

a

a

b

b

L¨ osung Wir schneiden das System frei und ermitteln zun¨achst die Lager- und die Gelenkreaktionen: AH

1

AV

q0 B

GH

GH

GV

GV

F

2

D

C

Aus den Gleichgewichtsbedingungen 1 →:

−AH + GH = 0 ,

2 →:

−GH + F cos 30◦ = 0 ,

↑:

AV + B − q0 a − GV = 0 ,

↑:

GV + C − F sin 30◦ = 0 ,

a q0 a = 0 , 2

G:

b F sin 30◦ − 2b C = 0

G:

2a AV + a B −

√ ergeben sich mit sin 30◦ = 1/2 und cos 30◦ = 3/2 √ 3 q0 a F F 3 AH = F, AV = − − , B = q0 a + , 2 2 4 2 2 √ 3 F F , GV = , GH = F. C= 4 4 2 Nun werden in ausgezeichneten Punkten die Schnittgr¨ oßen 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 Vertikaldie Norkomponente von F (F sin 30◦ = F/2). In D springt außerdem √ malkraft um die Horizontalkomponente von F (F cos 30◦ = 3F/2). Durch Schnitte unmittelbar links von B bzw. unmittelbar rechts von D erh¨ alt man a

NB = AH , QBL = AV , MB = a AV ,

AH

AV

MB QBL

NB

beim Gerbertr¨ ager

ND R = 0 ,

MD

QDR = −C , MD

QDR

NDR

F = bC = b . 4

115

C b

Damit ergeben sich die folgenden Verl¨ aufe: N

√

3 F 2

+

Q qa +

F 4

F 4

+

1 F − qa − 2 4

−

− F − 4

MB

quadr. Parabel −

+

M

MD

Anmerkungen: • Im Bereich BG ist die Momentenlinie eine quadratische Parabel. Aus dem Q-Verlauf geht hervor, daß der Betrag ihrer Steigung in B gr¨ oßer ist als in G. • Da im Gelenk keine Kraft angreift, der Q-Verlauf also keinen Sprung in G aufweist, muss die quadratische Parabel in G ohne Steigungs¨ anderung in den linearen Momentenverlauf zwischen G und D einm¨ unden.

116

A5.11

Querkraft- und Momentenlinie

Aufgabe 5.11 F¨ ur den dargestellten Gerbertr¨ ager sind die Querkraftund die Momentenlinie zu bestimmen. Wie groß muss der Abstand a des Gelenks G sein, damit der Betrag des gr¨ oßten Momentes minimal wird? q0 A

B

C

a G

l

l

L¨ osung Zun¨achst bestimmen wir die Lager- und die Gelenkreaktionen. Aus dem Freik¨ operbild q0

q0

1

A

B

G

2

G

C

und den Gleichgewichtsbedingungen ↑: 1 G: ↑: 2 G:

A + B − G − q0 (l + a) = 0 , (l + a) A + a B −

q0 (l + a)2 = 0, 2

G + C − q0 (l − a) = 0 , q0 (l − a)2 − (l − a) C = 0 2

folgen A=G=C=

q0 (l − a) , 2

B = q0 (l + a) .

Das Schnittmoment in B ergibt sich zu MB = l A −

q0 l 2 1 = − q0 l a . 2 2

Damit erh¨ alt man den dargestellten Querkraft- und Momentenverlauf:

q0 MB A l

QB

beim Gerbertr¨ ager

117

Q 1 q0 (l − a) 2

1 q0 (l + a) 2

+

+

−

−

1 − q0 (l + a) 2

b

1 − q0 (l − a) 2

b

1 − q0 la 2

− +

+

M

1 q0 (l − a)2 8

Anmerkungen: • Der Querkraftverlauf ist antisymmetrisch bez¨ uglich B. • Die Querkraft muss in der Mitte zwischen G und C Null sein, d. h. bei b = (l − a)/2. Dies folgt sofort aus Betrachtung des Freik¨ orperbildes (Symmetrie der Belastung!). • Aus dem Q-Verlauf erkennt man, dass der Betrag der Steigung von M im Lager A kleiner ist als im Lager B. • Der Momentenverlauf ist symmetrisch bez¨ uglich B. Die relativen Extremwerte von M beﬁnden sich an den Nullstellen von Q, im Abstand b = (l − a)/2 von A und von C. Sie ergeben sich zu M∗ = b A −

q0 b2 q0 = (l − a)2 . 2 8

q0

Damit der Betrag der auftretenden Momente minimal wird, muss gelten

M∗

A b

|MB | = |M ∗ | . Einsetzen liefert den gesuchten Abstand: 1 1 q0 l a = q0 (l − a)2 2 8

;

a = (3 −

√

8)l = 0, 172 l .

118

A5.12

Querkraft- und

Aufgabe 5.12 Ein beiderseitig u agt eine Gleich¨berkragender Balken tr¨ streckenlast. Wie groß muss a bei gegebener Gesamtl¨ age l sein, damit der Betrag des gr¨ oßten Momentes m¨ oglichst klein wird? q0 A

B

a

a l

L¨ osung Die gr¨oßten Biegemomente treten u ¨ber den Lagern und in der Mitte auf: 2 1

−

+

Sie betragen (wegen der Symmetrie sind die Lagerkr¨ afte A = B = q0 l/2) M1 = −q0

a2 , 2

M2 = −q0

(l/2)2 q0 l + 2 2

l −a . 2

Die kleinste Beanspruchung wird auftreten, wenn die Betr¨ age dieser Momente gleich sind: a2 l l l2 = q0 − a − q0 . q0 2 2 2 8 Hieraus folgt 1 √ 2 − 1 l = 0, 207 l a= 2 und

√ 3−2 2 |Mmax | = q0 l2 = 0, 0214 q0 l2 . 8

Das Moment betr¨ agt nur 17 % des maximalen Moments q0 l2 /8 f¨ ur den Balken, bei dem die Lager an den Balkenenden liegen.

Momentenlinie

Aufgabe 5.13 F¨ ur den dargestellten Gelenktr¨ ager unter Dreieckslast sind der Querkraft- und der Momentenverlauf durch Integration zu bestimmen.

119

A5.13

x q0 A

G

a

B

l

L¨ osung Aus q(x) = q0 x/l erh¨alt man durch Integration Q(x) = −q0

x2 + C1 , 2l

M (x) = −q0

x3 + C1 x + C2 . 6l

Die Integrationskonstanten C1 und C2 bestimmen sich aus den Bedingungen, dass das Moment in G und in B Null ist: −q0

M (x = a) = 0 :

a3 + C1 a + C2 = 0 , 6l

−q0

M (x = l) = 0 :

l2 + C1 l + C2 = 0 . 6

Unter Verwendung der Abk¨ urzung λ = a/l erh¨ alt man C1 =

" q0 l ! 1 + λ + λ2 , 6

und damit Q(x) =

C2 = −

q0 l 2 λ(1 + λ) 6

x 2 q0 l , (1 + λ + λ2 ) − 3 6 l

M (x) = −

x x 3 q0 l 2 + . λ(1 + λ) − (1 + λ + λ2 ) 6 l l Q

1 q0 l(1 + λ + λ2 ) 6

1 2 q0 l λ(1 + λ) 6

M

1 q0 l(−2 + λ + λ2 ) 6

120

A5.14

Querkraft- und

Aufgabe 5.14 Der dargestellte Gerbertr¨ ager ist durch eine Gleichstreckenlast und durch eine Einzellast belastet.

x

q0

A

B a

Es sind der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

a

F

a

L¨ osung Mit Hilfe des F¨ oppl-Symbols kann die Streckenlast durch q(x) = q0 < x − a >0 dargestellt werden. Durch Integration folgt Q(x) = −q0 < x − a >1 +B < x − 2a >0 +C1 , 1 M (x) = − q0 < x − a >2 +B < x − 2a >1 +C1 x + C2 . 2 Beachte: Die noch unbekannte Lagerkraft B verursacht einen Sprung im Querkraftverlauf. Dieser muss in Q(x) ber¨ ucksichtigt werden! Die Lagerkraft B und sie Konstanten C1 und C2 bestimmen sich aus den Bedingungen Q(x = 3a) = F

;

−2q0 a + B + C1 = F ,

M (x = a) = 0

;

C1 a + C2 = 0 ,

M (x = 3a) = 0

;

−2 q0 a2 + B a + 3a C1 + C2 = 0

zu C1 = −F ,

C2 = a F ,

B = 2 q0 a + 2F .

Damit erh¨ alt man zum Beispiel in den Punkten A und B MA = M (0) = C2 = a F , 1 1 MB = M (2a) = − q0 a2 + C1 2a + C2 = − q0 a2 − aF 2 2 und insgesamt die folgenden Verl¨ aufe f¨ ur Q und M : Q

1 −aF − q0 a2 2

F + q0 a F

−F

aF −(F + q0 a)

M

Momentenlinie

121

Aufgabe 5.15 F¨ ur den dargestellten Gerbertr¨ ager sind der Querkraftund der Momentenverlauf zu ermitteln. F

a

F

a

a

a

a

a

L¨ osung Wir bestimmen zuerst die Lager- und die Gelenkkr¨afte (es treten nur vertikale Einzelkr¨ afte auf!). F E

A

G1 1

B

F

G2

G1

2

C

3

G2

Aus den Gleichgewichtsbedingungen

G1 + C − G2 = 0 ,

A : C :

a G1 + a G2 = 0 ,

G2 + D − F = 0 ,

D:

a G2 − a F = 0

1 ↑ :

A + B − F − G1 = 0 ,

2 ↑ : 3 ↑ :

a F − 2a B + 3a G1 = 0 ,

ergeben sich die Lager- und die Gelenkreaktionen B = −F ,

A=F ,

C = 2F ,

D=0,

G1 = −F ,

G2 = F .

An den Stellen B, C und E erh¨ alt man f¨ ur die Schnittmomente ME = a F ,

MB = 2 a F − a F = a F ,

MC = −a F .

Damit folgen die dargestellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. Q

F

F

−F −aF

M

aF

D

A5.15

122

A5.16

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe

Aufgabe 5.16 Der Rahmen ist durch die Kraft F und eine Gleichstreckenlast q0 = F/a belastet.

q0

F b

Es sind die Verl¨ aufe von N , Q und M zu bestimmen.

a

A

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen

→: B :

B q0

F

A + BV − q0 a = 0 ,

↑:

a

C

D

F − BH = 0 , −a A +

1 2

q 0 a2 − a F = 0

BH

A

liefern die Lagerkr¨ afte A=

BV

q0 a F −F =− , 2 2

BV =

q0 a 3 +F = F , 2 2

BH = F .

Wir schneiden nun an den Rahmenecken unmittelbar rechts von C bzw. links von D. Dort folgen die Schnittgr¨ oßen: MC

C F

NCR QCR A

QDL D

MD

NCR = −F ,

NDL

QCR = −F/2 , MC = 0 ,

NDL = −F , QDL = −3F/2,

BV

BH MD = −a F .

Unter Beachtung der allgemeinen Beziehungen zwischen der Belastung und den Schnittgr¨ oßen erh¨ alt man damit die dargestellten Verl¨ aufe andern sich die Momente nicht; (Hinweis: an unbelasteten 90◦ -Ecken ¨ Normalkr¨ afte werden zu Querkr¨ aften und umgekehrt!): −F

F 2

−

N-Verlauf

3 − F 2

3 − F 2

F 2

Q-Verlauf

F

−aF

M-Verlauf

f¨ ur Rahmen

Aufgabe 5.17 F¨ ur den dargestellten Rahmen sind der Normalkraft-, der Querkraftund der Momentenverlauf zu ermitteln.

123

A5.17

q0 b b F a

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen errechnen sich die Lagerreaktionen zu A = 2F +2q0 a,

BV = −F,

a q0

D

C

BH = 0.

An den Stellen C, D und E ergeben sich die Schnittmomente

BH BV

E F

A

MD = ME = −a A = −2a(F + q0 a) .

MC = 0 ,

Damit lassen sich unter Beachtung der Zusammenh¨ ange zwischen q, Q ¨ und M sowie der N -Q bzw. Q-N Uberg¨ ange an den Ecken die folgenden Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe skizzieren:

Q-Verlauf

N-Verlauf F + 2q0 a −(F + 2q0 a)

F

F

−2(F + q0 a) −2a(F + q0 a)

M-Verlauf

−2a(F + q0 a)

124

A5.18

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe a

Aufgabe 5.18 F¨ ur das dargestellte Rahmentragwerk sind der Normalkraft-, der Querkraftund der Momentenverlauf zu ermitteln.

a F

2a

a

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingunggen ergeben sich die Lagerreaktionen zu F

AV = F ,

AH

F = , 3

F B=− . 3

C B

An den Ecken C, D und E errechnen sich die Schnittmomente E

MC = −a F , 5 MD = 2a B − a F = − a F , 3 1 ME = a F . 3

D

AH AV

Damit folgen die dargestellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe: Q-Verlauf

N-Verlauf

−F

1 F 3

1 − F 3

F 1 − F 3 1 − F 3

−F

F −aF

M-Verlauf 1 aF 3 5 − aF 3

f¨ ur Rahmen

Aufgabe 5.19 F¨ ur den dargestellten Gelenkrahmen sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

A5.19 q0

2a

a

a

a C

L¨ osung Mit dem Freik¨orperbild q0

q0 AH

2

GH GH 1 AV

125

B

GV

D GV

lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Teilsysteme ↑: 1 →: A :

AV + B − GV − 3q0 a = 0 ,

↑: 2

AH + GH = 0 , 9 −2a B + 3a GV + q0 a2 = 0 , 2

→: G:

GV − q0 a = 0 , −GH − C = 0 , 1 −a C + q0 a2 = 0 . 2

Aus ihnen ergeben sich die Lager- und die Gelenkreaktionen q0 a q0 a 15 , AH = , B= q0 a , 4 2 4 q0 a =− , GV = q 0 a . 2

AV = GH

C=

q0 a , 2

An den Stellen B und D folgen f¨ ur die Schnittmomente MB = 2a AV −

1 3 (q0 2a)2 = − q0 a2 , 2 2

MD = aC =

Damit erh¨ alt man die folgenden Schnittgr¨ oßenver¨ aufe:

N-Verlauf

Q-Verlauf

1 − q0 a 2 8 q0 a 4

1 q0 a 4

3 − q0 a2 2

M-Verlauf Mextr.

7 − q0 a 4

1 q0 a 2

1 q0 a2 2

1 q 0 a2 . 2

126

A5.20

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe

Aufgabe 5.20 Der abgewinkelte Rahmen ist durch eine Einzelkraft F und eine Streckenlast der Gr¨ oße q0 = F/a belastet.

F

45◦

2a

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

q0

a

a

L¨ osung Aus den GleichgewichtsbeF A dingungen f¨ ur das Gesamtsystem 1 √ C 2 A + BH = 0 , →: 2 2 √ 3 2 ↑: A + BV − F − 2q0 a = 0 , B H 2 2 A : a F − 3a BH − 2a BV + 6q0 a = 0 folgen die Lagerreaktionen √ 2 16 F, BV = F, A=− 5 5

BH =

a

2a

D

q0 E

BV

4

1 F. 5

Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System ergeben sich f¨ ur die Normal- und die Querkraft in den Teilen 1 bis 3 √ 2 N1 = 0 , Q1 = A = − F, 5 √ √ 2 2 7 √ 2F , F , Q2 = A − F =− N2 = − 2 2 10 √ √ 2 2 6 F N3 = A−F =− F , Q3 = − A= . 2 5 2 5 Außerdem ermittelt man an den Schnittstellen B, C und D die Momente MB = −a 2q0 a = −2aF , √ 2 MC = a 2 A = − aF , 5 √ 9 MD = 2a 2 A − aF = − aF . 5

f¨ ur Rahmen

127

F¨ ur den Bereich 4 gilt N4 = 0 ,

q0

M4

x Q4 = −q0 x = −F , a

E

1 1 x2 M4 = − q0 x2 = − a F 2 . 2 2 a

N4

Q4

x

Beachte: Da x von rechts gez¨ ahlt wird, wirkt Q4 positiv nach unten! Damit folgen die dargstellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. Spr¨ unge in N und Q treten an den Rahmenecken und an Angriﬀspunkten von Einzel¨ kr¨ aften auf; die Momente werden an den Ecken ohne Anderung u ¨bertragen.

N-Verlauf

Q-Verlauf

√ 2 − F 5

1 −√ F 2

−

7√ 2F 10

1 F 5

6 − F 5 −2F

M-Verlauf 2 − aF 5 9 − aF 5 −2aF −2aF

128

A5.21

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe

Aufgabe 5.21 F¨ ur das Tragwerk aus zwei gelenkig verbundenen Teilen sind die auftretenden Verl¨ aufe von Querkraft Q, Moment M und Normalkraft N bekannt. Wie groß (nach Betrag und Lage) sind die zugeh¨ origen Belastungen? N-Verlauf 2

a

3

1

a

4

a

− 12 qa − 5P

a

−P

Pa

Q−Verlauf

1 2

M−Verlauf

qa

−4P a

−2P a

− 12 qa 4P

2P a 1 qa2 8

−2P

L¨ osung Beginnend von den ¨außeren R¨andern der einzelnen Tragwerksabschnitte k¨ onnen deren Belastungen aus den zugeh¨ origen Schnittgr¨ oßenverl¨ aufen rekonstruiert werden. Eine anschließende Gleichgewichtsbetrachtung am Mittelknoten liefert die dort eventuell angreifenden Einzelkr¨ afte bzw. Einzelmomente. Wir betrachten zun¨ achst den links eingeh¨ angten Balken 1 . Aufgrund des linearen Querkraftverlaufs mit den Randwerten ±q a/2 sowie der parabelf¨ ormigen Momentenlinie mit dem charakteristischen Parabelstich qa2 /8 muss dieser Balken mit einer Gleichstreckenlast q belastet sein. M−Verlauf

Q−Verlauf 1 2

qa

− 12

Gleichstreckenlast

qa

q ; 1 qa2 8

f¨ ur Rahmen

129

Da die weiteren Tragwerksabschnitte sowohl einen konstanten Normal- als auch einen konstanten Querkraftverlauf aufweisen und der Momentenverlauf sich dort linear ver¨ andert, k¨ onnen die Teilabschnitte 2 , 3 und 4 weder durch verteilte Lasten noch durch Einzellasten (Sprung im Querkraftverlauf, Knicke im Momentenverlauf) bzw. durch Einzelmomente (Sprung in der Momentenlinie) belastet sein. Weitere ¨ außere Belastungen sind danach nur noch am freien Ende des oglich. Die Betrachtung der Teilabschnitts 2 und am Mittelknoten m¨ Randwerte im Querkraft- und Momentenverlauf am freien Ende f¨ uhrt dort auf folgende Belastungen: Q-Verlauf

Einzelkraft P

−P

Einzelmoment

M−Verlauf

M = Pa Pa

;

;

Gleichgewichtsbetrachtung am herausgeschnittenen Mittelknoten K liefert die noch fehlenden Belastungen: K:

MM K = M2 + M3 − M4 = 2 P a − 4 P a − (−2 P a) = 0 ;

→:

HM K = Q2 − Q4 = −P − (−2 P ) = P ;

↑:

kein Einzelmoment,

horizontale Einzelkraft,

VM K = Q1 − Q3 − N4

M2

Q2

Q1

K

Q4 M4

N4

M3 Q3

= − 12 qa − 4 P + 12 qa + 5 P = P ;

vertikale Einzelkraft.

Damit erh¨ alt man insgesamt folgende Belastung des Tragwerks: M = Pa

P √

q

2P

130

A5.22

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe

Aufgabe 5.22 Der vereinfacht dargestellte Kran tr¨ agt an einem Seil, das in B befestigt und in D und E reibungsfrei u uhrt ist, das ¨ber Rollen gef¨ Gewicht G. Außerdem ist er durch sein Eigengewicht q0 (Gewicht pro L¨ angeneinheit) belastet.

D

E C

a G

B

a A

a

F¨ ur den Fall G = q0 a sind die Verl¨ aufe von N , Q und M zu bestimmen.

3a

L¨ osung Im Seil wirkt die Kraft S = G. Damit l¨ asst sich das dargestellte Freik¨ orperbild skizzieren. Aus den Gleichgewichtsbedingungen q0

↑: →: A :

G

−G + AV − 4 q0 a − 2q0 a = 0 ,

G G

AH = 0 , MA + 3a G + 4 q0 a2 = 0

AH = 0 ,

q0

AH

ergeben sich die Lagerreaktionen AV = 7 G ,

G G

MA AV

MA = −7a G .

Unter Beachtung der allgemeinen Zusammenh¨ ange zwischen Belastung und Schnittgr¨ oßen ergeben sich hiermit die nachfolgend dargestellten Verl¨ aufe (Hinweis: Spr¨ unge in N und Q resultieren aus wirkenden Einzelkr¨ aften; am Knoten C muss die Summe der Momente verschwinden (Drehrichtung beachten!)). √ −(1 +

2 )G 2

N-Verlauf −G √ 2 −(5 + )G 2 √ 2 −(6 + )G 2 −7G

√ 1 2 ( + )aG 2 2

Q-Verlauf

4G −

√ 2 G 2 √

−(1 +

√

2 G 2

2 )G 2

15 aG 2

−(7 −

M-Verlauf −7aG

√ 2 )aG 2

G

f¨ ur Rahmen und Bogen

Aufgabe 5.23 F¨ ur den symmetrischen Rahmen sind die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe zu ermitteln.

131

A5.23

q0 2 2a

1 A

B

a

2a

a

L¨ osung Aufgrund der Symmetrie ergeben sich die vertikalen Lagerreaktionen zu A = B = q0 a . Die Schnittgr¨ oßen in den Rahmenteilen alt man aus den 1 und 2 erh¨ Gleichgewichtsbedingungen am geschnittenen Rahmen. Unter Verwen√ √ dung von cos α = 1/ 5 und sin α = 2/ 5 folgen 1 :

N1 = −A sin α = − √25 q0 a , √1 5

:

Q1 = A cos α =

S :

M1 = x1 A = x1 q0 a ,

2 → :

↑: S :

M1

N1

S

q0 a ,

Q1 A

x1

q0

N2 = 0 , S Q2

Q2 = A − q0 x2 = q0 (a − x2 ) , M2 = (a + x2 )A − 12 q0 x22 = q0 (a2 + ax2 − 12 x22 ) .

A

a

x2

Damit ergeben sich die dargestellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. q0 a 1 √ q0 a 5

2 − √ q0 a 5

N-Verlauf 3 q0 a2 2 q0 a2

M-Verlauf

Q-Verlauf

M2 N2

132

A5.24

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe

Aufgabe 5.24 F¨ ur den dargestellten Bogen sind der Normalkraft-, der Querkraft- und der Momentenverlauf zu bestimmen.

r

l

F A

L¨ osung In diesem Fall ist es nicht erforderlich, zun¨achst die Lagerreaktionen zu bestimmen. Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen Bogen erh¨ alt man sofort die Schnittgr¨ oßen: :

N (α) = F cos α ,

M N

S

:

Q(α) = −F sin α ,

S :

M (α) = −r F (1 − cos α) .

Q

Im geraden Pfosten ergeben sich N = −F ,

Q = 0,

α F

r(1 − cos α)

M = −2rF .

Diese Gr¨ oßen sind gleichzeitig die Lagerreaktionen bei A. Damit folgen die skizzierten Verl¨ aufe.

N-Verlauf

Q-Verlauf −F

M-Verlauf −rF

F −F

−2rF

Anmerkung: Die Schnittgr¨ oßen und die Lagerreaktionen sind von l unabh¨ angig.

f¨ ur Rahmen und Bogen

Aufgabe 5.25 F¨ ur den durch eine konstante Streckenlast belasteten Bogen sind die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe analytisch anzugeben. Die Extremwerte f¨ ur N und M sind zu bestimmen.

A5.25

q0 r

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem ergeben sich die Lagerreaktionen AV = q0 r ,

AH = B =

q0

q0 r . 2

AV

N (α) = −[AV − q0 r(1 − cos α)] cos α − AH sin α

S :

N

M

= − 12 q0 r(2 cos2 α + sin α) , :

B

AH

Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen Bogen folgen die Schnittgr¨ oßen: :

133

q0

Q(α) = [AV − q0 r(1 − cos α)] sin α − AH cos α = 12 q0 r(2 cos α sin α − cos α) ,

S

AH

Q α

AV

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

1 q r2 (1 2 0

2

− cos α)

= 12 q0 r2 (1 − sin α − cos2 α) . Die Extremwerte f¨ ur Moment und Normalkraft errechnen sich aus dM = 0 : (−1 + 2 sin α) cos α = 0 , dα cos α1 = 0 sin α2 = 1/2

; ;

α1 = π/2

;

M (α1 ) = 0 ,

; M (α2 ) = −

α2 = π/6

q0 r 2 , 8

dN = 0 : (−4 sin α + 1) cos α = 0 , dα cos α3 = 0 sin α4 = 1/4

; ;

α3 = π/2 cos2 α4 =

; 15 16

N (α3 ) = − ; N (α4 ) =

q0 r , 2

17 q0 r . 16

134

A5.26

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe

Aufgabe 5.26 F¨ ur das dargestellte System sind die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment zu ermitteln.

F a

a

a

a

↑:

BV − F = 0 ,

→:

BH − A = 0 ,

B :

F

1

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem

C

A a 4

D

5

BH

a 3

a

E

−3a A + a F = 0

2

BV

folgen die Lagerreaktionen A=

F , 3

BV = F ,

BH =

F . 3

Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System ergeben sich die Normal- und die Querkraft in den Teilen 1 , 2 , 4 und 5 zu N1 = A = F/3 ,

Q1 = 0 ,

N2 = A = F/3 ,

Q2 = −F ,

N4 = −BH = −F/3 ,

Q4 = BV = F ,

N5 = −BV = −F ,

Q5 = −BH = −F/3 .

Die Schnittmomente am Kraftangriﬀspunkt und an den Punkten C, D und E werden MF = 0 ,

MC = −a F ,

5 MD = − a F , 3

ME =

aF . 3

alt man Im Bogen 3 erh¨ :

Q3 = −

:

N3 =

S :

F (sin α + 3 cos α) , 3

a(1 − cos α)

F 1

F F (cos α − 3 sin α) , 3 3 aF (4 + 3 sin α − cos α) . M3 = − 3

α

S

Q a sin α

M N

f¨ ur Rahmen und Bogen

135

Einige Werte von Q3 , N3 und M3 sind in der folgenden Tabelle zusammengestellt. α

0

Q3

−F

N3

1 F 3

M3

−aF

π/4

π/2

√ 2 2 − F 3 √ 2 − F 3 √ 1 − (4 + 2)aF 3

3π/4 2 F 3 √ 2 2 − F 3

1 F 3

−

−F −

7 aF 3

π

√

√ 1 − (4 + 2 2) 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

F −

1 F 3

−

5 aF 3

136

A5.27

Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe F

Aufgabe 5.27 F¨ ur das dargestellte System sind die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment zu ermitteln.

r

r r

C

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem folgen die Lagerreaktionen A=−

F , 2

BV =

F , 2

F α BH

BH = F .

A

Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System erh¨ alt man an der Stelle C das Moment M

MC = −rBH = −r F .

: S :

N

S

Im gebogenen Teil gilt :

BV

F cos α , 2 F Q(α) = − sin α , 2 rF (1 − cos α) . M (α) = − 2

N (α) =

1 F 2

Q α r cos α

Damit ergeben sich die dargestellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe:

N-Verlauf

1 F 2

Q-Verlauf

1 − F 2

1 − F 2

F

M-Verlauf 1 − rF 2

−rF

f¨ ur Rahmen und Bogen

Aufgabe 5.28 F¨ ur den Dreigelenkrahmen sind f¨ ur den Fall q0 a = 3F die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment zu bestimmen.

q0

2 ↑ :

→: G:

a

a

q0

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen

→: G:

A5.28

F 2a

2a

1 ↑ :

137

GV

GH C

GH

GV

AV − GV − 2q0 a = 0 , 2aAV − 2q0 a2 − 3aAH = 0 ,

BV

AH

BV + GV = 0 ,

F

2 BH

1

AH + GH = 0 ,

D

AV

−GH + BH + F = 0 , −aBV − 2aBH = 0

ermitteln sich die Lagerreaktionen 24 F, 7

AV =

BV = −GV =

18 F, 7

AH = −GH =

2 F, 7

9 BH = − F. 7

Mit den Schnittmomenten 6 MC = −3aAH = − aF , 7

MD = 2aBH = −

18 aF 7

folgen die dargestellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. −

24 F 7

N-Verlauf − 2 F

24 F 7

7

−

6 − aF 7

M-Verlauf

18 F 7

2 F 7 −

18 aF 7

Q-Verlauf

−

18 F 7

9 F 7

138

A5.29

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.29 An welcher Stelle muss das Gelenk G angebracht werden, damit der Betrag des gr¨ oßten Momentes minimal wird?

l

q0

a G

Die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe sind f¨ ur diesen Fall anzugeben.

l

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem und f¨ ur das rechte Teilsystem 2 q0 C

↑:

GV

GH

AV + BV = 0 ,

GH

→:

q0 l − AH − BH = 0 ,

A :

1 q l2 2 0

G:

l BH − (l − a)BV = 0

D

2

GV 1

− l BV = 0 ,

3

x

BH

AH AV

BV

ergeben sich die Lagerreaktionen BV = −AV =

1 q0 l , 2

BH =

1 q0 (l − a) , 2

AH =

1 q0 (l + a) . 2

In den Bereichen 2 und 3 ist der Momentenverlauf linear. An den Stellen C und D erh¨ alt man die Schnittmomente MC = l AH −

1 1 q0 l2 = q0 la , 2 2

1 MD = − q0 l(l − a) . 2

Im Bereich 1 gilt M (x) = x AH −

1 1 q0 x2 = q0 [(l + a)x − x2 ] . 2 2

Der Extremwert von M im Bereich 1 folgt durch Ableitung: dM =0 : dx

l + a − 2x = 0 ;

;

M ∗ = M (x∗ ) =

x∗ =

l+a 2

1 q0 (l + a)2 . 8

Die gr¨ oßten Momente treten in C, D und bei x∗ auf.

am Dreigelenkrahmen

139

Setzt man der Reihe nach die Betr¨ age jeweils zweier Momente gleich, so ergeben sich: |MC | = |MD | :

a = l/2 ;

|MC | = |MD | = q0 l2 /4 = 0, 25 q0 l2 , M ∗ = 9q0 l2 /32 = 0, 28 q0 l2 ,

|MC | = |M ∗ | :

4la = (l + a)2 ;

;

a = l,

∗

|MC | = |M | = 0, 5 q0 l2 , MD = 0 ,

|M ∗ | = |MD | :

√ a = l( 12 − 3) = 0, 464 l , √ |M ∗ | = |MD | = (4 − 12)q0 l2 /2 = 0, 268 q0 l2 , √ MC = (−3 + 12)q0 l2 /2 = 0, 232 q0 l2 .

(l + a)2 = 4l(l − a) ;

;

Man erkennt, dass im Fall √ a = l ( 12 − 3) der gr¨ oßte Momentenbetrag minimal wird. Die Lagerreaktionen BH und AH nehmen dann die folgenden Werte an: √ √ 12 − 2 4 − 12 BH = q0 l = 0, 268 q0 l , AH = q0 l = 0, 732 q0 l . 2 2 N-Verlauf

Q-Verlauf 1 − q0 l 2

−0, 268q0 l −0, 268q0 l

1 − q0 l 2

1 q0 l 2

x∗

0, 732q0 l

0, 232q0 l2

0, 268q0 l −0, 268q0 l2

M-Verlauf 0, 268q0 l2

x∗

140

A5.30

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.30 F¨ ur den symmetrisch belasteten halbkreisf¨ ormigen Dreigelenkbogen sind die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment als Funktion von α anzugeben.

F G r

L¨ osung Da das Tragwerk und die Belastung symmetrisch sind, gilt AH = BH ,

F

2

1

B

GH

GV

GH

F GV

GV = 0 .

Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das linke/rechte Teilsystem folgt damit AV = BV = F ,

60◦

α

A

AV = BV ,

F

BH

AH AV

AH = BH = −GH =

BV

F . 2

Die Schnittgr¨ oßen ergeben sich durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System. Man erh¨ alt f¨ ur den Bereich 1 zwischen dem Lager A und der Kraftangriﬀsstelle (0 ≤ α < 60◦ ): :

N1 = −F cos α − 12 F sin α 1 2

= −F (cos α + :

1 2

Q1 1

M1 = r F (1 − cos α) − 12 r F sin α 1 2

r sin α

1 F 2

cos α) ,

= r F (1 − cos α −

N1

S

sin α) ,

Q1 = F sin α − 12 F cos α = F (sin α −

S :

M1

α r cos α

F

sin α) .

Im Bereich 2 zwischen der Kraftangriﬀsstelle und dem Gelenk G (60◦ < α ≤ 90◦ ) gilt :

N2 = − 12 F cos(90◦ − α) = − 12 F sin α ,

:

Q2 =

− 12 F

Q2 M2

◦

sin(90 − α)

= − 12 F cos α , S :

2

M2 = 12 F r(1 − sin α) .

N2

S

G

1 F 2

90◦ − α r cos(90◦ −α)

am Dreigelenkbogen

141

Einige Werte von N , Q, und M sind in der Tabelle zusammengestellt: α

0

30◦

45◦

60◦

90◦

N1 N2

−F

−1, 12 F

−1, 06 F

−0, 93 F −0, 43 F

−F/2

Q1 Q2

−F/2

+0, 62 F −0, 25 F

0

M1 M2

0

+0, 07 rF +0, 07 rF

0

−0, 07 F −0, 12 rF

+0, 35 F −0, 06 rF

Damit ergeben sich die dargestellten Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe. An der Kraftangriﬀsstelle tritt in der Normalkraft ein Sprung von F cos 60◦ = F/2 und in der Querkraft ein Sprung von F sin 60◦ = 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

−F

M-Verlauf

Q-Verlauf

1 − F 2

0, 62F

1 − F 2

0, 07rF

1 + F 2

142

A5.31

Schnittgr¨ oßen q0 G

Aufgabe 5.31 Der Dreigelenkbogen ist durch die Kraft F und eine Streckenlast q0 a = 2F belastet.

A

F

Man bestimme die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment.

a

a

B

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem, den freigeschnittenen Bogen 2 bzw. Balken 1 ↑:

AV + BV − F − q0 a = 0 , AH − BH = 0 ,

→: 2 G : 1 G :

AH

−a AV +

F

AV

a B V − a BH = 0 , 1 q a2 2 0

2

1

BH

=0 BV

folgen die Lagerreaktionen AV = F ,

BV = BH = AH = 2F .

N

M

F¨ ur die Schnittgr¨ oßen im Bogen gilt :

N (α) = −2F (cos α + sin α) , a sin α

:

Q(α) = 2F (cos α − sin α) ,

S :

M (α) = 2F a (1 − cos α − sin α) .

Q S

a

BH = 2F

α a cos α

BV = 2F

Damit ergeben sich die dargestellten Verl¨ aufe der Schnittgr¨ oßen. Man erkennt, daß M und N in der Bogenmitte maximal sind. N-Verlauf

Q-Verlauf −F

−2F

−2F F

−2F

M-Verlauf

1 aF 4

√ −2aF ( 2 − 1) 2F

am Dreigelenkbogen

Aufgabe 5.32 F¨ ur das System aus Balken und St¨ aben sind die Stabkr¨ afte und der Momentenverlauf im Tr¨ ager zu ermitteln.

F

143

A5.32

2F a

a

a

a

a

L¨ osung Die Lagerreaktionen folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem zu 5 F, 4 7 B= F, 4 AH = 0 .

F

AH

AV =

2

GH GV

E

1

AV

C

GV

GH

S3

2F H

S3

4

B

5

D

Gleichgewicht am rechten Teilsystem liefert die Gelenkkr¨ afte und S3 : GV + B − 2F = 0

;

GV = F/4 ,

G:

a S3 + 2a F − 2a B = 0

;

S3 =

→:

−GH − S3 = 0

;

GH

↑:

3 F, 2 3 =− F. 2

Aus dem Gleichgewicht am Knoten C (oder D) ergeben sich die restlichen Stabkr¨ afte. Beachte: da die Verh¨ altnisse an den Knoten C und D spiegelbildlich sind, gilt S1 = S5 , S2 = S4 : √ S2 2 3√ 2F , →: − S1 + S3 = 0 ; S1 = S 5 = 45◦ S1 2 2 √ S3 2 3 C ↑ : S2 + ; S2 = S4 = − F . S1 = 0 2 2 Bei der Bestimmung des Momentenverlaufes ist es zweckm¨ aßig, vom Gelenk auszugehen. Man erh¨ alt dann an der Kraftangriﬀsstelle E ME = −a GV = −

QE

aF . 4

GH

ME

Analog folgt MH =

1 − aF 4

aF . 4

Damit ergibt sich der nebenstehende Momentenverlauf.

M

GV

a

1 aF 4

144

A5.33

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.33 F¨ ur das dargestellte System sind die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment sowie die Stabkr¨ afte zu ermitteln.

F

a F q0 = 2a

a a

L¨ osung Das Freik¨orperbild zeigt das getrennte System. Zun¨ achst bestimmen wir die Lagerreaktionen. Die Gleichq0 gewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem (kann als ein starrer K¨ orper betrachtet werden) → : −AH + 2q0 a = 0 , ↑: A :

2F

F

a

a

2F

GV

D

a

GH GH

E S1

S2

45◦ H

GV

S3

B

S2

AH S1 AV

S3 C

AV − F − 2F + B = 0 , 2q0 a2 + a F + 6a F − 4a B = 0

liefern mit q0 = F/2a AV = F ,

AH = F ,

B = 2F .

onnen Die Gelenkkr¨ afte und die Stabkraft S3 k¨ √ am rechten Teilsystem ermittelt werden. Mit sin 45◦ = cos 45◦ = 2/2 lauten die Gleichgewichtsbedingungen √ 2 S3 + B = 0 , ↑ : GV − 2F − 2 √ 2 → : −GH − S3 = 0 , 2 √ 2 : 2a F + a S3 − 2a B = 0 . G 2 Daraus folgen √ S3 = 2 2 F ,

GH = −2F ,

GV = 2F .

Schließlich errechnen sich die Stabkr¨ afte S1 und S2 aus den Gleich-

beim Balken-Stab-System

gewichtsbedingungen am Knoten C: √ √ 2 2 ; →: − S1 + S3 = 0 2 2 √ √ 2 2 ↑: S1 + S3 + S2 = 0 ; 2 2

145

S1 = S3 , √ S2 = − 2 S3 = −4 F .

Um den Momentenverlauf skizzieren zu k¨ onnen, ist es zweckm¨ aßig, noch die Schnittmomente in den Punkten D, E, H zu bestimmen: MD = 2a AH − a (q0 2a) = a F , ME = −a (GV + S2 ) = 2a F , MH = a B = 2a F .

−2F

N-Verlauf S2 S1

−F

F

S3

2F

Q-Verlauf −2F

−2F F 2aF aF

M-Verlauf

quadr. Parabel

2aF

146

A5.34

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.34 F¨ ur das dargestellte Tragwerk sollen die Auﬂagerkr¨ afte in A und B und s¨ amtliche Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe (Normalkraft, Querkraft und Moment) mit Skizze und Angabe der Extremwerte f¨ ur den Bereich A − C (Winkelrahmen) berechnet werden.

P

q A

a C a

B

Gegeben: P = q a/4

a

a

L¨ osung F¨ ur die Berechnung der Auﬂagerkr¨ afte und der Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe im Winkelrahmen kann das Tragwerk auf folgende Weise vereinfacht werden. Zun¨ achst kann die Pendelst¨ utze zwischen den Punkten B und C in ihrer Wirkung durch ein um 45◦ geneigtes Gleitlager im Punkt C ersetzt werden. Außerdem k¨ onnen die Normalkr¨ afte in den St¨ aben, an denen die Last P angreift, durch die Gleichgewichtsbedingungen am Gelenk berechnet und anschließend als ¨ außere Last auf den Winkelrahmen aufgebracht werden. Aus den Gleichgewichtsbedingungen √ 2 S1 − P = 0 , ↑: − 2 √ 2 S1 = 0 → : −S2 − 2

q S2

A

a C

S1

a

P S2 45◦

S1

folgen die Stabkr¨ afte √ S2 = P . S1 = − 2 ,

Am vereinfachten Gesamtsystem k¨ onnen nun mit den Gleichgewichtsbedingungen A :

√

2aB + √

↑: →:

2 a S1 − √

q a2 = 0, 2

2 2 B+ S1 − q a = 0 , 2 2 √ √ 2 2 + S2 + B+ S1 = 0 2 2

AV + AH

√

q AH

S2 AV S1 B

beim Balken-Stab-System

147

die Auﬂagerreaktionen berechnet werden: √ 2 3 qa AV = q a , AH = − . B= qa, 2 4 2 F¨ ur die Darstellung der Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe ist es sinnvoll, die Kr¨ afte B und S1 in Komponenten senkrecht bzw. parallel zum Winkelrahmen zu zerlegen. Dadurch wird eine einfache Zuordnung zur Normalbzw. zur Querkraft gew¨ ahrleistet. Um den Momentenverlauf skizzieren zu k¨ onnen, muss außerdem noch das Moment MK im Knick des Winkelrahmens berechnet werden. √

2 qa B= , 2 2 √ 2 qa = S1 = − , 2 4

BH = S1H

√

2 qa B= , 2 2 AH √ 2 qa = S1 = − . 2 4

q

BV = S1V

S2 AV S1H BH S1V

BV NK 2

MK = a (BH + S1H ) =

qa . 4

MK QK a S1H

BH BV

S1V

Damit lassen sich die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe darstellen:

N-Verlauf

Q-Verlauf 1 qa 4

1 qa 2

3 qa 4

1 qa 4

1 qa 4

M-Verlauf 1 qa2 4

1 qa2 4

148

A5.35

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.35 F¨ ur das dargestellte Tragwerk sollen alle Auflagerreaktionen und s¨ amtliche Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe (Normalkraft, Querkraft und Moment) im Tragwerksteil A − B mit Skizze und Angabe der Extremwerte berechnet werden.

q A

F

B

a a

G

D

C a

a

a

E a

L¨ osung Mit Hilfe des Freik¨orperbilds k¨onnen die Auﬂagerreaktionen folgendermaßen berechnet werden. Zun¨ achst erkennt man aus am Teilsystem 5 R1 = 2qa dem Gleichgewicht in hoBV rizontaler Richtung, dass BH 1 √ die Lagerkraft S1

CH = 0

G

S1

R2 = 2 2 qa

BH BV 4 S2

S2

2

S4 S3 ist (Pendelst¨ utze). DaS4 3 S3 EH mit verschwindet auch CH S5 die horizontale AuﬂagerS5 5 EV CV DV kraft EH , da das System keine horizontale Belastung besitzt. Um die verbleibenden vertikalen Lagerkr¨ afte CV , DV und EV ermitteln zu k¨ onnen, werden zuerst die unbekannten Kraftgr¨ oßen im Teilsystem 1 bestimmt. Durch geschickte Wahl der Gleichgewichtsbedingungen folgen die gesuchten Gr¨ oßen unmittelbar aus der jeweiligen Gleichung: √ √ 2 S1 a = 0 ; S1 = −2 2 (q a + G) , B : −2 a G − a R1 − 2 ; BV = G , F : BV a − G a = 0 √ 2 →: ; BH = 2 (q a + G) . S1 + BH = 0 2

Mit dem Gleichgewicht in vertikaler Richtung am Teilsystem 2 , ↑:

EV + BV − R2 = 0 ,

ergibt sich die Lagerkraft √ EV = 2 2 q a − G .

beim Balken-Stab-System

149

Die Lagerreaktionen CV und DV k¨ onnen nun wieder am Gesamtsystem ermittelt werden: √ D : −a EV + a CV − 3 a G − 2 a R2 = 0 ; CV = qa (4 + 2 2) − 2 G, √ ↑ : DV + EV + CV − G − R1 − R2 = 0 ; DV = −q a (2 2 + 2). Das Tragwerksteil A − B kann als Balken auf zwei St¨ utzen angesehen werden, dessen Auﬂagergr¨ oßen BV , BH und S1 bereits berechnet worden sind. Das Schnittmoment im Punkt F kann vom auskragenden Ende aus berechnet werden: MF = −G a −

q a2 . 2

Damit lassen sich die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe skizzieren:

N-Verlauf

2(qa + G)

Q-Verlauf

−G − qa

−G G G + qa

M-Verlauf 1 qa2 8

−G a − 12 qa2 1 qa2 8

150

A5.36

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.36 F¨ ur den abgewinkelten Kragtr¨ ager sind die Schnittgr¨ oßen zu bestimmen.

q0

A

a B

b

L¨ osung Wir trennen den Tr¨ager an der Ecke B und f¨ uhren in beiden Bereichen Koordinatensysteme ein; durch sie sind die Vorzeichen der Schnittgr¨ oßen festMx MB gelegt. Im Bereich 1 ergibt y 1 x1 sich durch zweifache IntegraMy z1 1 ucksichtion von q0 unter Ber¨ QB Q tigung der Randbedingungen z 2 QB Qz (0) = 0, My (0) = 0: x2 1 MB y2 Qz = −q0 x1 , My = − q0 x21 . z2 2 An der Ecke B folgt damit QB = Qz (a) = −q0 a ,

1 MB = My (a) = − q0 a2 . 2

Im Bereich alt man aus den Gleichgewichtsbedingungen am ge2 erh¨ schnittenen Balken: Fz = 0 : Qz = QB = −q0 a ,

1 q 0 a2 , 2

Mx = 0 :

Mx = −MB =

My = 0 :

My = x2 QB = −q0 ax2 .

Anmerkungen: • Die restlichen Schnittgr¨ oßen sind Null. • Die Lagerreaktionen an der Einspannung folgen aus den Schnittgr¨ oßen im Bereich 2 zu A = −Qz (b) = q0 a,

MAx = Mx (b) =

q 0 a2 , 2

MAy = My (b) = −q0 ab.

• Das Biegemoment My im Bereich 1 geht an der Ecke B in das Torsionsmoment Mx im Bereich ¨ber. 2 u

bei r¨ aumlichen Tragwerken

Aufgabe 5.37 Der eingespannte halbkreisf¨ ormige Tr¨ ager beﬁndet sich in einer horizontalen Ebene und ist durch sein Eigengewicht (q0 = const) belastet.

151

A5.37

r

Es sind die Schnittgr¨ oßen zu bestimmen.

L¨ osung Wir schneiden den Tr¨ager bei einem beliebigen Winkel α und f¨ uhren ein lokales Koordinatensystem ein, durch das die Vorzeichen Mx x α der Schnittgr¨ oßen festgelegt sind. Qz Mit der Bogenl¨ ange rα betr¨ agt das My S Gewicht des abgeschnittenen Boy z onnen es uns im genst¨ ucks q0 rα. Wir k¨ rα q 0 Schwerpunkt S vereinigt denken, der sich im Abstand rS = 2r

α 2

sin α/2 α

vom Mittelpunkt beﬁndet (vgl. Kapitel 2). Mit den Hebelarmen

b rS S

a

x z y

a = rS sin (α/2) = (2r/α) sin2 (α/2) = (r/α)(1 − cos α) , b = r − rS cos (α/2) = (r/α)[α − 2 sin (α/2) cos (α/2)] = (r/α)(α − sin α) liefern die Gleichgewichtsbedingungen Fz = 0 : Qz (α) = −q0 rα ,

Mx = 0 :

Mx (α) = b(q0 rα) = q0 r2 (α − sin α) ,

My = 0 :

My (α) = −a(q0 rα) = −q0 r2 (1 − cos α) .

Die restlichen Schnittgr¨ oßen sind Null. Die Lagerreaktionen k¨ onnen aus den Schnittgr¨ oßen an der Stelle α = π bestimmt werden. Nebenstehend sind die Verl¨ aufe von Biegemoment My und Torsionsmoment Mx dargestellt.

π Mx /q0 r2

π/2 -2

My /q0 r2

π

α

152

A5.38

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.38 F¨ ur das dargestellte System sind die Verl¨ aufe der Schnittgr¨ oßen zu bestimmen.

q0 = 2F/a

C

a a

F

D B

L¨ osung Aus Fx = 0 : Fy = 0 : Fz = 0 : (D) Mx = 0 (D) My = 0 (D) Mz = 0

2a

a

A

den Gleichgewichtsbedingungen Cy

Cx − F = 0 ,

Cx

z By

By + Cy = 0 ,

x

A + Bz + Cz − q0 2a = 0 , :

2aA − a (q0 2a) = 0 ,

:

−aBz + a Cz − aF = 0 ,

:

aBy − a Cy + 2aF = 0

y

F

Cz

Bz q0 2a

A

bestimmen wir mit q0 = 2F/a zun¨ achst die Lagerreaktionen: A = 2F ,

Bz =

F , 2

By = −Cy = −F ,

Nun unterteilen wir das System in 4 Bereiche und f¨ uhren in ihnen Koordinatensysteme ein, durch welche die Vorzeichen der Schnittgr¨ oßen festgelegt sind. Durch Gleichgewichtsbetrachtung am geschnittenen System ergibt sich dann: 1

x1 z1

Qy = −By = F ,

Bz

N = −Cx = −F ,

y3

x3 Mz

Qz

x1 My

Qy = +Cy = +F ,

Cy Qy Mz

− x2 ) ,

Cx

Qz 2

N

Qz = −Cz = −3F/2 , My = +Cz (a − x2 ) =

4 x4

z3

1

Mz = By x1 = −F x1 ,

+ 32 F (a

z4

y4 3

1 z2 y1

3 F. 2

My

By

My = Bz x1 = 12 F x1 ,

Cz =

2 x2 y2

Qy

Qz = Bz = F/2 ,

2

Cx = F ,

Cz

a − x2

bei r¨ aumlichen Tragwerken

Mz = Cy (a − x2 ) = F (a − x2 ) , 3

Qz = A − q0 x3 = 2F (1 − x3 /a) , Mx = −F a , My = A x3 −

x3

Mx

Qy = −F , Qy My 1 q x2 2 0 3

= F (2x3 −

x23 /a) ,

q0

F

Qz 3 Mz

A F

Mz = F x3 , 4

153

x4

4

Qz = −F ,

My

Qz

My = −F x4 .

Die Verl¨ aufe von Normalkraft, Torsionsmoment und Biegemoment sind nachfolgend dargestellt. Anmerkungen: • Das Biegemoment im Bereich 4 geht in das Torsionsmoment im ager BC an der Stelle Bereich ¨ber. Letzteres verursacht im Tr¨ 3 u D einen Sprung im Biegemoment My . • Analog f¨ uhrt das Biegemoment Mz aus dem Bereich 3 bei D zu einem Sprung im Mz -Verlauf des Tr¨ agers BC.

Normalkraft

Torsionsmoment −F −F a

1 Fa 2

3 Fa 2

My

Biegemomente My

+F a −F a Mz

2F a

Fa My

Mz

−F a

Kapitel 6 Seile

6

156

Seile

1. Seile unter Vertikalbelastung Belastung q(x) vorgegeben als Funktion von x.

q(x)

011001 11 00

x tan α = z

x z(x)

1 0 0 11 0

α

h

z

η(x)

z

H V S

l

F¨ ur den Horizontalzug H und die Seilkraft S gilt H = const , S = H 1 + (z )2 . Aus der Diﬀerentialgleichung z = −

1 q(x) H

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

1 H

x 0

x 0

q(˜ x) d˜ x d˜ x + C1 x + C2 ,

η(x) = z(x) −

h x. l

Bei vorgegebenem H k¨ onnen die Integrationskonstanten C1 , C2 aus den geometrischen Randbedingungen (z(0), z(l)) bestimmt werden. Ist H unbekannt, so ist eine zus¨ atzliche Bedingung erforderlich. M¨ ogliche Bedingungen sind: 1. maximaler Durchhang ηmax = η ∗ vorgegeben, 2. maximale Seilkraft Smax = S ∗ vorgegeben, 3. Seill¨ ange L = L∗ vorgegeben. Im Sonderfall konstanter Vertikalbelastung q(x) = q0 = const ergibt sich f¨ ur die Seil- und die Durchhangkurve z(x) =

h q0 l + l 2H

x−

q0 2 x , 2H

η(x) =

q0 (l x − x2 ) . 2H

157

Seile

Der Horizontalzug bestimmt sich aus q0 l 2 , 8η ∗

1. η ∗ vorgegeben:

H=

2. S ∗ vorgegeben:

S∗ = H

3. L∗ vorgegeben:

2 |h| q0 l , + l 2H (z2 H ' z L∗ = − 1 + z 2 + arsinhz 2 q0 z1 h h q0 l q0 l mit z1 = + , z2 = − . l 2H l 2H 1+

(im 2. und im 3. Fall folgt H aus einer impliziten Gleichung)

2. Seile unter Eigengewicht Belastung q¯(s) vorgegeben ange s. Dabei gilt √ als Funktion der Bogenl¨ der Zusammenhang ds = 1 + z 2 dx.

11 00 00 11 010101

0 1 00 11 0 10 0 11

F¨ ur Horizontalzug und Seilkraft gelten H = const , S = H 1 + (z )2 . Die Seilkurve errechnet sich aus

η(x)

q¯ z = − 1 + (z )2 , . H

h

x z l/2

l/2

F¨ ur den Sonderfall • Gewicht ist u ange konstant verteilt: q¯ = q¯0 = const ¨ber die Seill¨ • beide Seillagerpunkte liegen auf gleicher H¨ ohe ergeben sich Seilkurve: Durchhang: Seilkraft: Seill¨ ange:

z(x) =

q¯0 x H , 1 − cosh q¯0 H

η(x) = z(x) + h ,

;

(Kettenlinie)

h = ηmax = −z

!l" 2

q¯0 x , S(x) = H cosh H q¯0 l 2H sinh . L= q¯0 2H

Die Bestimmung des Horizontalzugs H bei vorgegebenen η ∗ , bzw. S ∗ oder L∗ erfolgt jeweils aus einer transzendenten Gleichung.

158

A6.1

Seile

Aufgabe 6.1 Ein Tragseil ist zwischen den Punkten A und B durch eine konstante Streckenlast q(x) = q0 belastet. Es soll so gespannt werden, dass die Neigung der Seilkurve bei A gerade Null ist.

11 00 11 00 00 11

1 0 00 1 11 00 1

B

A

h

q0

Wie groß sind dann der Horizontalzug und die maximale Seilkraft?

l

L¨ osung Wir legen den Koordinatenursprung in den Punkt A. Die zweifache Integration der Diﬀerentialgleichung der Seilkurve liefert z (x) = −

q0 , H

1 110 00 0 1

B

A

q0 z (x) = − x + C1 , H z(x) = −

11 00 11 00 00 11

q0 2 x + C1 x + C2 . 2H

x

z

Die 2 Integrationskonstanten C1 , C2 und der gesuchte Horizontalzug H folgen aus den Randbedingungen: z(0) = 0

;

C2 = 0 ,

z (0) = 0

;

C1 = 0 ,

z(l) = −h

;

h=

q0 2 l 2H

;

H=

q0 l 2 . 2h

Die Seilkraft errechnet sich damit zu S = H 1 + (z )2 q0 l 2 = 2h

1+

2hx l2

2 .

Sie nimmt ihren gr¨ oßten Wert bei x = l (Lager B) an: 2 2h q0 l 2 1+ . Smax = 2h l

Seile

Aufgabe 6.2 Eine W¨ascheleine ist an ihren Enden A und B in den H¨ ohen hA > h B u ¨ber dem Boden befestigt. Durch die W¨ aschest¨ ucke erf¨ ahrt die Leine n¨ aherungsweise eine konstante Streckenbelastung q(x) = q0 .

A

x

159

A6.2

l B

hA

z hB

Wie groß ist die maximale Seilkraft, wenn der geringste Abstand des Seils agt? vom Boden h∗ betr¨ Gegeben: hA = 5 a, hB = 4 a, h∗ = 3 a, l = 10 a .

L¨ osung Mit den Randbedingung z(0) = 0 und z(l) = hA − hB = a ergibt sich die Seilkurve (vgl. Aufagbe 1.1) 1 q0 2 10 q0 a x− + x . z(x) = 10 2H 2H Den noch unbekannten Horizontalzug H bestimmen wir aus dem bekannten Minimalabstand h∗ . Dieser tritt an der Stelle x∗ auf, bei der z = 0 ist: z (x) =

1 5 q0 a q0 + − x = 0. 10 H H

Hieraus folgen x∗ =

1 H + 5a 10 q0

und

zmax = z(x∗ ) =

(H + 50 q0 a)2 . 200 q0 H

Einsetzen in h∗ = hA − zmax liefert mit den gegebenen Werten die quadratische Gleichung H 2 − 300 q0 a H + 2500 (q0 a)2 = 0 mit der L¨ osung H = (150 ± 100

√

2 )q0 a .

F¨ ur das + “-Zeichen liegt x∗ nicht zwischen A und B, daher kommt ” nur das − “-Zeichen in Frage: ” √ H = (150 − 100 2 )q0 a ≈ 8, 579 q0 a . Die maximale Seilkraft tritt an der Stelle mit der gr¨ oßten Seilneigung oher gelegenen Seilauﬂager: z auf, d. h. am h¨ Smax = S(0) = H 1 + z 2 (0) = 10, 388 q0 a .

160

A6.3

Seile

Aufgabe 6.3 Ein durch ein Gewicht G vorgespanntes Seil ist durch eine linear verteilte Last q(x) beansprucht. Die Rolle am rechten Auﬂager ist reibungsfrei gelagert und in ihrer Abmessung vernachl¨ assigbar klein.

2q0

11 00 0 1 00 11 Man ermittle Ort und Gr¨ oße des maxi- 1 0 malen Durchhangs. Gegeben: q0 =

1 2

√

q0

00 11 01 11 00 11 00

x

G

z

2 G/l

l/3

l

L¨ osung Mit der Belastungsfunktion x q(x) = q0 − + 2 l ergibt die zweifache Integration der Diﬀerentialgleichung der Seilkurve q0 x − +2 , z (x) = − H l z (x) = − z(x) = −

q0 l ' 1 x 2 x( − + C1 , +2 H 2 l l q0 l 2 ' 1 x 3 x 2 ( − + C1 x + C2 . + H 6 l l

Aus den geometrischen Randbedingungen folgt z(0) = 0

;

C2 = 0 ,

l z(l) = − 3

;

C1 = −

1 5 q0 l + . 3 6 H

Damit lautet die Seilkurve q0 l2 ' 1 x 3 x 2 5 x ( 1 − − x. + − z(x) = − H 6 l l 6 l 3 Der noch unbekannte Horizontalzug H l¨ asst sich aus der vorgegebenen Seilkraft an der Stelle x = l bestimmen. Die Bedingung S(l) = G bzw. H 1 + z (l)2 = G liefert mit 2 q l 1 √ G 1 0 =− 2 + +1 z (l) = − 3 H 3 3 H

S

1010 11 00 00 11 0101

G

Seile

161

die quadratische Gleichung √ 2 G 2 2 G 10 − − =0 H 7 H 7 mit der L¨ osung ⎧ 5√ ⎨− 2 <0 G 7 = √ ⎩ H 2.

(nicht m¨ oglich) ,

Daraus folgt der Horizontalzug H=

1√ 2 G = q0 l , 2

womit sich die endg¨ ultige Seilkurve ergibt: 1 x 3 x 2 5 x 1 − + − x. z(x) = l 6 l l 6 l 3 Die Durchhangkurve lautet mit h = −l/3 η(x) = z(x) − =l

h x l

1 x 3 x 2 5 x − + . 6 l l 6 l

Der maximale Durchhang ηmax folgt aus der Bedingung x 2 x 5 + = 0, η = 0 ; −4 l l 3 welche f¨ ur den Ort auf die beiden L¨ osungen x∗ = 2 ± 7/3 l

f¨ uhrt. Die 1. L¨ osung x∗ = (2 + 7/3 ) l > l ist geometrisch nicht m¨ oglich; ηmax tritt demnach an der Stelle x∗ = (2 − 7/3 ) l auf. Einsetzen liefert schließlich den maximalen Durchhang ) * 7 7 ηmax = η(x∗ ) = − 1 l ≈ 0, 188 l . 9 3

162

A6.4

Seile

Aufgabe 6.4 Ein durch sein Eigengewicht q¯0 belastetes Seil ist zwischen zwei gleich hohen Masten u ¨ber eine Fahrbahn gespannt. An den Fußpunkten der Masten kann das maximale Moment Mmax aufgenommen werden.

x z

Zu bestimmen sind die gr¨ oßte freie Durchfahrtsh¨ ohe in der Seill mitte sowie die maximale Seilkraft. Gegeben: hM = 20 m, l = 50 m, q¯0 = 10 N/m, Mmax = 10 kNm.

L¨ osung Aus dem maximal aufnehmbaren Moment am Fußpunkt eines Mastes l¨ asst sich zun¨ achst der zul¨ assige maximale Horizontalzug H bestimmen: H=

Mmax = 500 N . hM

Die Seilkurve im gegebenen Koordinatensystem lautet q¯0 x H . 1 − cosh z(x) = q¯0 H Damit wird der maximale Durchhang H q¯0 l ηmax = −z(l/2) = − = 6, 381 m . 1 − cosh q¯0 2H Die freie Durchfahrtsh¨ ohe ergibt sich dann zu hD = hM − ηmax = 13, 618 m . Die maximale Seilkraft tritt an den Aufh¨ angepunkten (x = ± l/2) auf: Smax = H cosh

q¯0 l = 500 N cosh 0, 5 = 563, 8 N . 2H

Anmerkung: Die Seill¨ ange und das Gesamtgewicht des Seils folgen zu L=

q¯0 l 2H sinh = 52, 11 m , q¯0 2H

G = L q¯0 = 521, 1 N .

hM

Seile

Aufgabe 6.5 Mit einem Maßband (Eigengewicht q¯0 ) soll der Abstand zwischen den Punkten A und B gemessen werden. Der tats¨ achliche Abstand ist l.

163

A6.5

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

B

A

x z

010101 00 11

P

Mit welcher Kraft P muss das l Maßband gespannt werden, damit der Messfehler gerade 0,5 % betr¨ agt? Wie weit h¨ angt das Band dabei durch?

L¨ osung Aus dem bekannten Messfehler von 0,5 % folgt zun¨achst f¨ ur die Seill¨ ange L L = 1, 005 l =

q¯0 l 2H sinh . q¯0 2H

Durch Umformung ergibt sich daraus f¨ ur den Horizontalzug H die transzendente Gleichung 0.0004

q¯0 l q¯0 l = sinh , 1, 005 2H 2H

f (λ)

0.0002 0.0000

oder mit der Substitution λ =

q¯0 l 2H

−0.0002

f (λ) = 1, 005 λ − sinh λ = 0 .

−0.0004 0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

λ Ihre L¨ osung erfolgt durch graﬁsche Nullstellenbestimmung oder (genauer) durch Iteration mit Hilfe des Newton-Verfahrens: λn+1 = λn − Schritt λ

f (λn ) f (λn )

mit

0 (Startwert) 0,2000

f (λ) =

1 0,1777

df (λ) . dλ

2 0,1733

3 0,1731

4 0,1731

Daraus folgt λ = 0, 1731

;

H=

q¯0 l = 2, 889 q¯0 l . 2λ

Damit ﬁndet man f¨ ur die Spannkraft P und den maximalen Durchhang q¯0 l = H cosh λ = 2, 932 q¯0 l . 2H q¯0 l H = 0, 0434 l . S 1 − cosh = −z(l/2) = − q¯0 2H

P = S(l/2) = H cosh ηmax

00 11 110101 00

P

164

A6.6

Seile

Aufgabe 6.6 Ein u ¨ber eine reibungsfreie Rolle gef¨ uhrtes Seil (Eigengewicht vernachl¨ assigbar) der Gesamtl¨ ange L = 7 a wird durch eine Gleichstreckenlast q und eine Einzelkraft P belastet.

q A

x

z

ηmax

Wie groß muss P gew¨ ahlt werden, damit sich im Bereich A − B der maximale Durchhang ηmax = a/10 einstellt?

C

B P

4a

a

a

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Anteile an der gegebenen Seill¨ange L in den Bereichen A − B und B − C. Im Bereich A − B gilt (z2 H ' z LAB = − 1 + z 2 + arsinh z , 2q z1 wobei der Horizontalzug H und die Grenzen z1 , z2 gegeben sind durch H=

q (4 a)2 q l2 = = 20 qa, a ∗ 8η 8 10

z1 =

ql 1 = , 2H 10

z2 = −

ql 1 =− . 2H 10

1 101 1 ≈ 4, 01 a . + arsinh 10 100 10 Aus der Geometrie folgt f¨ ur die Seill¨ ange im Bereich B − C: 1 LBC = 2 wp2 + a2 bzw. wp2 = (LBC )2 − a2 . 4 Einsetzen liefert LAB = 20 a

Mit L = LAB + LBC = 7 a und dem bekannten LAB ergibt sich daraus ur den Winder maximale Durchhang wp ≈ 1, 11 a. F¨ im Bereich B −C: BC kel α gilt sin α = (wp / wp2 + a2 ), womit SB aus dem Gleichgewicht in vertikalen Richtung am Angriﬀspunkt vom P ermittelt werden kann: P BC BC ↑ : 2 SB sin α − P = 0 ; SB = wp2 + a2 . 2 wp AB BC = SB und Mit SB q l 2 0 AB SB =H 1+ ≈ 20, 10 q a . 2H

α SBAB

SBBC

SBBC

folgt damit f¨ ur den Betrag der Kraft P 40, 20 q a · 1, 11 a P ≈ = 29, 87 q a . 1, 112 a2 + a2

P

wp

Seile

165 q2

Aufgabe 6.7 Ein Seil ist durch zwei bereichsweise konstante Linienlasten q1 bzw. q2 belastet.

A6.7

q1 I

Man ermittle die Seilkurve in den Bereichen I und II f¨ ur eine bekannte maximale Seilkraft Smax . Gegeben: q1 = 1 kN/m, a = 20 m, q2 = 2 kN/m, b = 4 m, Smax = 100 kN.

II

b

x z a/2

a/2

L¨ osung Da an der Stelle x = a/2 ein Sprung in der Belastungsfunktion vorliegt, muss das Seil in zwei Bereiche unterteilt werden. Durch zwei1 q(x) fache Integration der Diﬀerentialgleichung der Seillinie z = − H folgt f¨ ur die Seilkurven in den beiden Bereichen: zI (x) = −

1 q1 x2 + C1 x + C2 , 2H

zII (x) = −

1 q2 x2 + C3 x + C4 . 2H

¨ Die 4 Konstanten k¨ onnen mit Hilfe der Rand- und Ubergangsbedingungen bestimmt werden: Randbedingungen:

zI (0) = 0 ,

zII (a) = −b ,

¨ Ubergangsbed.:

zI (a/2) = zII (a/2) ,

zI (a/2) = zII (a/2) .

Man erh¨ alt a b (3 q1 + q2 ) − , 8H a a b C3 = (−q1 + 5 q2 ) − , 8H a

C1 =

C2 = 0 , C4 =

a2 (q1 − q2 ) . 8H

Zur vollst¨ andigen Bestimmung der Seilkurve muss der noch unbekannte Horizontalzug H ermittelt werden: Smax = H

1 + (zII (a))2 = 100 kN

mit

zII (a) = −

35 1 − . 2H 5

Hieraus folgt die quadratische Gleichung 38775 26 2 H + 7H − =0 25 4 mit der L¨ osung (H2 ist negativ und damit physikalisch unsinnig!) √ −7 ± 40375 ; H = H1 ≈ 93, 24 kN . H1,2 = 52 25

Kapitel 7 Der Arbeitsbegriﬀ in der Statik

7

168

Prinzip der virtuellen Arbeit

Arbeit Wenn sich der Angriﬀspunkt einer Kraft F um eine inﬁnitesimale Strecke dr verschiebt, dann leistet die Kraft die Arbeit F α dr dW = F · dr = F dr cos α . Analog lautet die Arbeit eines Moments M bei einer Verdrehung um dφ dW = M · dφ . Sind Kraft- und Verschiebungsvektor bzw. Momenten- und Drehvektor parallel, so vereinfachen sich diese Beziehungen zu dW = F dr

bzw.

dW = M dφ .

Prinzip der virtuellen Arbeit In der Statik werden anstelle der Strecke dr gedachte“ Verschiebungen ” δr eingef¨ uhrt. Mit diesen kann das Prinzip der virtuellen Arbeit formuliert werden: Ein Kr¨ aftesystem, das im Gleichgewicht steht, leistet bei einer virtuellen Verr¨ uckung δr keine Arbeit: δW = 0 . Virtuelle Verr¨ uckungen sind: 1. gedacht 2. inﬁnitesimal klein 3. mit den kinematischen Bindungen des Systems vertr¨ aglich. Anmerkungen: • Falls Lagerreaktionen (bzw. Schnittkr¨ afte) ermittelt werden sollen, muss geschnitten und die Lagerkraft (bzw. die Schnittkraft) als außere Kraft eingef¨ uhrt werden. ¨ • Das Symbol δ weist auf den Zusammenhang mit der Variationsrechnung hin. • Die Arbeit einer Kraft entlang eines endlichen Weges ist gegeben durch r2 W = F · dr . r1

Stabilit¨ at

169

Stabilit¨ at einer Gleichgewichtslage Konservative Kr¨ afte (Gewicht, Federkraft) lassen sich aus einem Potential Π = −W herleiten, und es gilt δΠ = −δW . Dann lautet die Gleichgewichtsbedingung δΠ = 0 . Die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslage ergibt sich aus dem Vorzeichen von δ 2 Π : + > 0 stabile Lage, 2 δ Π < 0 instabile Lage. Ist Π als Funktion einer Ortskoordinate z gegeben, so gilt δΠ =

dΠ δz , dz

δ2 Π =

1 d2 Π (δz)2 . 2 dz 2

Hieraus folgen mit δz = 0 die Aussagen: Gleichgewichtsbedingung

Stabilit¨ at

dΠ = 0, dz + >0 d2 Π dz 2 <0

stabile Lage, labile Lage.

Anmerkungen: 2 • Im Fall von d Π = Π = 0 m¨ ussen h¨ ohere Ableitungen untersucht dz 2 werden.

• Die Gleichgewichtslage ist indiﬀerent, wenn neben Π = 0 auch alle h¨ oheren Ableitungen Null sind. • Das Potential eines Gewichtes G ist Π = G z, wenn z vom Nullniveau senkrecht nach oben gez¨ ahlt wird. • Das Potential einer um x gespannten Feder (Federkonstante c) ist Π = 12 c x2 . • Das Potential einer um ϕ gespannten Drehfeder (Federkonstante cT ) ist Π = 12 cT ϕ2 .

170

A7.1

Prinzip der virtuellen Arbeit

Aufgabe 7.1 Eine Leiter (Gewicht G, L¨ ange l) lehnt an einer glatte Wand. Am Fußpunkt (glatter Boden) greift eine Kraft F an. Wie groß muss F sein, damit unter dem Winkel α Gleichgewicht herrscht?

G, l α F

L¨ osung Wenn man zur Ermittlung von Gleichgewichtslagen das Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen anwenden will, ist es zweckm¨ aßig zuerst y die Koordinaten der Kraftangriﬀspunkte einzuf¨ uhren. Im gew¨ ahlten Koordinatensystem sind sie durch xF und yG geα geben. Dann sind δxF bzw. δyG entgegen F bzw. G gerichtet. Daher lautet yG G die Gleichgewichtsbedingung F

δW = −F δxF − G δyG = 0 .

xF

x

Mit xF = l sin α ,

l cos α , 2 l δyG = − sin α δα 2 yG =

δxF = l cos α δα , folgt

δW = −F l cos α δα + ;

F =

1 G l sin α δα = 0 2

1 G tan α . 2

Das Ergebnis l¨ asst sich leicht mit den N2 Kr¨ afte- und Momentengleichgewichtsbedingungen u ufen: ¨berpr¨ ⎫ G ↑: N1 − G = 0 ,⎪ ⎪ N1 = G , ⎪ ⎪ ⎪ F ⎬ A N2 = F , →: N2 − F = 0 , N1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ l F = . G tan α ⎪ A : N2 l cos α − G sin α = 0 ,⎭ 2 2

Stabilit¨ at

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.

171

A7.2

F B

l

Man ermittle M (α) f¨ ur die Gleichgewichtslagen. Kurbel, Stange und Kolben seien dabei als gewichtslos angenommen. C

r

α

M A

L¨ osung Wir f¨ uhren die Verschiebung f des Kolbens ein. Da F entgegen δf und M entgegen die virtuelle Drehung δα wirken, lautet die Gleichgewichtsbedingung (Prinzip der virtuellen Arbeit) δW = −M δα − F δf = 0 .

β

Nach der Skizze ist f = r cos α + l cos β

l f

;

δf = −r sin α δα − l sin β δβ .

Der Hilfswinkel β muss eliminiert werden. Aus der Skizze liest man ab r a = l sin β = r sin α ; sin β = sin α . l

a r

α

Durch Diﬀerenzieren folgt hieraus r cos α r cos α δα ; δβ = δα . l l cos β Mit cos β = 1 − sin2 β = 1 − (r/l)2 sin2 α wird daher cos α r r δα =0 −M δα + F r sin α δα + l sin α l l 1 − (r/l)2 sin2 α cos β δβ =

oder

r cos α M = F r sin α 1 + . l2 − r2 sin2 α

172

A7.3

Prinzip der virtuellen Arbeit

Aufgabe 7.3 Wie groß ist das Verh¨ altnis von Last Q und Zugkraft F bei einem Potenzﬂaschenzug F

a) im skizzierten Fall (3 lose Rollen) b) im allgemeinen Fall (n lose Rollen)?

Q

L¨ osung Die Last Q ist mit M1 fest verbunden. Bei einer virtuellen Verr¨ uckung von Q um δq geht daher auch M1 um δq nach oben. Da der Punkt A1 , der u ¨ber das Seil mit der Decke verbunden ist, sich nicht verschiebt, dreht die Rolle I um A1 . DaII her verschiebt sich B1 und damit M2 M2 um 2 δq. B2 A 2 ¨ Aus der gleichen Uberlegung an der I F Rolle II (A2 verschiebt sich nicht), folgt M1 δq f¨ ur die Verr¨ uckung von B2 der Wert B A1 1 δf 4 δq = 22 δq. Die an der Decke befestigte feste Q Rolle dreht um ihren Mittelpunkt, weswegen die Verschiebung δf der Zugkraft F gleich ist der Verschiebung des Punktes Bn der letzten losen Rolle. Aus der Gleichgewichtsbedingung δW = −Q δq + F δf = 0 folgt daher a) bei 3 Rollen mit δf = 23 δq = 8 δq Q = 23 = 8 . F b) Bei n losen Rollen erh¨ alt man mit δf = 2n δq Q = 2n . F Anmerkung: Dieses Ergebnis erkl¨ art den Namen Potenz ﬂaschenzug!

Stabilit¨ at

Aufgabe 7.4 Nebenstehende Waage soll so konstruiert werden, dass die Anzeige Q unabh¨ angig ist von der Stelle, an der das Gewicht auf der Lastbr¨ ucke AB liegt.

173

A7.4

c a

b F G

Q

Gesucht ist das Verh¨ altnis der Abmessungen b, c, d und f bei gegebenem a sowie die Beziehung zwischen Q und G.

d

11111 00000 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111

A

f B

E

L¨ osung Damit die Forderung erf¨ ullt ist, muss AB waagrecht bleiben, d.h. δA = δB .

δA

Nach der Skizze ist bei einer Drehung des oberen Balkens um δφ: δA = b δφ ,

δφ

δB = f δψ .

δA

Beide Winkel h¨ angen u ¨ber die Verschiebung der Stange EF zusammen: δF = c δφ = d δψ = δE

δF

;

δψ =

δE

δB δψ

c δφ . d

Damit folgt δA = b δφ = f

c δφ = δB d

;

b f = . c d

Die Lastanzeige Q ergibt sich aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit Q δq − G δA = 0 mit δq = a δφ zu Q=

b G. a

174

A7.5

Prinzip der virtuellen Arbeit

Aufgabe 7.5 F¨ ur den Gerbertr¨ ager mit 2 Gelenken ermittle man die Lagerreaktionen A, B und D mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit. q1 = 1 kN/m A 3m

q2 = 2 kN/m

F = 5 kN C

B 1

1

1

D

2

4

L¨ osung Zur Ermittlung der Lagerkraft B wird diese Reaktionskraft als außere Last eingef¨ uhrt und das System einer kinematisch vertr¨ aglichen ¨ Verr¨ uckung unterworfen. ξI δφ

q1 ξII

δqI

δG

F

B

q2

δψ

Unter Beachtung der beiden Bereiche f¨ ur q1 gilt: 3

1 q1 δqII dξII − B δB = 0 .

q1 δqI dξI +

δW = 0

0

Mit δB = 1 · δψ ,

δqI = ξI δφ ,

δqII = (1 + ξII )δψ

folgt B δψ = q1

12 32 δψ . δφ + q1 1 + 2 2

Mit dem geometrischen Zusammenhang am Gelenk δG = 3 δφ = 2 δψ

;

δφ =

2 δψ 3

wird B = q1

1 32 2 = 4, 5 q1 + q1 1 + 2 3 2

oder B = 4, 5 kN .

Lagerreaktionen

175

2) Die Lagerkraft A folgt mit der skizzierten Verr¨ uckungsﬁgur δξ q1 A δα

aus der Gleichgewichtsbedingung 3 δW = −A δA + q1 δq1 dξ = 0 0

und den geometrischen Beziehungen δq1 = ξ δα ,

δA = 3 δα

−3 A δα + q1

32 δα = 0 2

zu ;

A=

3 q1 = 1, 5 kN . 2

3) Freischneiden der Lagerkraft D liefert folgende Verr¨ uckungsﬁgur: 3 kN

1 kN

5 kN

8 kN

δβ

δγ

δα 3

1

1

3

D

4

Es gelten die geometrischen Zusammenh¨ ange ⎫ 3 δα = 1 δβ ⎬ δα = δγ , ; ⎭ 3 δγ = 1 δβ δβ = 3 δγ . Bei der Anwendung des Prinzips der virtuellen Arbeit ersetzen wir diesmal die verteilten Lasten durch ihre Resultierenden in der Mitte. Dann erh¨ alt man 3 · 1, 5 δα + 1 · 0, 5 δβ − 5 · 2 δγ + 8 · 2 δγ − D · 4 δγ = 0 , woraus die Lagerkraft folgt: D=

1 (4, 5 + 1, 5 − 10 + 16) = 3 kN . 4

4) Die Lagerkraft C folgt schließlich aus der Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung: C = F + q1 · 4 + q2 · 4 − A − B − D = 8 kN .

176

A7.6

Prinzip der virtuellen Arbeit

Aufgabe 7.6 F¨ ur das dargestellte System aus Balken und St¨ aben ermittle man die Stabkraft S1 . q0

1

2q0

a

a

a

a

L¨ osung Wir ersetzen die verteilte Last durch Einzellasten in den entsprechenden Schwerpunkten und unterwerfen das System nach Schneiuckung. den des Stabes 1 einer virtuellen Verr¨ 2q0 a δφ

S1

2q0 a

S1

2q0 a

δψ

Es gilt der geometrische Zusammenhang 2a δφ = a δψ

;

δψ = 2 δφ .

Aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit folgt δW = −2 q0 a · a δφ − S1 · a δφ + S1 · 2 a δψ − 2 q0 a ·

a δψ = 0 2

oder −2 q0 a2 δφ − S1 a δφ + 2 a S1 2 δφ − q0 a2 2 δφ = 0 ;

3 S1 = 4 q 0 a

;

S1 =

4 q0 a . 3

Anmerkung: Die verteilte Belastung am unteren Balken darf nicht durch eine Resultierende im Gelenk ersetzt werden, weil diese bei der Verr¨ uckung keine Arbeit leisten w¨ urde.

Schnittgr¨ oßen

177

Aufgabe 7.7 F¨ ur den dargestellten Tr¨ ager ermittle man den Momentenverlauf zwischen den Lagern mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit. q0

F

A l

a

L¨ osung Wenn man an einer beliebigen Stelle x das Schnittmoment M mit dem Prinzip der virtuellen Verr¨ uckungen ermittlen will, x muss man an dieser Stelle x ein F M Gelenk anbringen und M wie eiδψ ne ¨ außere Last auf die angrenδϕ zenden Balkenteile wirken lassen. Bei einer virtuellen Auslenξ η kung folgt dann x δW = −M δϕ−M δψ −F a δψ +

l−x q0 (ξ δϕ) dξ + q0 (η δψ) dη = 0.

0

0

Mit dem geometrischen Zusammenhang x δϕ = (l − x) δψ

;

δϕ =

l−x δψ x

erh¨ alt man daraus (l − x)2 l−x x2 l − x + 1 δψ = −F a + q0 + q0 δψ . M x 2 x 2 Nach Umformen und Zusammenfassen ergibt sich der gesuchte Momentenverlauf x q0 l 2 x 1− . −F a + M (x) = l 2 l a 1 Auf elementare Weise erh¨ alt man mit der Lagerkraft A = q0 l − F 2 l 1 urlich dieselbe aus der Gleichgewichtsbedingung M = A x − q0 x2 nat¨ 2 Abh¨ angigkeit M (x).

A7.7

178

A7.8

Prinzip der virtuellen Arbeit

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

q M

C I

Man bestimme mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die horizontale Lagerreaktion in B.

b

II B

A a

a

L¨ osung Zur Berechung der horizontalen Lagerreaktion BH wird das Laaußere Last aufger B in horizontaler Richtung frei gemacht und BH als ¨ gefasst sowie das (jetzt bewegliche) System einer virtuellen Verr¨ uckung unterworfen. F¨ ur die Ermittlung der korrekten Verschiebungsﬁgur m¨ ussen zuerst die Drehpunkte der beiden Rahmenteile I und II gefunden werden. Da Teil I im Punkt A mit einem zweiwertigen Auﬂager ﬁxiert ist, liegt ogliche Bewedort der Drehpunkt DPI . Bei Teil II muss zuerst die m¨ gungsrichtung 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 k¨ onnen. In diesem Fall ist die Bewegungsrichtung vom Punkt C (durch Verbindung zu Teil I) und vom Punkt B (in horizontaler Richtung) bekannt. Dadurch ist die Lage des Drehpunkts DPII gefunden. Somit folgt f¨ ur die virtuelle Arbeit: DPII

δW = 2 q a δuq − M δϕ − BH δuB . δφ

Mit den geometrischen Zusammenh¨ angen δuq =

a δϕ , 2

δuB = 2 b δϕ

erh¨ alt man daraus " ! δW = q a2 − M − 2 b BH δϕ = 0 . Dies liefert folgenden Wert f¨ ur die horizontale Auﬂagerreaktion BH : BH =

q a2 − M . 2b

δφ b

qa

qa

M

δuq δφ

δϕ DPI BH δuB

Verr¨ uckungsfigur

Aufgabe 7.9 Das dargestellte System wird durch die Kr¨ afte P1 , P2 , P3 und das Moment M belastet.

179

A7.9

P1 B

P3 M

Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit soll der Betrag der Kraft P1 gerade so bestimmt werden, dass das Einspannmoment im Lager A verschwindet.

II I

III

a

a

P2

C

A

D

a

a

L¨ osung Um das Auﬂagermoment in A zu ermitteln, ersetzen wir dort die Einspannung durch ein gelenkiges Lager und f¨ uhren das Einspannaußeres Moment ein. Das nun bewegliche System kann moment MA als ¨ dann einer virtuellen Verr¨ uckung unterworfen worden. F¨ ur die Ermittlung der geometrischen Zusammenh¨ ange muss die Verschiebungsﬁgur konstruiert werden: a DPII δϕ a

δϕ 2 δϕ P1

P3 M MA

2a δϕ

DPIII 2 δϕ δϕ

DPI

P2 a δϕ

2a δϕ

Zur Ermittlung der einzelnen Drehpunkte wird vom Balken I ausgegangen, dessen Drehpunkt DPI im Punkt A zu ﬁnden ist. Da hiermit die Bewegungsm¨ oglichkeiten der Punkte B (Endpunkt von Balken I), C (in horizontaler Richtung) und D (in vertikaler Richtung) bekannt sind, k¨ onnen die Drehpunkte der Balken II und III entsprechend der obigen Skizze ermittelt werden. Damit lassen sich alle virtuellen Verr¨ uckungen mittels δϕ ausdr¨ ucken. Die Gleichgewichtsbedingung lautet dann δW = MA δϕ + M δϕ + P3 a δϕ + P2 2 a δϕ − P1 2 a δϕ = 0 . alt man hieraus f¨ ur die erforderliche Mit der Bedingung MA = 0 erh¨ Kraft P1 : P1 =

M 1 + P3 + P2 . 2a 2

180

A7.10

Gleichgewichtslagen

Aufgabe 7.10 Ein homogener Stab vom Gewicht Q ist mit einer Dreiecksscheibe (Gewicht G) verbunden. Das System ist bei A frei drehbar gelagert.

a Q A

Gesucht sind die m¨ oglichen Gleichgewichtslagen und deren Stabilit¨ at.

a 2

G a 2

a 2

L¨ osung Wir lenken das System um einen beliebigen Winkel α aus (siehe Skizze). a 6 a 6

A S a cos α 2

Q

a sin α 2 α G

In der dargestellten Lage hat das System unter Beachtung der Lage der Schwerpunkte folgendes Potential gegen¨ uber der unausgelenkten Lage α = 0: a a a a sin α + cos α + G − sin α − cos α . Π =Q 2 2 6 6 Hieraus folgt die Gleichgewichtsbedingung a a dΠ = Q (cos α − sin α) − G (cos α − sin α) dα 2 6 G a Q− (cos α − sin α) = 0 . = 2 3 Daraus ergeben sich folgende Gleichgewichtslagen: 1) Q −

G =0 3

2) cos α − sin α = 0 ; tan α = 1

; ;

G , 3 1 α1 = π , 4 5 α2 = π . 4 Q=

und Stabilit¨ at

181

Zur Untersuchung der Stabilit¨ at bilden wir die zweite Ableitung (und, sofern n¨ otig, die h¨ oheren Ableitungen) von Π . Im ersten Fall verschwinden die zweite und alle h¨ oheren Ableitungen von Π . Daher ist das Gleichgewicht bei diesem speziellen Gewichtsverh¨ altnis indiﬀerent, d.h. Gleichgewicht ist in jeder beliebigen Lage m¨ oglich (siehe Beispiele):

Im zweiten Fall ﬁnden wir d2 Π a G Π = = − Q − (sin α + cos α) . dα2 2 3 Das Vorzeichen dieses Ausdrucks h¨ angt von α und dem Verh¨ altnis der Gewichte ab. Man erh¨ alt: π : a) α1 = 4 G 3 G Q< 3 Q>

b) α1 =

Π (α1 ) < 0

;

labil ,

;

Π (α1 ) > 0

;

stabil ,

;

Π (α1 ) > 0

;

stabil ,

;

Π (α1 ) < 0

;

labil .

5 π : 4

G 3 G Q< 3 Q>

;

α1

α2

182

A7.11

Gleichgewichtslagen

Aufgabe 7.11 F¨ ur das dargestellte System bestimme man die Gleichgewichtslage α = α0 und diskutiere Grenzf¨ alle. Die Rollenradien seien vernachl¨ assigbar klein, und das Seil habe die L¨ ange l.

a

z

α

G2 b G1

L¨ osung Gewichtskr¨afte sind konservative Kr¨afte und besitzen dementsprechend ein Potential. Mit der Koordinate z (senkrecht nach oben!) folgt aus der Geometrie f¨ ur die Lage der Gewichte z1 = −b −

a tan α , 2

a a 1 =− l− . z2 = − l − 2 2 cos α cos α Damit l¨ asst sich das Gesamtpotential des Systems formulieren a a = Π (α) . Π = G1 z1 + G2 z2 = −G1 b + tan α − G2 l − 2 cos α Die Gleichgewichtslage folgt aus der Bedingung dΠ =0 dα

;

sin α0 =

1 G1 . 2 G2

−G1

a a sin α 1 + G2 =0 2 cos2 α cos2 α

zu

Grenzf¨ alle: G 1 > 2 G2

;

G1 = 2G2

;

G1 = 0

;

kein Gleichgewicht m¨ oglich (wegen sin α0 ≤ 1), α0 = π/2, d.h. bei endlicher Seill¨ ange muss a = 0 sein, α0 = 0.

Anmerkung: Die Seill¨ ange l und der Abstand b haben keinen Einﬂuss auf die L¨ osung.

und Stabilit¨ at

Aufgabe 7.12 Eine drehbar gelagerte Scheibe (Radius r) tr¨ agt an zwei Armen (L¨ ange a) zwei Gewichte. Um die Scheibe ist ein Seil gewickelt, an dem eine zus¨ atzliche Last Q h¨ angt.

183

A7.12 a

G a

r

α

Gesucht sind die Gleichgewichtslagen und deren Stabilit¨ at. Q

2G

L¨ osung Da alle eingepr¨agten Kr¨afte Gewichtskr¨afte sind, handelt es sich um ein konservatives System. Wenn wir die abgewickelte Seill¨ ange mit l bezeichnen und das Nullniveau mit α = 0 festlegen, dann gilt f¨ ur das Gesamtpotential bei einer Auslenkung um den Winkel α Π = −2 Ga sin α + Ga sin α − Q (l − rα) oder Π = −Ga sin α − Q (l − rα) = Π (α) . Die Gleichgewichtslagen folgen aus dΠ =0 : dα

−Ga cos α + Q r = 0

;

cos α =

Qr . Ga

Wegen der Mehrdeutigkeit der Kreisfunktionen gibt es zwei L¨ osungen: α1 = arccos

Qr , Ga

α2 = −α1 .

Das Stabilit¨ atsverhalten wird durch die 2. Ableitung Π =

d2 Π = Ga sin α dα2

festgelegt. Man erh¨ alt Π (α1 ) = Ga sin α1 > 0 , Π (α2 ) = −Ga sin α1 < 0 , d.h. die Lage α1 ist stabil und die Lage α2 = −α1 ist instabil. Anmerkung: Wegen cos α ≤ 1, existieren diese L¨ osungen nur f¨ ur Q r < G a. Im Grenzfall Q r = G a wird cos α = 1, d.h. das System ist dann mit waagrechten Armen im Gleichgewicht.

184

A7.13

Gleichgewichtslagen

Aufgabe 7.13 In einem halbkugelf¨ ormigen Glas liegt ein Strohhalm (Gewicht G, L¨ ange 2a). Die W¨ ande sind ideal glatt.

a

α r

Man bestimme die Gleichgewichtslage α = α0 und untersuche sie auf ihre Stabilit¨ at.

G

L¨ osung Wir legen das Nullniveau auf den festen Rand des Glases und f¨ uhren die Koordinate z (nach unten ) ein. Dann betr¨ agt der Schwerpunktsabstand des Strohhalms z = r sin 2α − a sin α , und das Potential wird Π (z) = −G z = −G (r sin 2α − a sin α) .

M

S α α

z

Die Gleichgewichtsbedingung f¨ uhrt auf Π =

dΠ = G (−2r cos 2α + a cos α) = 0 . dα

ur die Gleichgewichtslage Mit cos 2α = 2 cos2 α − 1 folgt daraus f¨ 4 r cos2 α − a cos α − 2 r = 0 oder cos α0 =

a+

√

a2 + 32 r2 , 8r

wobei nur Winkel α > 0 sinnvoll sind. Aus der zweiten Ableitung Π = G (4 r sin 2α − a sin α) = G (8 r cos α − a) sin α erh¨ alt man nach Einsetzen von α0 Π (α0 ) = G a2 + 32 r2 sin α0 . Da dieser Ausdruck f¨ ur 0 < α0 < π/2 positiv ist, ist das Gleichgewicht stabil.

und Stabilit¨ at

Aufgabe 7.14 Ein Garagentor CD (H¨ ohe 2r, Gewicht G) wird durch einen in M drehbar gelagerten Hebel BC gehalten. In B ist eine Feder (Steiﬁgkeit c) befestigt, die bei α = π entspannt ist.

185

A7.14 β

D

r

r B

a

G

Gesucht sind die Gleichgewichtslagen und deren Stabilit¨ at unter der Vereinfachung a r. Gegeben: Gr/ca2 = 3.

r

M

r

α r C A

L¨ osung Die Federverl¨angerung f folgt nach dem Kosinussatz (r − a + f )2 = r2 + a2 + 2ar cos α f¨ ur kleine a (und damit auch kleine f ) n¨ aherungsweise zu r−a+f

f = a (1 + cos α) .

a π−α r

Damit wird das Potential aus Gewichtskraft (Nullniveau bei M ) und Federenergie 1 Π = G (r sin β − r cos α) + c f 2 . 2 Mit der geometrischen Beziehung 2r sin β − r cos α = r bzw. sin β = (1 + cos α)/2 ergibt sich Π =

Gr 1 (1 − cos α) + ca2 (1 + cos α)2 = Π (α) . 2 2

Gleichgewicht folgt unter Beachtung von Gr/ca2 = 3 aus 1 Gr Π = sin α − c a2 (1 + cos α) sin α = c a2 sin α − cos α = 0 . 2 2 Die L¨ osungen lauten π α2 = π , α3 = . α1 = 0 , 3 Das Stabilit¨ atsverhalten ergibt sich aus Π =

Gr cos α − c a2 (cos α + cos 2α) 2

und liefert f¨ ur die Gleichgewichtslagen α1 bis α3 Π (α1 ) < 0

labil ,

Π (α2 ) < 0

labil ,

Π (α3 ) > 0

stabil .

186

A7.15

Gleichgewichtslagen

Aufgabe 7.15 Eine Vollwalze (Radius a) ist in der Mitte drehbar gelagert und hat zwei Kreisbohrungen (Radien r1 und r2 ) im Abstand b vom Lager.

α

Man ermittle die Gleichgewichtslagen √ und deren Stabilit¨ at f¨ ur r1 = 2 r2 .

r1

b 120◦ r 2

L¨ osung Da die ungebohrte Vollwalze in jeder Lage im Gleichgewicht ist, brauchen wir nur den Einﬂuss der Bohrungen zu ber¨ ucksichtigen. Wir betrachten sie als negative“ Gewichte, die zur Vollwalze hinzu ” addiert“ werden m¨ ussen. Wenn wir als Nullniveau das feste Lager ” w¨ ahlen, dann gilt f¨ ur das Potential Π = G1 b sin α + G2 sin(180o − 120o − α) = Π (α) . Gleichgewichtslagen erh¨ alt man aus der Bedingung Π = G1 b cos α − G2 b cos(60o − α) = 0 . Mit G1 = πr12 ρg = 2πr22 ρg ,

G2 = πr22 ρg

folgt Π = πr22 ρg[2 cos α − cos(60o − α)] = 0 oder

√ 3 1 cos α − sin α = 0 2 2 α1 = 60o , α2 = 240o .

2 cos α − ;

;

tan α =

√

3

Die Stabilit¨ atsaussage ergibt sich aus Π = −G1 b sin α − G2 b sin(60o − α) zu

√

3 <0 2 √ 3 Π (α2 ) = +G1 b >0 2

Π (α1 ) = −G1 b

;

labil ,

;

stabil .

Anmerkung: Die Aussage u at ist anschaulich verst¨ and¨ber die Stabilit¨ lich, da bei α1 der Gesamtschwerpunkt der gelochten Walze u ¨ber dem Lager, bei α2 unter dem Lager liegt.

und Stabilit¨ at

Aufgabe 7.16 Ein Stab vom Gewicht G lehnt gegen eine vertikale glatte Wand. Das untere Ende steht auf glattem Boden und wird durch ein Seil (L¨ ange L) gehalten, an dem die Last Q h¨ angt. Wie groß muss Q bei gegebenem α sein, damit das System in Ruhe bleibt? Ist das Gleichgewicht stabil?

187

A7.16

l G α Q

L¨ osung Gegen¨ uber dem Boden hat das System ein Potential Π =G

l sin α − Q (L − l cos α) . 2

Die Gleichgewichtsbedingung l dΠ = G cos α − Ql sin α = 0 dα 2 liefert die erforderliche Last Q: Q=G

cot α . 2

Aus der 2. Ableitung d2 Π l = −G sin α − Q l cos α dα2 2 folgt durch Einsetzen l l Gl d2 Π = −G sin α − G cot α cos α = − . dα2 2 2 2 sin α Dementsprechend ist f¨ ur 0≤α≤

π 2

das Gleichgewicht stets labil. Anmerkung: Die Seill¨ ange L geht in die Ergebnisse zur Gleichgewichtslage und zur Stabilit¨ at nicht ein!

188

A7.17

Gleichgewichtslagen

Aufgabe 7.17 Ein System aus starren, gewichtslosen Balken, einer Feder (Federsteiﬁgkeit c) und einer Drehfeder (Drehfedersteiﬁgkeit cT ) beﬁndet sich in der skizzierten Lage im Gleichgewicht.

F c l cT

Gesucht ist die kritische Last Fkrit , bei der diese Lage instabil wird. l

L¨ osung Das Gesamtpotential in der um den Winkel ϕ ausgelenkten Lage setzt sich aus dem Potentialen ΠF der Kraft, Πc der Feder und ΠcT der Drehfeder zusammen: Π = ΠF + Πc + Πc

y

l

F ϕ

h

T

1 1 c x2F + cT (2ϕ)2 ϕ ϕ 2 2 1 2 xF = F l cos ϕ + c (l sin ϕ) 2 1 1 + cT (2 ϕ)2 = F l cos ϕ + c l2 sin2 ϕ + 2 cT ϕ2 . 2 2 Die Gleichgewichtslagen folgen aus =F h+

x

dΠ = −F l sin ϕ + c l sin ϕ cos ϕ + 4 cT ϕ = 0 . dϕ Neben der Gleichgewichtslage ϕ = 0 existieren weitere Gleichgewichtslagen, die man bei Bedarf aus der transzendeten Gleichung numerisch ermitteln kann. Aus der 2. Ableitung des Potentials d2 Π = −F l cos ϕ + c l2 cos 2ϕ + 4 cT . dϕ2 folgt f¨ ur die hier zu untersuchende Lage ϕ = 0 d2 Π = −F l + c l2 + 4 cT . dϕ2 ϕ=0 Die Lage wird instabil, wenn die zweite Ableitung negativ ist. Die kritische Last folgt damit aus Π = 0 zu Fkrit = c l + 4

cT . l

und Stabilit¨ at

Aufgabe 7.18 An zwei Seiltrommeln (Radius r) h¨ angt eine homogene Dreiecksscheibe vom Gewicht G. Die Trommeln sind u ader (Ra¨ber Zahnr¨ dius R) miteinander verbunden. In A und B ist eine Feder (Steiﬁgkeit c) befestigt, die f¨ ur α = 0 entspannt sei.

189

A7.18 α

c

A

B r

r R

F¨ ur welche Winkel α herrscht bei G r/c R2 = 1 Gleichgewicht? Ab welchem Verh¨ altnis G r/c R2 ist kein Gleichgewicht m¨ oglich?

R

G

L¨ osung Bei einer Auslenkung um α erf¨ahrt die Feder eine Verl¨angerung xF = 2R sin α . Das Dreieck wird dabei um die Strecke xG = rα nach unten verschoben. Damit lautet das Potential des Systems Π =

1 1 c x2F − G xG = c (2R)2 sin2 α − G r α . 2 2

Die Gleichgewichtsbedingung 1 dΠ = c (2R)2 2 sin α cos α − G r = 0 dα 2 liefert sin 2α =

Gr . 2 c R2

Mit dem gegebenen Zahlenwert erh¨ alt man die Gleichgewichtslagen sin 2α =

1 2

;

α1 = 15◦ ,

α2 = 75◦ ,

α3 = 195◦ ,

α4 = 255◦ .

Aus der 2. Ableitung Π =

d2 Π = 4 c R2 cos 2α dα2

folgt f¨ ur die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslagen Π (α1 ) > 0

stabil ,

Π (α2 ) < 0

instabil ,

Π (α3 ) > 0

stabil ,

Π (α4 ) < 0

instabil .

Gleichgewicht ist wegen sin 2α ≤ 1 nur m¨ oglich, solange G r/c R2 ≤ 2 ist.

Kapitel 8 Haftung und Reibung

8

192

Haftung

Haftung (Haftreibung) Aufgrund der Oberﬂ¨ achenrauhigkeit bleibt ein K¨ orper im Gleichgewicht, solange die Haftkraft H kleiner ist als der Grenzwert H0 . Der Wert H0 ist proportional zur Normalkraft N : |H| < H0 ,

F G G F

H 0 = μ0 N

H α

N

μ0 = Haftungskoeﬃzient. Die Haftungskraft ist eine Reaktionskraft; sie kann bei statisch bestimmten Systemen aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden. Haftungswinkel: F¨ ur die Richtung der Resultierenden aus N und H0 (Grenzhaftkraft) gilt tan ρ0 = μ0 =

H0 , N

ρ0 = Haftungswinkel .

Reibung (Gleitreibung) Auf den bewegten K¨ orper wirkt infolge der Oberﬂ¨ achenrauhigkeit die Reibkraft R. Die Reibkraft ist eine eingepr¨ agte Kraft und proportional zur Normalkraft N (Coulombsches Reibungsgesetz):

Bewegungsrichtung G

F

R = μN

R N

ρ

μ = Reibungskoeﬃzient. Reibungswinkel: F¨ ur die Richtung der Resultierenden aus N und R gilt: tan ρ = μ =

R , N

ρ = Reibungswinkel .

und Reibung

193

Problemtypen: 1. Haftung: H < μ0 N 2. Haftgrenzfall: H = μ0 N 3. Reibung: R = μN Anmerkungen: • Die Reibkraft (Haftkraft) wirkt in der Ber¨ uhrungsebene der K¨ orper. • Die Richtung der Reibkraft (Haftkraft) ist entgegengesetzt zur Richtung der Relativbewegung (die entst¨ ande, wenn diese nicht durch Haftung verhindert w¨ urde). • Die Gr¨ oße der Reibkraft (Haftkraft) ist unabh¨ angig von der Ber¨ uhrungsﬂ¨ ache. • Bei Haftung liegt die Resultierende aus N und H innerhalb des ¨ Haftungskegels mit dem Oﬀnungswinkel ρ0 (α < ρ0 ). • Der Haftungskoeﬃzient ist in der Regel gr¨ oßer als der Reibungskoeﬃzient. • Haftungs-und Reibungskoeﬃzienten (ungef¨ ahr) f¨ ur trockene Materialien: Material

μ0

μ

Stahl auf Stahl

0,15 - 0,5

0,1 - 0,4

Stahl auf Teﬂon

0,04

0,04

Holz auf Holz

0,5

0,3

Leder auf Metall Autoreifen auf Straße

0,4

0,3

0,7 - 0,9

0,5 - 0,8

Seilhaftung und Seilreibung: Haftung:

S1 ≤ S2 eμ0 φ

Reibung:

S1 = S2 eμφ

S2 φ

S1

S1 > S2

194

A8.1

Haftung

Aufgabe 8.1 Ein K¨orper vom Gewicht G beﬁndet sich auf einer rauhen schiefen Ebene.

F

In welchen Grenzen muss die angreifende Kraft F liegen, damit der K¨ orper in Ruhe bleibt?

G μ0

α

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen :

F cos α − G sin α − H = 0 ,

:

−F sin α − G cos α + N = 0

G F

H α N

folgen H = F cos α − G sin α ,

N = F sin α + G cos α .

Eine Aufw¨ artsbewegung wird verhindert, wenn H < μ0 N ist. Einsetzen liefert F
sin α + μ0 cos α cos α − μ0 sin α

oder mit μ0 = tan ρ0 und den Additionstheoremen F < G tan(α + ρ0 ) . Bei verhinderter Abw¨ artsbewegung kehrt sich die Richtung von H um. In diesem Fall lautet die Haftbedingung −H < μ0 N . Hieraus ergibt sich F >G

sin α − μ0 cos α cos α + μ0 sin α

;

F > G tan(α − ρ0 ) .

Damit erh¨ alt man das Ergebnis tan(α − ρ0 ) <

F < tan(α + ρ0 ) . G

Anmerkung: Die beiden Haftbedingungen lassen sich zu |H| < μ0 N zusammenfassen.

Haftung

Aufgabe 8.2 Die Walze vom Gewicht G soll auf der unter dem Winkel α geneigten Ebene ruhen. Wie groß m¨ ussen die Kraft F und der Haftungskoeﬃzient μ0 sein?

195

A8.2 G μ0 α

F

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen :

N − (G + F ) cos α = 0 ,

: A :

H − (G + F ) sin α = 0 ,

G r A H

F r − Hr = 0

F

α N

und der Haftbedingung H < μ0 N ergeben sich sin α , F =G 1 − sin α

μ0 > tan α .

Aufgabe 8.3 Wie groß muss die Kraft F sein sein, damit die Walze vom Gewicht G in Bewegung gesetzt wird? Der Haftungskoeﬃzient μ0 sei an beiden Ber¨ uhrungspunkten gleich.

F μ0

G μ0

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen →: ↑: A :

F

N2 − H1 = 0 , N1 + H 2 + F − G = 0 , H1 r + H2 r − F r = 0

und die Haftgrenzbedingungen H 1 = μ 0 N1 ,

N2

G A

r

H2 N1

H 2 = μ 0 N2

liefern F =G

μ0 (1 + μ0 ) . 1 + μ0 + 2μ20

Beachte: -Das System ist statisch unbestimmt, -Im Haftgrenzfall m¨ ussen die Kr¨ afte H1 , H2 entgegen der einsetzenden Bewegung eingezeichnet werden.

H1

A8.3

196

A8.4

Haftung

Aufgabe 8.4 Ein Spannexzenter mit den Abmessungen l und r wird in der Lage mit der Neigung α durch die Kraft F belastet.

F l α r

Wie groß muss bei gegebener Hafat e sein, tungszahl μ0 die Exzentrizit¨ damit im Ber¨ uhrungspunkt B die Anpreßkraft N erreicht wird?

e μ0

B

L¨ osung Wir skizzieren das Freik¨orperbild: F AV AH A H

B

C

e

C A

α

N

Aus den Gleichgewichtsbedingungen →: ↑: C :

AH + H + F sin α = 0 , −AV + N − F cos α = 0 , F (l − e) − AH e sin α − AV e cos α − Hr = 0

ergibt sich durch Elimination von AH und AV H=

F l − N e cos α . r − e sin α

Durch Einsetzen in die Haftbedingung |H| < μ0 N folgt F l − N e cos α < μ0 N (r − e sin α) . Auﬂ¨ osen nach e liefert F − μ0 r N . e> cos α − μ0 sin α l

Haftung

Aufgabe 8.5 Ein Keil vom Gewicht ¨ und dem Oﬀnungswinkel α ruht auf einer horizontalen Ebene. Auf dem Keil beﬁndet sich eine kreiszylindrische Walze vom Gewicht G2 , die durch das Seil S gehalten wird.

197

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 S

G2

Wie groß m¨ ussen die Haftungskoeﬃzienten μ01 (zwischen Keil und Ebene) und μ02 (zwischen Walze und Keil) sein, damit an keiner Stelle Rutschen eintritt?

μ02

G1

α

μ01

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Walze →: ↑: A :

S + H2 cos α − N2 sin α = 0 ,

S r A G 2

−G2 + H2 sin α + N2 cos α = 0 , S r − H2 r = 0

N2

und den Keil ↑: →:

N2

−G1 + N1 − H2 sin α − N2 cos α = 0 , −H1 − H2 cos α + N2 sin α = 0

N 2 = G2 ,

H 2 = G2

sin α , 1 + cos α

N 1 = G 1 + G2 ,

H 1 = G2

sin α . 1 + cos α

H1

Einsetzen in die Haftbedingungen H2 < μ02 N2

liefert die erforderlichen Haftungskoeﬃzienten: μ01 >

G2 sin α , (G1 + G2 )(1 + cos α)

μ02 >

H2 G1

folgen die Kr¨ afte an den Ber¨ uhrstellen

H1 < μ01 N1 ,

H2

sin α . 1 + cos α

N1

A8.5

198

A8.6

Haftung

Aufgabe 8.6 Eine Kiste vom Gewicht G2 wird auf einer glatten schiefen Ebene durch ein Seil gehalten. Zwischen Kiste und Ebene ist ein rauher Keil geschoben (Haftungskoeﬃzient μ0 ). a) Wie groß sind die Seilkraft S und die Kraft N1 auf die schiefe Ebene? b) Wie groß muss der Haftungskoeﬃzient μ0 sein, damit das System in Ruhe bleibt?

11111111 00000000 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 μ0

G2

G1

glatt

α

α

L¨ osung a) Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Gesamtsystem liefern :

S = (G1 + G2 ) sin α ,

:

N1 = (G1 + G2 ) cos α .

S G2

b) Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den Keil :

H2 − G1 sin 2α + N1 sin α = 0 ,

:

−N2 − G1 cos 2α + N1 cos α = 0

N1

N2 H2 α

folgt durch Einsetzen von N1 : H2 = G1 sin 2α − (G1 + G2 ) sin α cos α = N2 = (G1 + G2 ) cos2 α − G1 cos 2α =

G1

G1 N1

1 (G1 − G2 ) sin 2α , 2

1 1 (G1 + G2 ) − (G1 − G2 ) cos 2α. 2 2

Aus der Haftbedingung |H2 | < μ0 N2 ergibt sich damit der erforderliche Haftungskoeﬃzient μ0 >

|G1 − G2 | sin 2α . G1 + G2 − (G1 − G2 ) cos 2α

Anmerkung: Je nach Werten von G1 , G2 und α rutscht bei Verletzung dieser Bedingung der Keil nach unten oder nach oben.

Haftung

Aufgabe 8.7 Eine Klemmvorrichtung besteht aus zwei festen, unter dem Winkel α geneigten Klemmbacken, zwei losen Klemmrollen vom Gewicht G1 und dem Klemmgut. Alle Oberﬂ¨ achen seien rauh und haben den Haftungskoeﬃzient μ0 .

199

A8.7 μ0

μ0

G1 α

α G2

Wie groß darf das Gewicht G2 des Klemmgutes sein, damit kein Rutschen eintritt?

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Klemmgut ↑:

2H2 − G2 = 0 N2

und f¨ ur eine Klemmrolle ↑: →: A :

N1 cos α − H2 − H1 sin α − G1 = 0 ,

G2 H2

N2 H2

N1 sin α + H1 cos α − N2 = 0 , H2 r − H1 r = 0

H1 α

liefern G2 H1 = H2 = , 2 G2 (1 + sin α) + 2G1 , N1 = 2 cos α G2 (1 + sin α) + 2G1 sin α . N2 = 2 cos α

G1 A r

H2 N2

N1

Einsetzen in die Haftbedingungen H 1 < μ 0 N1 ,

H 2 < μ 0 N2

ergibt G2 <

2μ0 G1 , cos α − μ0 (1 + sin α)

G2 <

2μ0 sin α G1 . cos α − μ0 (1 + sin α)

Wegen sin α ≤ 1 folgt daraus G2 <

2μ0 sin α G1 . cos α − μ0 (1 + sin α)

Anmerkung: F¨ ur μ0 = cos α/(1 + sin α) geht die rechte Seite gegen ¨ Unendlich. Uberschreitet μ0 diesen Wert, so liegt Selbsthemmung vor.

200

A8.8

Haftung

Aufgabe 8.8 Eine in A gelagerte Stange (L¨ ange l, Gewicht Q) lehnt unter dem Winkel α gegen eine Walze (Gewicht G, Radius r).

l

Wie groß m¨ ussen die Haftungskoeﬃzienten μ01 und μ02 sein, damit das System im Gleichgewicht ist?

Q μ01

μ02 r

α

G

A

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Walze →:

−H1 + N2 sin α − H2 cos α = 0 ,

↑: B :

N1 − G − N2 cos α − H2 sin α = 0 ,

r · cot α2

r

α/2 α/2

H1 r − H2 r = 0

r

und f¨ ur den Stab A :

Q

α l cos α − N2 r cot = 0 2 2

H2 N2

liefern N1 = G + Q

cos α l , 2r cot (α/2)

cos α l N2 = Q , 2r cot (α/2)

Q A AH AV

H2

N2 B

G

l sin α . H1 = H2 = Q 2r cot (α/2) (1 + cos α)

N1

H1

Einsetzen in die Haftbedingungen H1 < μ01 N1 ,

H2 < μ02 N2

ergibt mit cot

α 1 + cos α = 2 sin α

die Ergebnisse μ01 >

1 , G 2r 2 cot (α/2) + cos α cot (α/2) Q l

μ02 >

1 . cot (α/2) cos α

Haftung

Aufgabe 8.9 Durch einen Hebel vom Gewicht GH wird ein rauher Klotz an einer Wand eingeklemmt. Die Haftungskoeﬃzienten an den Ber¨ uhrungsstellen seien μ01 bzw. μ02 . Wie groß darf das Gewicht G des Klotzes sein, damit er nicht rutscht?

201

A8.9 G l α

μ01 GH μ02

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den Hebel und f¨ ur den Klotz A :

N1 l sin α − H1 l cos α − GH

l cos α = 0 , 2

H1 + H2 − G = 0 ,

↑:

H1

N1 − N2 = 0

→:

A

G

N1 N1 H1

N2 H2

GH

und den Haftbedingungen H1 < μ01 N1 ,

H2 < μ02 N2

ergeben sich durch Eliminieren von H1 , H2 und N2 und der Annahme μ01 < tan α die beiden Ungleichungen N1 <

GH , 2(tan α − μ01 )

2G + GH < N1 . 2(tan α + μ02 )

Hieraus folgt 2G + GH GH < 2(tan α + μ02 ) 2(tan α − μ01 ) bzw. G<

GH μ01 + μ02 . 2 tan α − μ01

Anmerkungen: • F¨ ur μ01 = tan α verschwindet der Nenner. Dann kann G beliebig angig von GH groß werden. Allgemein liegt f¨ ur μ01 ≥ tan α unabh¨ Selbsthemmung vor. • Das System ist statisch unbestimmt. Daher k¨ onnen die Kr¨ afte Hi , Ni nicht bestimmt werden. • Setzt man den Haftgrenzfall mit H1 = μ01 N1 und H2 = μ02 N2 voraus, so ist im Endergebnis das <“-Zeichen durch das =“-Zeichen ” ” zu ersetzen.

202

A8.10

Haftung

Aufgabe 8.10 Ein homogener Quader vom Gewicht G ruht auf einer rauhen schiefen Ebene.

a

F

Wie groß m¨ ussen die Kraft F und der Haftungskoeﬃzient μ0 sein, damit die Bewegung in Form von Rutschen bzw. in Form von Kippen einsetzt?

b G μ0 α

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen :

H − F − G sin α = 0 ,

:

N − G cos α = 0 ,

A :

G (a cos α − b sin α) − F b − N c = 0 2

F

1 (a cos α 2

α

− b sin α)

G H

A c

N

ergibt sich f¨ ur die Kr¨ afte in der Kontaktﬂ¨ ache und f¨ ur die Lage von N H = F + G sin α ,

N = G cos α ,

c=

Fb 1 (a − b tan α) − . 2 G cos α

Damit Rutschen einsetzt, muss gelten H = H 0 = μ0 N ,

c > 0.

Daraus folgen F = G(μ0 cos α − sin α) ,

μ0 <

1 a ( + tan α) . 2 b

Damit Kippen um den Punkt A einsetzt, muss gelten c = 0,

H < μ0 N .

Dies liefert F =G

a cos α − b sin α , 2b

μ0 >

1 a ( + tan α) . 2 b

D.h. Kippen erfolgt nur bei hinreichend rauher Unterlage.

Haftung

Aufgabe 8.11 Zwischen zwei schiefen Ebenen ruhen zwei W¨ urfel und eine Walze jeweils vom Gewicht G. An allen Ber¨ uhrungsﬂ¨ achen herrsche der Haftungskoeﬃzient μ0 . Wie groß ist die erforderliche Kraft F , um die Walze nach oben herauszuziehen? ugen, daWelcher Bedingung muss μ0 gen¨ mit die W¨ urfel dabei nicht kippen?

203

A8.11 2a G

G G F

◦

α = 45

α = 45◦

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingun√ H1 gen lauten mit sin α = cos α = 2/2 B G 2 unter Beachtung der Symmetrie N1 √ √ N2 A N1 2 2 b ↑: F −G−2 N1 − 2 H1 = 0 , 1 F H2 H1 √ √2 √ 2 √ G H1 2 2 2 2 1 N2 + H2 + H1 − N1 = 0 , 2 → : √2 √2 √2 √2 2 2 2 2 ↑: N2 − H2 + H1 + N1 − G = 0 , 2 2 2 2 A : N2 b − N1 a = 0 . Um die Haftung zu u ¨berwinden, muss gelten H 1 = μ 0 N1 ,

H 2 = μ 0 N2 .

Damit ergibt sich aus den ersten drei Gleichgewichtsbedingungen F = 2G

1 + μ0 + μ20 . 1 + μ20

Die vierte Gleichgewichtsbedingung liefert 1 + μ0 . b=a 1 − μ0 Damit kein Kippen um den Punkt B eintritt, muss b < 2a sein. Daraus folgt 1 + μ0 <2 ; 1 − μ0

μ0 <

1 . 3

Beachte: Beim Anheben verschwinden die Kontaktkr¨ afte zwischen der Walze und den schiefen Ebenen. Die Haftkr¨ afte m¨ ussen richtig (der einsetzenden Bewegung entgegengerichtet) eingezeichnet werden.

204

A8.12

Haftung

Aufgabe 8.12 Wie groß muss bei der Steinzange der Haftungskoeﬃzient μ0 sein, damit die Last G gehalten werden kann?

a F b c d G μ0

e f

L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem ↑:

F − G = 0,

SV

am Punkt A ↑:

S

F − 2SV = 0 ,

C

H H

N

H 1

N d + H(f − e) − SV (f − a) − SH (b + c) = 0

ergeben mit SH a = SV b f¨ ur die Kr¨ afte H und N : H=

G , 2

N=

G ac + be . 2 bd

Einsetzen in die Haftbedingung H < μ0 N liefert μ0 >

SV

K N

2H − G = 0

bd . ac + be

S

SH A SH

und den K¨ orper 2 C :

F

SV

2

den K¨ orper 1 ↑:

SH

G

N

Haftung

Aufgabe 8.13 Ein Steigeisen ist an einem Mast eingeklemmt und wird durch die Kraft F belastet.

c 1111111111111 0000000000000 0000000000000 1111111111111 0000000000000 1111111111111 0000000000000 1111111111111

μ0

205

A8.13

a F

b

Wie groß muss μ0 sein, damit das Steigeisen nicht rutscht?

000000000000 111111111111 111111111111 000000000000 000000000000 111111111111

μ0

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen →: ↑: A :

N2 − N1 = 0 ,

H1 N1

H1 + H 2 − F = 0 , N2

F a + H1 c − N1 b = 0

F A H2

folgen N2 = N1 ,

b a H 1 = N1 − F , c c

H2 = F (1 +

b a ) − N1 . c c

Einsetzen in die Haftbedingungen H 1 < μ 0 N1 ,

H 2 < μ 0 N2

liefert N1

b − cμ0
und

F < N1

b + cμ0 c+a

bzw. b − cμ0 b + cμ0 < . a c+a Auﬂ¨ osen ergibt f¨ ur den erforderlichen Haftkoeﬃzienten μ0 >

b . c + 2a

Anmerkungen: • Die Kr¨ afte N1 , N2 , H1 , H2 k¨ onnen nicht bestimmt werden, da das System statisch unbestimmt ist! • Die Aufgabe kann auch gel¨ ost werden, indem man den Haftgrenzfall betrachtet. Die Ungleichungen werden dann zu Gleichungen, und die ur den Haftkoeﬃzient. L¨ osung μ∗0 ist die untere Grenze f¨

206

A8.14

Haftung

Aufgabe 8.14 Ein Stab der L¨ange l und vom Gewicht G lehnt unter dem Winkel α gegen eine rauhe Wand. Am unteren Ende wird er durch ein Seil, das u ¨ber einen rauhen Zapfen l¨ auft, gehalten.

11 00 00 11 00 11 00 μ11

l

01

G

In welchen Grenzen muss die Kraft F liegen, damit das System im Gleichgewicht ist?

μ02

α

F

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen →: ↑: A :

A G

S − N2 = 0 , N1 + H 2 − G = 0 ,

l 2

N1 l cos α − Sl sin α − G

l cos α = 0 2

ergeben sich G H2 = − S tan α , 2

N2 H2

S S N1

F

N2 = S .

Einsetzen in die Haftbedingung |H2 | < μ01 N2 liefert je nach Richtung von H2 G − S tan α < μ01 S 2

bzw.

−

G + S tan α < μ01 S . 2

Hieraus folgt G G < S < . 2 (tan α + μ01 ) 2 (tan α − μ01 ) Seilhaftung am Zapfen liegt vor, wenn gilt S e−μ02 π/2 < F < S e+μ02 π/2 . Durch Einsetzen der unteren (oberen) Schranke von S in die linke (rechte) Seite folgt e−μ02 π/2 F e+μ02 π/2 . < < 2 (tan α + μ01 ) G 2 (tan α − μ01 )

Haftung

Aufgabe 8.15 Der K¨orper vom Gewicht G wird durch ein Seil gehalten. Zwischen dem K¨ orper bzw. dem Seil und der Fl¨ ache herrsche der Haftungskoeﬃzient μ0 . In welchen Grenzen muss F liegen, damit der K¨ orper in Ruhe bleibt?

207

A8.15 G

F

μ0 α

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen :

N − G cos α = 0 ,

:

H + S − G sin α = 0

G S

ergeben sich N = G cos α ,

H = G sin α − S .

F

μ0

H

S α

N

Einsetzen in die Haftbedingung |H| < μ0 N liefert G(sin α − μ0 cos α) < S < G(sin α + μ0 cos α) . Mit der Haftbedingung f¨ ur das Seil Se−μ0 α < F < Seμ0 α folgt e−μ0 α (sin α − μ0 cos α) <

F < eμ0 α (sin α + μ0 cos α) . G

Aufgabe 8.16 Welche Strecke x darf das schwere Seil der L¨ ange l herunterh¨ angen, ohne dass es rutscht?

A8.16 μ0

x

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen ergeben sich N =G

l−x , l

H=S=G

Gl−x l

x . l

Einsetzen in die Haftbedingung H < μ0 N liefert x μ0 . < l 1 + μ0

H

S N

Gx l

S

208

A8.17

Haftung a

Aufgabe 8.17 Ein zwischen glatten W¨anden beﬁndlicher Block vom Gewicht G wird durch ein Seil gehalten, das u ¨ber drei rauhe Bolzen gef¨ uhrt ist.

45◦

Wie groß muss die Kraft F sein, damit der Block nicht rutscht? Wie groß sind die Kr¨ afte, die von den W¨ anden auf den Block ausge¨ ubt werden?

μ0

b G

45◦

F

c

L¨ osung Gleichgewicht am Gesamtsystem ↑:

S3

S3 − G − F = 0 ,

N2 S2 G

→:

N1 − N2 = 0 .

A :

G 12 a + F c − S3 c − N2 b = 0

A

und die Haftbedingungen S1 < F eμ0 π/4 ,

S2 < S1 eμ0 π/2 ,

S1

N1

F

S3 < S2 eμ0 π/4

liefern F >

A8.18

G , eμ0 π − 1

N 1 = N2 = G

a − 2c . 2b μ2

Aufgabe 8.18 Wie groß muss die Kraft F sein, damit der K¨ orper vom Gewicht G mit gleichf¨ ormiger Geschwindigkeit emporgezogen werden kann? Die Ebene und der Umlenkzapfen seien rauh.

G α μ1

F

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen :

N − G cos α = 0 ,

:

S − R − G sin α = 0

S

G S

und den Reibgesetzen R = μ1 N ,

F = Seμ2 (α+π/2)

folgt F = Geμ2 (α+π/2) (sin α + μ1 cos α) .

R

N

α+ π 2 F

und Reibung

Aufgabe 8.19 Durch die Bandbremse soll auf eine sich drehende Welubt le das Bremsmoment MB ausge¨ werden. Wie groß ist die dazu erforderliche Kraft F , wenn sich die Welle bei bekanntem Reibungskoeﬃzient μ a) rechtsherum oder b) linksherum dreht?

209

A8.19 μ r F A l

L¨ osung Gleichgewicht f¨ ur den Hebel A :

−S2 2r + F l = 0

liefert S2 = F

l . 2r

F¨ ur Rechtsdrehung lautet das Reibungsgesetz S1 = S2 eμπ ,

S1

S2 S1

S2

F

A

und das Bremsmoment wird MB = S1 r − S2 r = S2 r (eμπ − 1) . Einsetzen von S2 ergibt FR =

2MB . l (eμπ − 1)

F¨ ur Linksdrehung folgt aus dem Reibungsgesetz S2 = S1 eμπ und dem Bremsmoment MB = S2 r − S1 r = S2 r (1 − e−μπ ) durch Einsetzen von S2 FL =

2MB eμπ . l (eμπ − 1)

Anmerkung: Wegen eμπ > 1 gilt bei gleichem MB f¨ ur die Kr¨ afte FL > F R !

210

A8.20

Reibung

Aufgabe 8.20 Durch Vorschieben des gewichtslosen Keils soll der K¨ orper vom Gewicht G mit gleichf¨ ormiger Geschwindigkeit angehoben werden.

G μ2 μ2

Wie groß ist die daf¨ ur ben¨ otigte Kraft F , wenn an den Ber¨ uhrungsﬂ¨ achen des Keils der Reibungskoeﬃuhrungspunkten zient μ1 , an den Ber¨ des Stabes der Reibungskoeﬃzient μ2 herrscht?

F

l a

μ1

α μ1

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den Keil und den Stab 1 → :

F − R1 − R2 cos α − N2 sin α = 0 , G

↑: 2 → :

↑: A :

N1 − N2 cos α + R2 sin α = 0 ,

N4 2

N2 sin α + R2 cos α − N3 + N4 = 0 ,

R4

N2 cos α − R2 sin α − R3 − R4 − G = 0 ,

A N2

−N3 a + N4 (l + a) = 0

F

und den Reibungsgesetzen R1 = μ1 N1 ,

R 2 = μ 1 N2 ,

R2

R 3 = μ 2 N3 ,

N3 R2

N2

1 α R1

R3

N1

R 4 = μ 2 N4

ergibt sich durch Auﬂ¨ osen nach F die ben¨ otigte Kraft F =G

μ1 (cos α − μ1 sin α) + (sin α + μ1 cos α) . l + 2a (cos α − μ1 sin α) − μ2 (sin α + μ1 cos α) l

Anmerkungen: • Die Reibkr¨ afte m¨ ussen entgegengesetzt zur Bewegungsrichtung eingezeichnet werden. • Wenn der Nenner Null wird (F → ∞), ist das System selbsthemmend.

Reibung

Aufgabe 8.21 Eine rotierende rauhe Walze dr¨ uckt durch ihr Gewicht G1 auf ein keilf¨ ormiges Werkst¨ uck vom Gewicht G, das auf einer rauhen Unterlage ruht. Wie groß muss bei gebenem Haftungskoeﬃzienten μ0 der Reibungskoeﬃzient μ mindestens sein, damit sich das Werkst¨ uck in Bewegung setzt?

211

A8.21 G1

G

μ

α μ0

L¨ osung Da der Schwerpunkt der Welle in Ruhe (Gleichgewicht) ist, gelten f¨ ur die Welle die Kr¨ aftegleichgewichtsbedingungen →:

N1 sin α − R1 cos α − A = 0 ,

↑:

N1 cos α + R1 sin α − G1 = 0 . G1

Mit dem Reibgesetz

R1

R1 = μN1

α

N1

folgen hieraus G1 N1 = , cos α + μ sin α

A

N1

G

G1 R1 = μ . cos α + μ sin α

H2

R1 N2

Einsetzen in die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur das Werkst¨ uck →: ↑:

R1 cos α − N1 sin α − H2 = 0 , N2 − N1 cos α − R1 sin α − G = 0

liefert H 2 = G1

μ cos α − sin α , cos α + μ sin α

N 2 = G1 + G .

Damit die Bewegung gerade einsetzt, muss die Haftgrenzbedingung H 2 = μ 0 N2 erf¨ ullt sein. Einsetzen und Auﬂ¨ osen nach μ ergibt schließlich μ=

μ0 (1 + G/G1 ) + tan α . 1 − μ0 (1 + G/G1 ) tan α

Anmerkungen: • F¨ ur μ0 > cot α/(1 + G/G1 ) liegt Selbsthemmung vor. Das Werkst¨ uck setzt sich dann nicht in Bewegung. • F¨ ur α = 0 vereinfacht sich das Ergebnis zu μ = μ0 (1 + G/G1 ).

212

A8.22

Reibung

Aufgabe 8.22 Ein K¨orper vom Gewicht G liegt auf einer rauhen schiefen Ebene und wird u ag ¨ber ein schr¨ gespanntes Seil (parallel zur schiefen Ebene) durch die Kraft F belastet. Wie groß muss der Haftungskoeﬃorper in zient μ0 sein, damit der K¨ Ruhe bleibt?

L¨ osung Wir f¨ uhren ein geeignetes Koordinatensystem ein, skizzieren das Freik¨ orperbild und stellen die Gleichgewichtsbedingungen auf: Fx = 0 : Hx − F cos β = 0 ,

Fy = 0 :

G β μ0 F

α

Hy F Hx

β

Hy + F sin β − G sin α = 0 ,

y

z x α

G N

Fz = 0 :

N − G cos α = 0 .

Darin sind Hx und Hy die Komponenten der Haftkraft H. F¨ ur sie und f¨ ur N erh¨ alt man |H| = Hx2 + Hy2 = F 2 − 2F G sin α sin β + G2 sin2 α , N = G cos α . Einsetzen in die Haftbedingung |H| < μ0 N

bzw.

μ0 >

|H| N

liefert die erforderliche Gr¨ oße von μ0 : F 2 − 2F G sin α sin β + G2 sin2 α μ0 > . G cos α

Reibung

Aufgabe 8.23 Ein starrer Balken (Gewicht G) ist exzentrisch auf zwei Schienen aufgelegt und an einem Ende durch Kr¨ afte belastet (das Lager B sei nur in x-Richtung verschieblich). Bei welcher Belastung und an welchem Lager beginnt sich der Balken zu bewegen? Gegeben: Fx = Fy = Fz = F , a = l, μ0 = 2/3.

213

A8.23 a z

y

a

l/4 x

A

μ0 l

Fz

G B

μ0

Fy

Fx

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen erh¨alt man die Lagerreaktionen Ax = F ,

G F

Ax

3 Ay = − F , 4

7 By = F , 4

G 3 Az = + F, 4 4

3 7 Bz = G − F . 4 4

Ay

F

Az By Bz

F

Damit lauten die Normal- und die Haftkr¨ afte bei A und B G 5 3 + F, HA = A2x + A2y = F , NA = Az = 4 4 4 NB = Bz =

3 7 G− F , 4 4

HB = |By | =

7 F. 4

Nehmen wir eine einsetzende Bewegung bei A an, dann liefert die Haftgrenzbedingung H A = μ 0 NA

;

F1 = G

μ0 2 = G. 5 − 3μ0 9

Entsprechend ergibt sich f¨ ur eine einsetzende Bewegung bei B H B = μ 0 NB

;

F2 = G

3μ0 6 = G. 7(1 + μ0 ) 35

Wegen F1 < F2 setzt die Bewegung bei der Kraft F2 am Lager B ein.

Kapitel 9 Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

9

216

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente werden in der Balkentheorie ben¨ otigt (vgl. Band 2). Die Fl¨ achenmomente 2. Ordnung einer Fl¨ ache (zum Beispiel der Querschnittsﬂ¨ ache eines Balkens) sind wie folgt deﬁniert: Iy =

z 2 dA

A

Iz =

A

y 2 dA

A

y

Iyz = Izy = −

yzdA

z

r

dA

y

A

Ip = Iy + Iz =

r2 dA

z

A

Iy , Iz : Iyz : Ip :

axiale Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bez¨ uglich y- bzw. z-Achse, Deviationsmoment (Zentrifugalmoment), polares Fl¨ achentr¨ agheitmoment.

Beachte: Fl¨ achentr¨ agheitsmomente sind von der Lage des Koordinatenursprungs und der Orientierung der Achsen abh¨ angig. Tr¨ agheitsradius: = Abstand“ i der Fl¨ ache A, aus dem mit A das ” Fl¨ achentr¨ agheitsmoment folgt: Iy = i2y A ,

Iz = i2z A ,

Ip = i2p A .

Parallelverschiebung der Achsen (Satz von Steiner) y¯

Iy¯ = Iy + z¯S2 A , Iz¯ = Iz + y¯S2 A ,

z¯S y

S y¯S

Iy¯z¯ = Iyz − y¯S z¯S A . S y, z

z¯

= Fl¨ achenschwerpunkt, = Schwerachsen. z

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

217

Drehung des Achsensystems (Transformationsbeziehungen) Iy + Iz I y − Iz + cos 2ϕ + Iyz sin 2ϕ , 2 2 Iy + Iz I y − Iz − cos 2ϕ − Iyz sin 2ϕ , Iζ = 2 2 I y − Iz sin 2ϕ + Iyz cos 2ϕ . Iηζ = − 2 Iη =

y

ϕ

η

ζ z

Haupttr¨ agheitsmomente: F¨ ur jede Fl¨ ache gibt es zwei aufeinander senkrecht stehende Achsen (Hauptachsen), f¨ ur die die Tr¨ agheitsmomenagheitsmomente) annehmen und f¨ ur te Iη und Iζ Extremwerte (Haupttr¨ die das Deviationsmoment Iηζ verschwindet. Haupttr¨ agheitsmomente:

I1,2

Iy + Iz = ± 2

I y − Iz 2

2 2 . + Iyz

Hauptachsenrichtung: tan 2ϕ∗ =

2Iyz . I y − Iz

Anmerkungen: • Bei einer symmetrischen Fl¨ ache sind die Symmetrieachse und die dazu senkrechte Achse Hauptachsen. • Fl¨ achentr¨ agheitsmomente sind Komponenten eines Tensors (Tr¨ agheitstensor). ur alle m¨ ogli• Tr¨ agt man die Wertepaare (Iη , Iη ζ ) bzw. (Iζ , Iη ζ ) f¨ chen Winkel in einem Koordinatensystem (Abszisse = axiales Fl¨ achentr¨ agheitsmoment, Ordinate = Deviationsmoment) auf, so ergibt sich der Tr¨ agheitskreis. Die Konstruktion des Tr¨ agheitskreises erfolgt analog zum Mohrschen Spannungskreis (siehe Band 2). 2 • Die Gr¨ oßen Iη + Iζ = Ip und Iη Iζ − Iηζ sind Invarianten, d.h. sie sind unabh¨ angig vom Winkel ϕ.

218

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Rechteck b h3 , 12 3 hb Iz = , 12 Iyz = 0 , Iy =

b S

h

y

Ip = Iy + Iz =

z

√

3 h, 6 √ 3 iz = b, 6 iy =

bh 2 (h + b2 ) . 12

Quadrat a4 Iy = Iz = , 12 4 a Ip = . 6

a

y z

√ iy = iz =

3 a, 6

Kreis r

y

π r4 r π d4 = , iy = iz = , 4 64 2 √ 2 π r4 π d4 Ip = = , ip = r. 2 32 2 Iy = Iz =

d

z

Kreisring

π 4 1 ra2 + ri2 , (ra − ri4 ) , iy = iz = 4 2 √ 2 Ip = 2 Iy , ip = ra2 + ri2 , 2 mit t = ra − ri und rm = (ra + ri )/2 folgt f¨ ur den d¨ unnwandigen Ring√(t rm ) 2 3 Iy = Iz ≈ πrm t , iy = iz ≈ rm . 2 Iy = Iz =

ra y

rm

ri

t

z

Gleichschenkliges Dreieck S y b z

h

b h3 , 36 3 hb Iz = , 48 Iy =

h √ , 3 2 b iz = √ . 2 6 iy =

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Aufgabe 9.1 F¨ ur einen Viertelkreis vom Radius a ermittle man: a) Iy¯ , Iz¯, Iy¯z¯, b) Iy , Iz , Iyz (y,z Schwerachsen) c) die Richtung der Hauptachsen, d) die Haupttr¨ agheitsmomente.

219

A9.1 y¯ S

a

y

z¯

z

L¨ osung a) Wir verwenden zweckm¨aßig Polarkoordinaten. Dann ergeben sich mit dem Fl¨ achenelement y¯ r cos ϕ

dA = rdrdϕ

ϕ

r sin ϕ

die Ergebnisse π/2a y¯2 dA = (r2 cos2 ϕ)rdrdϕ Iz¯ = A

0

dA

r

rdϕ

dr

0

z¯

a π/2 π a4 r4 ϕ 1 = , = + sin 2ϕ 4 0 2 4 16 0 Iy¯ = Iz¯

(Symmetrie !) , π/2a

Iy¯z¯ = −

(r cos ϕ)(r sin ϕ) r dr dϕ = − 0

0

a4 1 a4 =− . 4 2 8

b) Nach dem Steinerschen Satz wird mit y¯S = z¯S = 4a/3π (vgl. Schwerpunkt, S.32) π π a4 4 a 2 π a2 4 4 a , − = − Iy = Iz = Iy¯ − z¯S2 A = 16 3π 4 16 9π 1 4 a4 . Iyz = Iy¯z¯ + y¯S z¯S A = − + 8 9π c) Wegen der Symmetrie ist ϕ∗1 = π/4

;

ϕ∗2 = ϕ∗1 + π/2 = 3 π/4

y

S ϕ

∗

ζ η

d) Mit Iy = Iz ergibt sich π 1 4 a , I1 = Iy + Iyz = − 16 8 π 8 1 4 a . I2 = Iy − Iyz = − + 16 9π 8

z

220

A9.2

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente b

Aufgabe 9.2 F¨ ur ein rechtwinkliges Dreieck ermittle man die Fl¨ achentr¨ agheitsmomente Iy , Iz , Iyz .

y h

z

L¨ osung Die Integration l¨asst sich durch Wahl geeigneter Fl¨acheneleoglichkeiten mente durchf¨ uhren. Am Beispiel von Iy wollen wir drei M¨ vergleichen. 1. L¨ osungsweg: Fl¨ achenelement dA (Breite y, H¨ ohe dz) im Abstand z von der y-Achse. z dz y , dA = y dz , y =b 1− dA h h z Iy = z 2 dA = z 2 (y dz) = z 2 b 1 − dz h 0 h z z3 b h3 z 4 = b = . − 3 4h 0 12

111111111 000000000 10 000000000 111111111 1010 000000000 111111111 10 000000000 111111111 10 000000000 111111111 000000000 111111111

2. L¨ osungsweg: Summation“ (=Integration) der Fl¨ achentr¨ agheits” momente inﬁnitesimaler Rechtecke (H¨ ohe z, Breite dy).

10 11111111z/201 00000000 00000000 11111111 1110 00 00000000 11111111 10 11 00 00000000 11111111 11 dy00 00000000 11111111 dA

dA = z dy ,

b dy = − dz . h

Da die Schwerachse des Elementes dA nicht mit der y-Achse zusammenf¨ allt, muss der Steinersche Satz angewendet werden. Mit dIy =

dy z 3 z 2 1 z dy = z 3 dy + 12 2 3

erh¨ alt man b dIy = −

Iy = 0

b 3h

0 h

z 3 dz = −

0 b z 4 b h3 = 3h 4 h 12

(wegen der Integration u ¨ber y von 0 bis b muss u ¨ber z von h bis 0 integriert werden!).

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

221

3.L¨ osungsweg: Fl¨ achenelement dA (Breite dy, H¨ ohe dz) im Abstand z von der y-Achse. dA = dy dz , Die Integration liefert z 2 (dy dz) Iy = ⎫ ⎧ ⎪ b ⎪ ⎬ ⎨ z(y) = z 2 dz dy ⎪ ⎪ ⎭ ⎩ 0

b +

y

10 dy00 11 11111111 00000000 01 0 1 11 00 00000000 11111111 dz 1 0 dA 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 z

0

h− h y b , h3 h3 2 h 3 3 z 3 b 1 3 = − 3 y − y y + 3 dy = h dy 3 0 3 b b2 b3 0 0 3 3 1 3 1 3 1 3 3 = h b− h b+h b− h b = bh . 3 2 4 12 Man erkennt, dass der 1. L¨ osungsweg am einfachsten ist, weil hier das gesamte Element gleichen Abstand von der Bezugsachse hat. Das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iz folgt aus Iy durch Vertauschung der beiden Dreiecksseiten: Iz =

hb3 . 12

Das Deviationsmoment wird mit dem Fl¨ achenelement aus dem 1. L¨ osungsweg berechnet. Da das Deviay/2 tionsmoment bez¨ uglich der Schwerachsen des Elementes verschwindet, dz y z bleibt nur der Steinersche Anteil: S y Iyz = − z(y dz) 2 h 1 2 z2 z =− zb 1 − 2 + 2 dz z 2 h h 0 2 h 1 2h2 h2 b 2 h2 = − b2 . − + =− 2 2 3 4 24

01 0110 11111111 00000000 00000000 11111111 1010 1010 00000000 11111111 1111110 00000 00000000 11111111 1010 00000000 11111111 00000000 11111111

222

A9.3

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Aufgabe 9.3 F¨ ur das nebenstehende Proﬁl konstanter Wanddicke t sind die Hauptachsen und die Haupttr¨ agheitsmomente zu bestimmen.

a t a

Gegeben: a = 10 cm, t = 1 cm. y

a z

a

L¨ osung Wir ermitteln zun¨achst die Tr¨agheitsmomente bez¨ uglich der y- und der z-Achse. Dazu zerlegen wir das Proﬁl in drei Rechta/2 − t/2 ecke. Das Tr¨ agheitsmoment jedes II Rechtecks setzt sich nach dem Steinerschen Satz aus dem Fl¨ achenmoment bez¨ uglich der eigenen Schwera + t/2 achse und dem Steinerschen Anteil zusammen: I +

3

Iy =

t(2a) +2 12

3

at t + a+ 12 2

2

y

at

z

4

= 2873 cm , 3

Iz =

(2a)t +2 12

+

3

ta + 12

a t − 2 2

2

II

at

= 573 cm4 . Die Deviationsmomente der Teilﬂ¨ achen bez¨ uglich der eigenen Schwerachsen sind Null. Demnach folgt Iyz nur aus den Steiner-Anteilen der Fl¨ achen II : a t t − at = −945 cm4 . Iyz = −2 a + 2 2 2

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

223

Die Richtung der Hauptachsen folgt aus tan 2ϕ∗ =

2Iyz 2 · 945 = = −0, 822 I y − Iz 2873 − 573

zu 2ϕ∗ = −39, 4◦

;

ϕ∗1 = −19, 7◦ , ϕ∗2 = ϕ∗1 + 90◦ = 70, 3◦ .

F¨ ur die Haupttr¨ agheitsmomente ergibt sich 2 2873 − 573 2873 + 573 I1,2 = + 9452 = 1723 ± 1488 ± 2 2 ;

I1 = 3211 cm4 ,

I2 = 235 cm4 .

Welches Haupttr¨ agheitsmoment zu welcher Hauptrichtung geh¨ ort, l¨ asst sich formal nur durch Einsetzen in die Transformationsbeziehungen oder am Tr¨ agheits” kreis“ entscheiden. Anschaulich ist im Beispiel jedoch klar, dass zu ϕ∗1 das gr¨ oßte Tr¨ agheitsmoment I1 geh¨ ort, da die Fl¨ achenabst¨ ande in diesem Fall gr¨ oßer sind als bei der Richtung ϕ∗2 .

ϕ1 ∗ ϕ2 ∗ I1 = 3211 I2 = 235

Anmerkungen: • Im Zahlenbeispiel lassen sich leicht die beiden Invarianten u ¨berpr¨ ufen: a) b)

Iy + Iz = I1 + I2 = 3446 cm4 , 2 = I1 I2 = 7, 5 · 105 cm8 . Iy Iz − Iyz

• F¨ ur ein d¨ unnwandiges Proﬁl (t a) kann man Glieder kleiner Gr¨ oßenordnung vernachl¨ assigen. Dann werden 8 3 2 ta = 2667cm4 , Iz ta3 = 667cm4 , Iyz −ta3 = −1000cm4 , 3 3 I1 3080cm4 , I2 252cm4 . ϕ∗ −22.5◦ ,

Iy

Im Zahlenbeispiel liefern diese N¨ aherungen ungenaue Ergebnisse, da hier die Bedingung t a nicht erf¨ ullt ist.

224

A9.4

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Aufgabe 9.4 F¨ ur den d¨ unnwandigen Querschnitt (t a) sollen die Hauptachsen sowie die Haupttr¨ agheitsmomente bez¨ uglich der Schwerachse bestimmt werden.

3a

y¯ y

4a

S 5a z

t z¯

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Schwerpunktskoordinaten: y¯s =

3 a 5at 2

2 · 5at

=

3 a, 4

z¯s =

2a 5at + 52 a 5at 9 = a. 2 · 5at 4

Die Tr¨ agheitsmomente des schr¨ agen Schenkels bez¨ uglich der eigenen Schwerachsen lassen sich mit Einf¨ uhrung der Koordinate s berechnen. Es gilt dA = t ds

und

2

2

2

s = yˆ + zˆ .

η yˆ

s, ζ ds

Mit der Steigung m des Querschnittsteils gilt zˆ = m yˆ, so daß yˆ und zˆ durch s ausgedr¨ uckt werden k¨ onnen: yˆ2 =

1 s2 , 1 + m2

zˆ2 =

t

zˆ

m2 s2 . 1 + m2

Damit ergeben sich die Tr¨ agheitsmomente zu 2,5a m2 m2 125 3 2 Iyˆ = zˆ2 dA = s t ds = a t, 2 1 + m2 12 −2,5a 1 + m 2,5a 1 125 3 1 s2 t ds = Izˆ = yˆ2 dA = a t, 2 2 12 1 + m 1 + m −2,5a 2,5a m 125 3 m s2 t ds = − Iyˆzˆ = − yˆzˆ dA = a t. 2 2 12 1 + m 1 + m −2,5a F¨ ur den gegebenen Querschnitt ist die Steigung m = erh¨ alt: Iyˆ =

20 3 a t, 3

Izˆ =

15 3 a t, 4

Iyˆzˆ = −5 a3 t .

4 , 3

so dass man

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

225

Dieses Ergebnis h¨ atte man auch durch Anwendung der Transformationsgleichungen ermitteln k¨ onnen. So folgt f¨ ur die gegebene Geometrie agheitszum Beispiel f¨ ur Iyˆ mit ϕ = − arctan 34 = −36, 87◦ und den Tr¨ momenten Iη = (5a)3 t / 12, Iζ = Iηζ = 0 Iη + Iζ I η − Iζ + cos 2ϕ + Iηζ sin 2ϕ 2 2 (5a)3 t 1 20 3 = [1 + cos(−73.74◦ )] = a t. 2 12 3

Iyˆ =

Zur Berechnung der Tr¨ agheitsmomente des gesamten Querschnitts bez¨ uglich des Schwerachsensystems sind noch bei beiden Schenkeln die Steiner Anteile hinzuzunehmen. Man erh¨ alt (5a)3 t 20 3 9 425 3 5 9 a t + 5at ( a − 2a)2 + + 5at ( a − a)2 = a t, 3 4 12 2 4 24 15 3 3 3 225 3 3 Iz = a t + 5at ( a − a)2 + 0 + 5at ( a)2 = a t, 4 2 4 4 24 3 3 9 3 5 9 Iyz = −5 a3 t − 5at ( a − a)(2 a − a) − 5at (− a)( a − a) 2 4 4 4 2 4 25 = − a3 t . 8 Die Hauptachsenrichtungen ergeben sich damit zu Iy =

tan 2 ϕ∗ =

25 − a3 t 2 Iyz 3 4 = =− 425 − 225 3 I y − Iz 4 a t 24

Dieses Ergebnis l¨ asst sich auch aus der Symmetrie des Querschnittes bez¨ uglich der Achse 2–2 ablesen. Die Steigung der Achse 2–2 betr¨ agt m2−2 = 3 ,

;

ϕ∗1 = −18, 43◦ , ϕ∗2 =

2 1

ϕ∗1 y

was auf ϕ∗2 = 71, 57o f¨ uhrt.

I1 =

75 3 a t, 4

1

S 2

F¨ ur die Haupttr¨ agheitsmomente erh¨ alt man schließlich 425 − 225 2 25 2 / . 425 + 225 a3 t I1,2 = + ± 48 48 8 , 325 125 = ± a3 t 24 24 ;

71, 57◦ .

I2 =

25 3 a t. 3

z

226

A9.5

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Aufgabe 9.5 F¨ ur das unsymmetrische Z-Proﬁl (t = const) bestimme man die Tr¨ agheitsmomente Iy , Iz und das Deur kleine t (t viationsmoment Iyz f¨ h, b).

2b t h/2 y h/2

z

b

L¨ osung Wir zerlegen die Fl¨ache in 3 Rechtecke und wenden den Steinerschen Satz an: I

t h 2 Iy = 2 b + + t 2b + 2 12 2 2 t t3

I

II

t(h − t)3 + 12

II y

III

t t3 t h 2 . + b+ +t b+ 2 12 2 2

z III

Mit t h, b vereinfacht sich dieser Ausdruck zu I

II

III

3 h2 h3 h2 1 h 2 . Iy = 2b t +t +bt = b th + 4 12 4 4 12 b assigen, folgt Wenn wir bei Iz und Iyz die kleinen Glieder sofort vernachl¨

I

III

b 2 t(2b)3 tb3 2 Iz = + (2bt)b + + bt = 3 t b3 , 12 12 2 I

Izy

III

bh h 5 = − b − 2bt + − b t = t b2 h . 2 2 2 4

Anmerkungen: • y, z gehen in diesem Beispiel nicht durch den Schwerpunkt. • Iyz wird nur durch die Steiner-Glieder gebildet.

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Aufgabe 9.6 Die Tr¨agheitsmomente der Fl¨ ache in Bezug auf die Achsen y¯, z¯ sollen im Verh¨ altnis 1:5 stehen. Wie groß muss die Seitenl¨ ange b des herausgeschnittenen kleinen Quadrates gew¨ ahlt werden?

227

A9.6

a

z¯ a b y¯

L¨ osung F¨ ur ein Quadrat (Seitenl¨ ange a) folgt aus den Transformationsbeziehungen mit den Tr¨ agheitsmomenten bez¨ uglich der Schwerachsen Iy = Iz =

a4 , 12

Iyz = 0

f¨ ur die gedrehten Achsen η, ζ Iη = Iζ =

a4 12

S y ζ

η

z

(beim Quadrat sind alle Achsen durch den Schwerpunkt Hauptachsen!). Daher wird f¨ ur die gegebene Fl¨ ache Iy¯ =

a4 b4 1 − = (a2 + b2 )(a2 − b2 ) . 12 12 12

Mit dem Steinerschen Satz ergibt sich √ 2 2 1 (a4 − b4 ) + a (a2 − b2 ) . Iz¯ = 12 2 Aus der Forderung Iz¯ =5 Iy¯ erh¨ alt man damit die gesuchte Seitenl¨ ange b : a2 2 1 4 (a − b4 ) + (a − b2 ) 6 12 2 =1+ 5= b 2 1 4 4 (a − b ) 1+ 12 a 2 2 b b 6 1 ; 1+ = = ; ; a 4 a 2

b=

1√ 2 a. 2

228

A9.7

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

Aufgabe 9.7 F¨ ur den dargestellten Querschnitt sind zu ermitteln: a) die Schwerpunktskoordinaten y¯S , z¯S , b) die Tr¨ agheitsmomente bez¨ uglich der Schwerachsen y, z.

a

a

a

a

y¯

a/2 S

y

3/2a

a 2a

a z z¯

L¨ osung a) Die Berechnung der Schwerpunktskoordinaten erfolgt mittels der bekannten Schwerpunktslagen der einzelnen Teilﬂ¨ achen: y¯S = z¯S =

!4 " 2 a 8 a − (2 a) a2 − (2 a − 3 2 2 2 " a2 − a ! 4 " 2 8! 1a − a 8 a − 4 a a − (2 a − 3

4

1 √ 2

4

1 √ 2

a)a2 a) a2

6 a2

II

Iyˆ = Izˆ =

1 17 4 (Iy˜ + Iz˜) = a , 2 96

Iyˆzˆ =

A I

≈ 1, 14 a ,

III

≈ 1, 43 a .

b) Aus den bekannten Werten f¨ ur das Rechteck achst bestimmen wir durch Drehung um 45◦ zun¨ yˆ das Tr¨ agheitsmoment der Teilﬂ¨ ache III bez¨ uglich der Achsen yˆ, zˆ: y˜ ! 1 "3 a 2a (2a)3 21 a a4 a4 Iy˜ = = , Iz˜ = 2 = , Iy˜z˜ = 0 . 12 3 12 48 ;

a/2

z˜ zˆ

1 5 4 (Iy˜ − Iz˜) = a . 2 32

Nun ermitteln wir die Tr¨ agheitsmomente bez¨ uglich der Achsen durch den Punkt A, indem II und III als negative Teilﬂ¨ achen betrachtet werden: Iy¯ =

(4 a)4 a a4 a4 17 −( + ) − ( a4 + (2 a − √ )2 a2 ) ≈ 17, 75 a4 , 12 48 16 96 4 2

Iz¯ =

(4 a)4 17 a a4 −( + 4 a4 ) − ( a4 + (2 a − √ )2 a2 ) ≈ 13, 50 a4 , 12 3 96 4 2

Iy¯z¯ = −

(4 a)4 a a4 5 − (0 − ) − ( a4 − (2 a − √ )2 a2 ) ≈ −7, 00 a4 . 24 2 32 4 2

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

229

Durch Anwendung des Steinerschen Satzes erh¨ alt man schließlich die gesuchten Tr¨ agheitsmomente bez¨ uglich der Schwerachsen: Iy = Iy¯ − z¯S2 A

≈ 17, 75 a4 − (1, 43 a)2 6 a2

≈ 5, 48 a4 ,

Iz = Iz¯ − y¯S2 A

≈ 13, 50 a4 − (1, 14 a)2 6 a2

≈ 5, 70 a4 ,

Iyz = Iy¯z¯ + z¯S y¯S A ≈ −7, 00 a4 + (1, 43 a) (1, 14 a) 6 a2 ≈ 2, 78 a4 .

Aufgabe 9.8 F¨ ur den dargestellten Querschnitt sollen ermittelt werden: a) Iy , Iz , Iyz , b) die Hauptachsenrichtungen, c) die Haupttr¨ agheitsmomente.

A9.8 a S

y

a a

z a

a

2a

a

a

L¨ osung a) Der Querschnitt wird in 5 Teilﬂ¨achen unterteilt. Da die Fl¨ ache punktsymmetrisch bez¨ uglich S ist, sind die Anteile an den Gesamtﬂ¨ achentr¨ agheitsmomenten I II aus den Teilﬂ¨ achen I und I bzw. III II II und II gleich groß: I I und I a4 a 2 2 2a + Iy = 2 + 3 2 III II und II 4 2 a 2 a4 a 2a 23 4 + − + = a , +2 36 6 2 12 12 II und II I und I ) 2 2 * 4 4 a 4a a a a Iz = 2 + (2 a)2 2 a2 + 2 + + 3 36 3 2 =

115 4 a , 6

III (2 a)3 12

230

Iyz

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente

II und II III I und I 4 a a a2 a4 a 2 a2 + 2 − = 2 0 − (2 a) − + 0 2 72 3 6 2 15 = − a4 . 4

b) Damit ergeben sich die Hauptachsenrichtungen: tan 2 ϕ∗ =

2 Iyz 90 = I y − Iz 207

;

ϕ∗1 = 11, 75◦ ,

ϕ∗2 = 101, 75◦ .

c) F¨ ur die Haupttr¨ agheitsmomente erh¨ alt man ⎧ ⎫ 2 2 ⎬ ⎨ 23 − 230 23 + 230 15 I1, 2 = + − ± a4 ⎩ ⎭ 24 24 4 + 253 ± 24

= ;

5661 64

a4

I1 ≈ 19, 95 a4 ,

I2 ≈ 1, 14 a4 .

Anmerkung: Welches Haupttr¨ agheitsmoment zu welcher Hauptachse geh¨ ort, kann man formal durch Einsetzen in die Transformationsbeziehungen feststellen. In diesem Fall ist es anschaulich einleuchtend, dass das kleinere Haupttr¨ agheitsmoment I2 zur Hauptachse mit dem Winkel ϕ∗1 geh¨ ort. Von ihr haben die Fl¨ achenelemente im Mittel einen deutlich geringeren Abstand als von der Hauptachse mit dem Winkel ϕ∗2 .

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