technische mechanik für wirtschaftsingenieure 1 statik seite: 1 cd-rom zum buch prof. dr.-ing....
TRANSCRIPT
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 1
CD-ROM zum Buch
Prof. Dr.-Ing. habil. Ulrich GabbertDr.-Ing. Ingo Raecke
Otto-von-Guericke-Universität MagdeburgInstitut für Mechanik
e-mail: [email protected] www.uni-magdeburg.de/ifme
TechnischeMechanikfür Wirtschaftsingenieure
Ulrich GabbertIngo Raecke
1 StatikStartseite
Eine PowerPointPräsentation
mit Animationenin Text und Bildzur Vermittlung
und Veranschaulichungder Grundkenntnisse
in derTechnischen Mechanik
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 2
Alle auf der beiliegenden CD-ROM enthaltenen Programme, Verfahren und Bilder wurden nach bestem Wissen erstellt und mit Sorgfalt getestet. Dennoch sind Fehler nicht ganz auszuschließen. Aus diesem Grunde ist das vorliegende Programm-Material mit keiner Verpflichtung oder Garantie irgendeiner Art verbunden. Autoren und Verlag übernehmen infolgedessen keine Verantwortung oder Garantie und werden keine daraus folgende oder sonstige Haftung übernehmen, die auf irgendeine Art aus der Benutzung dieses Programm-Materials oder Teilen davon entsteht.
Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt.
Alle Rechte, auch die der Übersetzung, des Nachdrucks und der Vervielfältigung des Buches oder Teilen daraus, vorbehalten. Kein Teil des Werkes darf ohne schriftliche Genehmigung des Verlages in irgendeiner Form (Fotokopie, Mikrofilm oder ein anderes Verfahren), auch nicht für Zwecke der Unterrichtsgestaltung, reproduziert oder unter Verwendung elektronischer Systeme verarbeitet, vervielfältigt oder verbreitet werden.
Fachbuchverlag Leipzig im Carl Hanser Verlag© 2003 Carl Hanser Verlag München Wienwww.fachbuch-leipzig.hanser.de
1 StatikSchutzrechte
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 31 Statik
Hilfe
Beachte: Beim erstmaligen Aufruf einer Seite (über das Inhaltsverzeichnis bzw. bei gesetzten Sprüngen oder der gezielten An-wahl einer Seite mit: PowerPoint Foliennummer <n> und Eingabetaste) erscheint nur der von den Autoren vorgesehene Start-inhalt der Seite. Es kann somit das angewählte Kapitel oder das Ziel eines gesetzten Sprungs erst weiter unten auf der Seite nach einigen Animationen erscheinen.
Weitere nützliche Funktionen:• Im Inhaltsverzeichnis kann man durch Positionierung des Mauszeigers auf eine Kapitelzeile und einem Klick (linke Taste)
direkt zu der Seite mit dem angewählten Kapitel gelangen (gesetzter Sprung). Das aktuelle Hauptkapitel (1 Statik, 2 Festigkeitslehre bzw. 3 Dynamik) und die aktuelle Seite (bis auf die Statik nicht identisch mit der Foliennummer) erscheint immer unten rechts.
• Bestimmte Verweise auf Kapitel, Formeln usw. sind rot umrandet. Mit einem Mausklick (linke Taste) in den rot umrandeten Be-reich wird ein gesetzter Sprung zu dem Ziel ausgeführt. Zurück kommt man innerhalb eines Hauptkapitels schnell mit
• Beachte: Bei Präsentationen mit dem PowerPoint-Viewer erfolgt ein gesetzter Sprung in ein anderes Hauptkapitel (1 Statik, 2 Festigkeitslehre bzw. 3 Dynamik) programmbedingt immer nur auf die Startseite des Hauptkapitels. Über das Inhaltsverzeich-nis bzw. die Foliennummer (in der Form: S <n>, F <n>, D <n> angegeben) gelangt man dann schnell an die gewünschte Stelle.
Hinweis: Die Nummerierungen der Kapitel, Gleichungen und Bilder sind mit den Nummerierungen im Buch identisch. Zusätzliche Bilder in dieser Präsentation sind nicht nummeriert. Die Seitenzahlen sind nicht identisch mit denen des Buches.
zurück zur letzten
angesehenen Seite
zumInhaltver-
zeichnisses
eine Seitevor
Aufrufdieser Hilfe
ein Kapitel zurück.
eine Seitezurück
ein Kapitel vor
Präsentation beenden
Ende?
Zum vereinfachten Navigieren ist auf jeder Seite eine Symbolleiste mit folgenden Funktionen, die mit dem Mauszeiger durch Anklicken aktiviert werden, angeordnet:
Hilfe (siehe auch Datei auf der CD-ROM: Hinweise.doc)
Animationsschritt vorwärts: Eingabetaste (), Leertaste, linke Maustaste, Nach-Rechts-, Nach-Unten-,
Bild-Nach-Unten-Taste und „N“Animationsschritt zurück: Nach-Links-, Nach-Oben-, Bild-Nach-Oben-Taste und „P“Seitenwechsel: erfolgen bei der fortlaufenden Animation automatischEine Seite anwählen: PowerPoint Foliennummer <n> und Eingabetaste (z. B. im gelben Feld des Inhaltsverzeichnisses angegeben)Präsentation beenden: Esc
Die PowerPoint-Präsentation kann mit den Funktionen, die das Programm PowerPoint bzw. PowerPoint-Viewer bietet, vorgenom-men werden (siehe auch die Hilfefunktion zu PowerPoint, die während der Präsentation, z. B. über das Menü der rechten Maus-taste, erreichbar ist). Für Nutzer von PowerPoint-Viewer (hier steht die Hilfe nicht zur Verfügung) sind die wichtigsten Funktionen nachfolgend aufgeführt:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 4
Einführung
Die CD-ROM enthält den kompletten1 Buchinhalt in Form einer PowerPoint-Präsentation, die so aufbereitet wurde, dass sich die Lehrinhalte – wie bei einer Vorlesung – Schritt für Schritt auf dem Bildschirm entwickeln, wobei Sie selbst das Tempo bestimmen können.
Vor- und Rücksprünge zu Kapiteln, Gleichungen und Bildern, auf die bei der Ableitung eines Zusammenhangs oder beim Lösen von Beispielen Bezug genommen wird sowie ein einfaches Navigieren auf der CD-ROM unter Nutzung des Inhaltsverzeichnisses und der auf jeder Seite vorhandenen Symbolleiste (siehe unten), erleichtern die Arbeit mit der PowerPoint-Präsentation.
Zeichnungen, Bilder, zusätzliche Fotos und Animationen in Farbe begleiten die Entwicklung eines Gedanken-ganges, lassen den Lösungsweg einer Aufgabe klarer hervortreten und unterstützen so den nicht immer ein-fachen Lernprozess und das Verstehen der Zusammenhänge. Allerdings können Sie weder das Buch noch die CD-ROM von der Notwendigkeit entbinden, sich den Stoff mit Bleistift und Papier zu erarbeiten und selbständig möglichst viele Beispiele zu rechnen. Die Mechanik erschließt sich nicht einfach nur durch das Lesen eines Buches oder das Abspielen einer CD-ROM, sondern erfordert die Bereitschaft und die Mühe, das Gehörte und Gelesene zu verstehen und das Verständnis an Hand von Beispielen zu überprüfen. Wir hoffen aber, dass das vorliegende Buch und die beigefügte CD-ROM das Lernen, das Verstehen und das Anwenden der vermittelten Lehrinhalte erleichtern und wirkungsvoll unterstützen.
1 Die Textpassagen sind auf der CD-ROM gegenüber dem Buch etwas umgestellt und um die Teile gekürzt, die nicht unmittelbar zur Herleitung eines Gedankenganges benötigt werden. Das war unserer Meinung nach deshalb notwendig, um zusammen-hängende Ableitungen möglichst auf eine PowerPoint Seite bringen zu können und um unnötige Rücksprünge zu vermeiden.
1 StatikEinführung
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 5
ide
ntis
ch m
it S
eite
PowerPointFolien-Nr.Inhaltsverzeichnis
(Datei: TM-Wi-stat.ppt / Kennzeichnung der Folien-Nr. mit S <n> )1 STATIK
12
S 12
1.1 Grundlagen
15
S 15
1.1.1 Starrer Körper
15
S 15
1.1.2 Kraft
16
S 16
1.1.3 Wechselwirkungsprinzip
191.1.4 Schnittprinzip
201.1.5 Reaktionskräfte und eingeprägte Kräfte
211.1.6 Gleichgewicht
211.1.7 Äquivalenz von Kräften
231.2 Zentrales ebenes Kraftsystem
241.2.1 Resultierende
241.2.2 Gleichgewicht von Kräften
311.2.3 Lagerungsbedingungen
321.3 Allgemeines ebenes Kraftsystem
361.3.1 Ermittlung der Resultierenden zweier paralleler Kräfte
361.3.2 Moment
381.3.3 Versetzungsmoment
401.3.4 Rechnerische Ermittlung der Resultierenden (Lösungskonzept)
421.3.5 Gleichgewicht von Kräften und Momenten
441.3.6 Bindungen, Freiheitsgrad und statische Bestimmtheit einer starren Scheibe
46
S 46Ende?
Seite
1 StatikInhalt Seite: 5
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 6
ide
ntis
ch m
it S
eite
1.4 Ebene Tragwerke
49
S 49
1.4.1 Grundbegriffe
491.4.2 Lagerung starrer Scheiben
501.4.3 Streckenlasten
551.4.3.1 Definition von Streckenlasten
551.4.3.2 Ermittlung der Resultierenden einer Streckenlast
571.4.4 Beispiele
591.5 Scheibenverbindungen
621.5.1 Ermittlung der statischen Bestimmtheit
621.5.2 Dreigelenkträger
671.5.3 Gerberträger
721.5.4 Ebene Fachwerke
751.5.4.1 Überprüfung der statischen Bestimmtheit von Fachwerken
801.5.4.2 Arten von Fachwerken
811.5.4.3 Berechnungsmethoden für Fachwerke
831.6 Schnittgrößen in ebenen Trägern und Trägersystemen
881.6.1 Definition der Schnittgrößen
881.6.2 Berechnung und grafische Darstellung der Schnittgrößen
911.6.3 Differentielle Beziehungen
951.6.4 Anwendungen
981.7 Zentrales räumliches Kraftsystem
1101.7.1 Ermittlung der Resultierenden
1111.7.2 Gleichgewicht einer zentralen räumlichen Kräftegruppe
112
S 112Ende? 1 Statik
Inhalt Seite: 6
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 7
ide
ntis
ch m
it S
eite
1.8 Allgemeines räumliches Kraftsystem
114
S 114
1.8.1 Zusammensetzung von Kräften und Momenten
1171.8.2 Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte und Momente
1181.8.3 Räumlich gestützter Körper
1191.8.4 Schnittgrößen am räumlich belasteten Balken
1231.9 Schwerpunkt
1271.9.1 Massenschwerpunkt
1271.9.2 Volumenschwerpunkt
1291.9.3 Flächenschwerpunkt ebener Flächen
1291.9.4 Linienschwerpunkt ebener Linien
1311.9.5 Schwerpunkt zusammengesetzter Gebilde
1321.9.6 Anmerkungen zur Berechnung von Schwerpunkten
1331.10.1 Definition der Flächenträgheitsmomente
1341.10.2 Satz von STEINER
1371.10.3 Flächenträgheitsmomente einfacher Querschnittsflächen
1401.10.4 Hauptträgheitsmomente
1411.10.5 Flächenträgheitsmomente zusammengesetzter Flächen
146
1.10 Flächenträgheitsmomente
134
1.11 Haftung und Gleitreibung
1481.11.1 Haftung (Zustand der Ruhe)
1491.11.2 Gleitreibung (Zustand der Bewegung)
1541.11.3 Seilhaftung und Seilreibung
1561.11.3.1 Seilhaftung
1561.11.3.2 Seilreibung
160
S 160
Ende? 1 StatikInhalt Seite: 7
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 8
(Datei: TM-Wi-fest.ppt / Kennzeichnung der Folien-Nr. mit F <n> )2 Festigkeitslehre
161
F 12
2.1 Grundlagen der Festigkeitslehre
162
F 13
2.1.1 Einleitung
162
F 13
2.1.2 Spannungszustand
168
F 19
2.1.3 Deformationszustand
171
F 22
2.1.4 Elastizitätsgesetze (Materialgesetze)
174
F 25
2.1.4.1 Elastizitätsgesetz für die Dehnung
175
F 26
2.1.4.2 Elastizitätsgesetz für die Gleitungen
181
F 32
2.1.4.3 Verallgemeinertes HOOKEsches Gesetz
182
F 33
2.2 Zug und Druck
184
F 35
2.2.1 Spannungen und Verformungen von Stabsystemen
184
F 35
2.2.1.1 Berechnung der Spannung
184
F 35
2.2.1.2 Berechnung der Verformungen
188
F 39
2.2.2 Flächenpressung
198
F 49
2.3 Biegung
203
F 54
2.3.1 Voraussetzungen und Annahmen
203
F 54
2.3.2 Spannungen bei gerader Biegung
205
F 56
2.3.3 Verformungen bei gerader Biegung
212
F 63
2.3.4 Schiefe Biegung
229
F 80
2.4 Querkraftschub
234
F 85
2.4.1 Schubspannungen infolge Querkraftbelastung
234
F 85
2.4.2 Abschätzung der Verformungen infolge Querkraftbelastung
238
F 89 Ende? 1 StatikInhalt Seite: 8
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 9
(Datei: TM-Wi-dyn.ppt / Kennzeichnung der Folien-Nr. mit D <n> )
2.5.1 Torsion von Stäben mit Kreis- und Kreisringquerschnitten
243
F 94
2.5.1.1 Annahmen und Voraussetzungen
243
F 94
2.5.1.2 Berechnung der Torsionsspannung
244
F 95
2.5.1.3 Berechnung der Verformung (Verdrehwinkel )
247
F 98
2.5.2 Hinweise zur Torsion allgemeiner Querschnitte
254
F 105
2.5 Torsion
242
F 93
2.6 Scherbeanspruchung
258
F 109
2.7.1 Überlagerung gleichartiger Spannungen
264
F 115
2.7.2 Mehrachsige Spannungszustände
265
F 116
2.7.3 Spannungshypothesen
275
F 126
2.7 Zusammengesetzte Beanspruchung
263
F 114
2.8.1 Einführung
285
F 136
2.8.2 Ein einfaches Stabilitätsproblem
290
F 141
2.8.3 EULER-Fälle
293
F 144
2.8 Stabilität
285
F 136
3 Dynamik
302
D 12
3.1 Kinematik des Punktes
304
D 14
3.1.1 Definitionen
304
D 14
3.1.2 Weg, Geschwindigkeit und Beschleunigung in kartesischen Koordinaten
305
D 15
3.1.3 Weg, Geschwindigkeit und Beschleunigung in Bahnkoordinaten
307
D 17
3.1.4 Weg, Geschwindigkeit und Beschleunigung in Polarkoordinaten
309
D 19
3.1.5 Bewegung auf einer Kreisbahn
311
D 21 Ende? 1 StatikInhalt Seite: 9
3.1.6 Grundaufgaben der Kinematik
313
D 23
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 10
3.2.1 Grundlagen
318
D 28
3.2.2 Momentanpol
319
D 29
3.2.3 Kinematik von Systemen aus Punktmassen und starren Körpern
325
D 35
3.2 Kinematik der ebenen Bewegung des starren Körpers
318
D 28
3.3.1 D’ALEMBERTsche Prinzip für Punktmassen
330
D 40
3.3.2 Ebene Bewegungen von starren Körpern
337
D 47
3.3.3 Aufstellung von Bewegungsgleichungen
349
D 59
3.3 Kinetik der ebenen Bewegung von Punktmassen und starren Körpern
330
D 40
3.4 Energiebetrachtungen
356
D 66
3.4.1 Arbeit, Energie, Leistung
356
D 66
3.4.1.1 Arbeit
356
D 66
3.4.1.2 Potentielle Energie
359
D 69
3.4.1.3 Energieerhaltungssatz
360
D 70
3.4.1.4 Leistung
368
D 78
3.4.1.5 Kinetische Energie für die ebene Bewegung eines starren Körpers
371
D 81
3.4.2 Verallgemeinerung des Energiesatzes
376
D 86
3.4.3 LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen 2. Art
380
D 90
3.5 Schwingungen
389
D 99
3.5.1 Einführung
389
D 99
3.5.2 Freie ungedämpfte Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
394
D 104
3.5.3 Freie gedämpfte Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
407
D 117
3.5.4 Erzwungene Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
417
D 127
3.5.5 Systeme mit mehreren (n) Freiheitsgraden
424
D 134Ende? 1 Statik
Inhalt Seite: 10
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 11
3.5.5.1 Einführung
424
D 134
3.5.5.2 Aufstellen der Bewegungsgleichungen
425
D 135
Ende?
bis
435
D 145
1 StatikInhalt Seite: 11
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 12
Üblicherweise unterteilt man die Technische Mechanik nach der Beschaffenheit der betrachten Körper in die Mechanik fester, flüssiger und gasförmiger Körper. Das vorliegende Buch behandelt ausschließlich die Technische Mechanik fester Körper (Festkörpermechanik).
Dieses Gebiet wird häufig weiter unterteilt in Statik Festigkeitslehre und Dynamik.
Diese Unterteilung liegt auch dem vorliegenden Buch zu Grunde.
Die Mechanik ist die Lehre von der Wirkung von Kräften auf Körper. Sie ist ein Teilgebiet der Physik. Die Technische Mechanik wendet physikalische Gesetze auf technische Probleme an und entwickelt dabei grundlegende Methoden und Berechnungswege, um das mechanische Verhalten von realen technischen Systemen untersuchen, beschreiben und beurteilen zu können.
Was ist Technische Mechanik?
1 Statik
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 13
Am Ende der Lehrveranstaltung sollen Sie in der Lage sein, einfache technische Problemstellungen aus den oben genannten Gebieten der Mechanik zu erkennen, richtig einzuordnen, daraus mechanische Berechnungsmodelle zu erstellen und diese einer Lösung zuzuführen.
Ziel der Lehrveranstaltung
Das Ziel der Vorlesung besteht darin, Ihnen Grundkenntnisse in der Statik, der Festigkeitslehre und der Dynamik (Kinematik, Kinetik, Schwingungslehre) zu vermitteln und dabei das methodische Vorgehen bei der Lösung einfache technische Aufgabenstellungen anhand der grundlegenden Prinzipien der Technischen Mechanik zu erläutern.
Die Statik – genauer die Statik fester Körper – der wir uns im Kapitel 1 Statik zuwenden werden, ist die Lehre von der Wirkung von Kräften auf starre Körper im Gleichgewichtszustand. Die Beanspruchung der betrachteten Körper wird dabei als zeitlich unveränderlich vorausgesetzt.
Es ist das Ziel der Statik, Bedingungen (Gleichgewichtsbedingungen) für die angreifenden Kräfte zu formulieren, unter denen ein Körper oder ein Körpersystem in Ruhe bleibt.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 14
Ein klassisches Beispiel dafür ist der Einsturz der Takoma Narrows Bridge im Bundesstaat Washington (USA) am 7. 11.1940, bereits vier Monate nach ihrer Eröffnung.
Wozu brauchen Sie Technische Mechanik?Wozu brauchen Sie Technische Mechanik?
Die Ursache des Einsturzes waren plötzliche Torsions-schwingungen, die infolge von Windverwirbelungen im Resonanzbereich angeregt wurden. Erst 1992 führten Computersimulationen zur endgültigen Klärung aller Phänomene dieses Einsturzes.
Zur Vermeidung derartiger Katastrophen und Unglücksfälle vermitteln die Technische Mechanik und die angrenzenden Wissensgebiete notwendige Grundlagen für eine zuverlässige Modell-bildung, für die Berechnung und Simulation sowie für experimentelle Untersuchungen.
Ende?
VideoVideo
Ein Versagen technischer Konstruktionen gab es (und wird auch zukünftig nicht ganz vermeidbar sein), seitdem der Mensch begonnen hat seine Umwelt auf der Grundlage des jeweiligen aktuel-len Kenntnisstandes zu verändern.Fehler bzw. nicht bekannte oder berücksichtigte Ein-flüsse können zu großen Katastrophen führen.
Zur Ansicht des Videos auf das Bild klicken oder Datei takoma-bridge.avi mit geeignetem Media-Player öffnen. Ein weiterer Klick auf das Video stoppt dieses bzw. setzt die Wiedergabe fort oder beginnt zu erneut.
Das sollte vermieden werden!Das sollte vermieden werden!
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 15
1.1 Grundlagen
1.1.1 Starrer Körper
Von einem starren Körper sprechen wir dann, wenn der Abstand zwischen zwei Punkten auf dem Körper bei beliebigen Belastungen unverändert bleibt. In der Statik vernachlässigen wir also die Verformung eines Körpers unter der Wirkung von Belastungen.
Ein starrer Körper ist die Idealvorstellung eines Körpers, der unter Krafteinwirkung keine Verformung erfährt.
Jeder reale Körper unter der Wirkung von äußeren Belastungen, der sich in Ruhe – d. h. im Gleichgewicht – befindet, kann gedanklich in einen starren Körper verwandelt werden (Erstarrungsprinzip).
Beachte: Natürlich ist ein realer Körper niemals ein starrer Körper. Das Modell eines starren Körpers ist aber in vielen Fällen eine für technische Bauteile und Konstruktionen zweckmäßige Annahme. Diese Annahme muss aber unbedingt kritisch überprüft werden, um die Gültigkeit der daraus folgenden Berechnungsergebnisse sicherzustellen.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 16
Definition des KraftbegriffsJede physikalische Größe, die sich mit der Gewichtskraft ins Gleichgewicht setzen lässt, ist eine Kraft.
Weitere Beispiele für Kräfte:magnetische und elektrische Kräfte, Druckkräfte von Flüssigkeiten und Gasen, Windkräfte, Federkräfte usw.
Zentraler Begriff der Statik : Kraft
1.1.2 Kraft
„Urbild“ der Kraft: Gewichtskraft und Muskelkraft (die Muskelkraft kann erfahrungsgemäß an einem Körper im Schwerefeld der Erde Gleichgewicht herstellen)
Kräfte sind Vektoren und durch die folgenden Größen bestimmt:
• Betrag• Richtung• Richtungssinn und• Angriffspunkt
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 17
Kennzeichnung von Vektoren: Symbol mit einem Vektorpfeil, z. B. F
Der Kraftvektor wird üblicherweise mit (von force) gekennzeichnet.Der Betrag des Kraftvektors wird durch dargestellt (eventuell wird F mit einem Index versehen, der den Angriffspunkt und/oder die Richtung kennzeichnet).
F
F |F|
Zeichnerische Darstellung der Kraft:Vektorlänge e
APWL
F
Bild 1.1 Darstellung eines Vektors
Für die maßstäbliche Darstellung der Kraft benötigt man die Richtung (auch als Wirkungslinie WL bezeichnet), den Angriffspunkt AP, und die Vektorlänge e. Die Pfeilspitze legt den Richtungssinn auf der Wirkungslinie WL fest (Bild 1.1).
Um den Betrag von als Vektorlänge e, darstellen zu können, muss man einen Maßstabsfaktor mF festlegen.Es gilt dann:
F
Fm 1 e
F
mit F in N und mF in N/mm
Einheiten der Kraft (gesetzlich verbindlich)1 N = 1 kg m s-2
1 kN = 1000 N (alt: 1 kp = 9,81 N)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 18
Hinweis: Da wir auf grafische Verfahren nicht eingehen werden, müssen unsere Darstellungen der Kraftvektoren nicht maßstäblich sein. Die Darstellung der Kräfte in Skizzen in Form eines Pfeilbildes genügt in der Regel.
Das Pfeilbild soll die Lage, die Richtung und den Richtungssinn prinzipiell beschreiben und wird durch die Angabe des Betrages F und des Richtungswinkels eindeutig ergänzt (Bild 1.2)
F
Bild 1.2 Skizze eines Kraftvektors
In der Mechanik Unterscheiden wir• räumlich verteilte Kräfte (z. B. Gewichtskraft, elektrische und magnetische Kräfte) • flächenhaft verteilte Kräfte (z. B. Druckkräfte von Flüssigkeiten und Gasen)• Einzelkräfte
Eine Einzelkraft ist ein idealisierter Grenzfall. Sie kann z. B. durch eine Seilkraft veranschaulicht werden, bei der der Angriffsbereich eine sehr kleine Querschnittsfläche des Seiles ist. Eine Einzelkraft wird am starren Körper durch einen linienflüchtigen Vektor beschrieben. Daraus folgt der Verschiebungssatz:
An einem starren Körper kann eine Einzelkraft beliebig entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 19
1.1.3 Wechselwirkungsprinzip
Das Wechselwirkungsgesetz geht auf Newton (1687) zurück, der die Gleichheit von Wirkung und Gegenwirkung postulierte.
Zu jeder Kraft gehört auf der gleichen Wirkungslinie eine Gegenkraft von gleichem Betrag aber mit entgegengesetztem Richtungssinn.
Das gilt beispielsweise auch für Kräfte, die an Körpern wirken, die sich nicht berühren(z. B. Gravitationskräfte zwischen Himmelskörpern, magnetische Kräfte).
Eine Kraft tritt also niemals allein auf, sondern es gehört zu jeder Kraft eine gleich große Gegenkraft (siehe Bild 1.3) .
Körper
ErdmittelpunktM
FG
FG
Bild 1.3 Wechselwirkungsprinzip
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 20
Im Bild 1.4 wurde beispielsweise der Körper aus Bild 1.3 von seiner Unterlage befreit und die Wirkung der Unterlage auf den Körper sowie die Wirkung des Körpers auf seine Unterlage durch die Kraft FN ersetzt.
(Normalkraft)
FG
FN
FN
Bild 1.4 Schnittprinzip und Gleichgewicht
1.1.4 Schnittprinzip
Die dadurch verlorengegangene gegenseitige Beeinflussung zwischen Körper und Umgebung muss danach durch geeignet gewählte Kräfte ersetzt werden, die den ursprünglichen Ruhezustand (oder Bewegungszustand, siehe Kapitel 3 Dynamik) des Körpers wieder herstellen.
Ein Körper kann mittels eines gedachten Schnittes von seiner Umgebung befreit werden.
Durch dieses grundlegende Prinzip wird es möglich, innere Kräfte eines technischen Systems sichtbar und damit berechenbar zu machen.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 21
Alle Kräfte, die nicht durch starre Bindungen (Lagerungen, Abstützungen) bedingt sind, heißen eingeprägte Kräfte.
1.1.5 Reaktionskräfte und eingeprägte Kräfte
Durch Lagerungen oder Abstützungen kann ein starrer Körper erfahrungsgemäß in seiner Lage fixiert werden – der Körper ist dann an seine Lage gebunden.
1.1.6 Gleichgewicht
Das Gleichgewichtsprinzip der Statik sagt aus, dass ein starrer Körper dann im Gleichgewicht ist, wenn er sich im Zustand der Ruhe (oder der gleichförmigen Bewegung) befindet.
Kräfte, die bei der Anwendung des Schnittprinzips die Wirkung der Lager oder der Stützen ersetzen, nennt man Reaktionskräfte (oder auch Bindungskräfte).
Der Angriffspunkt und die Wirkungslinie einer Reaktionskraft werden durch die von der zugehörigen Bindung verhinderten Bewegung des Körpers bestimmt (vgl. Kapitel 1.4.2).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 22
Schneiden wir einen Körper aus der Umgebung frei und tragen alle Reaktionskräfte und eingeprägten Kräfte an, so befindet sich der Körper im Gleichgewicht, wenn die Gesamtheit der Kräfte den Zustand der Ruhe oder der gleichförmigen Bewegung des Körpers nicht verändert.
Der einfachste Fall einer Gleichgewichtsgruppe von Kräften liegt offensichtlich vor, wenn ein Körper unter der Wirkung von nur zwei Kräften steht (vgl. Bild 1.4). Dann herrscht Gleichgewicht, wenn die beiden Kräfte
1. die gleiche Größe (gleichen Betrag) haben,2. entgegengesetzt zueinander gerichtet sind und3. auf der gleichen Wirkungslinie liegen.
(Normalkraft)
FG
FN
FN
Bild 1.4 Schnittprinzip und Gleichgewicht
Diese durch die Erfahrung bestätigte Erkenntnis kann auf die Wirkung von beliebig vielen Kräften verallgemeinert werden (siehe Kapitel 1.2).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 23
1.1.7 Äquivalenz von Kräften
Eine Gruppe von Kräften nennt man äquivalent (mechanisch gleichwertig) zu einer zweiten Gruppe von Kräften, wenn beide für sich an demselben starren Körper die gleiche mechanische Wirkung haben.
Für einen starren Körper sind unendlich viele Kräftegruppen denkbar, die zu einer gegebenen Kräftegruppe äquivalent sind. So sind beispielweise zwei nach Betrag und Richtungssinn gleiche Kräfte auf der gleichen Wirkungslinie mit unterschiedlichem Angriffspunkt am starren Körper äquivalent .
Aus dem Gleichgewichts- bzw. Äquivalenzprinzip werden wir in den folgenden Kapiteln mathematische Gleichgewichts- bzw. Äquivalenzbedingungen ableiten, aus denen wir noch unbekannte Kräfte berechnen können.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 24
1.2 Zentrales ebenes Kraftsystem
Eine Gruppe von Kräften, die an einem starren Körper angreift, heißt zentrales Kraftsystem, wenn sich die Wirkungslinien aller Kräfte in einem Punkt schneiden.
1.2.1 Resultierende
Eine Gruppe von Kräften lässt sich durch eine äquivalente Kraft, die so genannte Resultierende , ersetzen. Die Resultierende ist den Kräften äquivalent.
) n21 F, ,F,F (
) n21 F, ,F,F (
RF
Hinweis: Die Anwendung grafischer Methoden dient nachfolgend vorwiegend zur Veranschaulichung. Die Lösung von Aufgaben erfolgt in der Regel analytisch.
Grafische Lösung:
Parallelogrammsatz: Zwei Kräfte lassen sich im Kräfteplan grafisch zu einer Resultierenden zusammenfassen, die nach Größe und Richtung durch die Diagonale in einem Parallelogramm bestimmt wird, dessen Seiten von den beiden (maßstäblich gezeichneten) Kräften aufgespannt werden.
(vgl. Bild 1.5 a) bis c) auf der folgenden Seite).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 25
F1
WL2
WL1
F2
AP2
AP1
a) Lageplan Darstellung von Betrag, Richtung Richtungssinn und Angriffspunkten der Kräfte
Bild 1.5 Lageplan, Kräfteplan, Krafteck
Nachfolgend wird die Ermittlung der Resultierenden an zwei Kräften (Bild 1.5 a) gezeigt.
Hinweis: Das Krafteck (Bild 1.5 c) ist eine Vereinfachung des Kräfteparallelogramms, bei der die Reihenfolge der Kräfte beliebig ist.
b) Kräfteplan(mit Kräfteparallelogramm)
Darstellung von Betrag, Richtung und Richtungssinn der Kräfte
F1
F2
FR
FR
WLRFR
Nach Ermittlung von FR über den Kräfteplan bzw. das Krafteck wird diese auf der resultierenden
Wirkungslinie (WLR) in den Lageplan eingezeichnet.
c) Krafteck
F2
F1
Vereinfachung
Beachte: Eine Umkehrung der Aufgabe, d. h. die Zerlegung einer Kraft in beliebig viele Komponenten ist nicht möglich. Eine Kraft kann in der Ebene eindeutig nur in zwei Komponenten zerlegt werden!
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 26
Analytische Lösung:
Auf Kräfte können die Regeln der Vektorrechnung angewandt werden. Für die Zusammensetzung von n Kräften zu einer Resultierenden gilt folglich:
ni21
n
1iiR FFFFFF
(1.1)
,FFn
1iixRx
n
1iiyRy FF (1.2)
In Komponentenschreibweise bezogen auf ein (x,y)-Koordinatensystem (Bild 1.6) gilt für die Resultierenden in x- und in y-Richtung
x
y
WL
Fi
i
Bild 1.6 Komponenten einer Kraft
Fix = Fi cosi
Fiy = Fi sini
bzw. mit den Komponenten von Fi nach Bild 1.6
n
1iiiRx ,cosFF
n
1iiiRy sinFF (1.3)
Hinweis: Verwendet man die Definition für die Winkel i nach Bild 1.6, so wird das richtige Vorzeichen der Kraftkomponenten automatisch über die Winkelfunktionen in die Gleichung (1.3) übernommen.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 27
Für die Resultierende ergibt sich dann
2Ry
2RxR FFF (1.4)
Da für R noch zwei Quadranten möglich sind, bildet man für die Eindeutigkeit des
Richtungssinns noch
R
RyR F
Fsin (1.6)
Die Lage der Resultierenden wird durch den Winkel R bestimmt, der sich aus
Rx
RyR F
Ftan (1.5)
ergibt.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 28
x
y
2 = 160
F1 = 200 N
1 = 30F2 = 400 N
Bild 1.7 Resultierende zweier Kräfte
Beispiel 1.1 Resultierende zweier Kräfte
Für die im Lageplan des Bildes 1.7 dargestellten zwei Kräfte F1 und F2 soll die Resultierende ermittelt werden.
Berechnung mit den Gleichungen (1.3) bis (1.6):
N 202,7-N 9,3752,173F
N 160cos40030cos200F
cosFcosFcosFF
Rx
Rx
2211
2n
1iiiRx
und
N 8,236N 8,136100F
N 160sin40030sin200sinFsinFsinFF
Ry
2211
2n
1iiiRy
Der Betrag der Resultierenden ergibt sich aus (1.4)
N 311,7N 8,2367,202FFF 222Ry
2RxR
FR
R
Berechnung des Winkels R:siehe folgende Seite
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 29
Den Winkel der Resultierenden erhalten wir aus Gleichung (1.5)
168,1N 7,202
N 8,236F
Ftan
Rx
RyR
Für die Eindeutigkeit des Winkels berechnen wir noch (1.6)
7597,0N 7,311N 8,236
F
Fsin
R
RyR
zwei Lösungen für R
57,130180
43,49
1R,2R,
1R,
57,130180
43,49
3,R4,R
3,R
zwei weitere Lösungen für R
Der gesuchte Winkel R muss beiden Gleichungen (1.5) und (1.6) erfüllen. Das
trifft nur für den Winkel von 130,57 zu. Damit hat die Resultierende den Richtungswinkel
57,130R
Die Resultierende kann jetzt auf einer Wirkungslinie durch den Schnittpunkt der beiden Wirkungslinien von F1 und F2 mit dem Richtungswinkel R eingezeichnet
werden (siehe Bild 1.7, eine Seite zurück).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 30
Weitere Berechnungsmöglichkeit:
x
y F1 = 200 N
1 = 30
F2 = 400 N
Bild 1.8 Komponenten von F1 und F2
Die 2. Berechnungsmöglichkeit beruht darauf, dass zunächst nur die Beträge der Kraftkomponenten – in der Regel aus Winkeln zwischen 0 und /2 zu einer der Koordinatenachsen – berechnet werden.
N 8,236N 8,136100cosFsinFFFF
N 7,202N 9,3752,173sinFcosFFFF
211V2V1Ry
211H2H1Rx
Wie man sieht, erhält man die gleichen Komponenten für die Resultierende. Die Rechnung wird dann wie oben fortgesetzt.
Bei der Berechnung des Richtungswinkels R kann man sich auf die Gleichung
(1.5) beschränken, wenn der richtige Winkel von den zwei möglichen wiederum aus der Anschauung (Beurteilung der Vorzeichen von FRx und FRy) gewonnen wird.
F2H
F1H
F1V
F2V1
Das richtige Vorzeichen der Kraftkomponenten für das Aufschreiben der Gleichung (1.2) muss dann aus der Anschauung genommen werden. Wir erhalten (vgl. Kraftzerlegung in Bild 1.8):
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 31
1.2.2 Gleichgewicht von Kräften
Das Kraftgleichgewicht ist die Bedingung für die Ruhe (bzw. für die gleichförmige Bewegung) eines Systems.
Analytische Lösung dieser Aufgabe
FRx= 0 bzw. FRH= 0 oder symbolisch: (1.7)
FRy= 0 bzw. FRV= 0 oder symbolisch: (1.8)
:
:
Beachte: Da das Gleichgewicht in jeder beliebigen Richtung aufgeschrieben werden kann, gibt es unendlich viele Gleichgewichtsbedingungen.
Da von diesen jedoch nur zwei linear unabhängig sind, können nur zwei Unbekannte berechnet werden.
Weitere Gleichgewichtsbedingungen können gegebenenfalls zur Kontrolle benutzt werden.
Satz: Eine zentrale ebene Kräftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn ihre Resultierende gleich Null ist.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 32
Beachte: Ein Seil kann nur Zugkräfte übertragen! Ein Stab, der beidseitig gelenkig befestigt ist, kann sowohl Zug- als
auch Druckkräfte übertragen. FS 0 bedeutet, der Stab wird auf Druck beansprucht.
Wenn wir einen starren Körper mit Hilfe des Schnittprinzips von seinen Lagerungen befreien, werden die Lagerkräfte sichtbar.
Seile und Stäbe:Seile und Stäbe können nur Kräfte in Längsrichtung aufnehmen. Wir führen einen Schnitt durch das Seil oder den Stab und tragen eine Zugkraft (Zugkräfte sind dann immer positive Kräfte) an dem Schnittufer in Längsrichtung an (siehe Bild 1.9).
Bild 1.9 Lagerung durch Seilen und Stäben
Seil
Stab 1
Stab 2 Seil
Stab 1
Stab 2
FS
FS1
FS2
Schnittprinzip
1.2.3 Lagerungsbedingungen(Weitere Lagerungsbedingungen werden im Kapitel 1.4.2 behandelt)
Seil, Stab und reibungsfreie Auflage sind wichtige technischen Realisierungen der Lagerung eines starren Körpers unter der Wirkung von Zentralkräften.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 33
Reibungsfreie (ideal glatte) Berührung zwischen Körper und Unterlage
Typische Beispiele sind die Lagerung einer Kugel in einer starren Rinne (Bild 1.10) bzw. die Lagerung eines starren Körpers auf einer glatten Kante oder Schneide.
Durch einen Schnitt wird der Körper von der Unterlage befreit und üblicherweise eine Druckkraft FN normal (senkrecht) zur gemeinsamen Tangentialebene von Körper und Unterlage angetragen.
Schnittprinzip
FBFA
R
FG
FB
BA
FA
Bild 1.10 Reibungsfreie Berührung zwischen Körper und Unterlage
R
FG
AB
Beachte: Liefert die Berechnung FN 0, bedeutet das ein Abheben von der
Unterlage, falls das konstruktiv nicht verhindert wird.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 34
b) Schnittskizze
F
FS2
FS1
c) Komponentenzerlegung
F
FS2cos
FS2sin
FS1sinFS1cos
Beispiel 1.2 Berechnung der Stabkräfte eines Stabzweischlag
Gegeben: F, , (siehe Bild 1.11 a )Gesucht: Stabkräfte FS1, FS2
Bild 1.11 Berechnung der Stabkräfte eines Stabzweischlag
F Stab 1
Stab 2
a)
Freischneiden
Gleichgewichtsbedingungen (vgl. Bild 1.11 c )
-FS1sin + FS2sin + F =0: (1)
Das sind zwei Gleichungen für beiden Unbekannten FS1 und FS2.
-FS1cos +FS2cos = 0: (2)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 35
Fcos
sincoscossinF 1S
0Fcos
sincosFsinF 1S1S
Einsetzen von (3) in die Gleichung (1) liefert:
Aus der Gleichung (2) folgt:
coscos
FF 1S2S (3)
Mit dem Additionstheorem sincos - cossin = sin(-) folgt daraus
F)(sin
cosF 1S
(4)
Einsetzen von (4) in die Gleichung (2) liefert:
F)(sin
cosF 2S
(5)
Hinweis: Wie man aus (4) und (5) ersieht, liegen die Stäbe bei = auf einer Geraden, und es ergeben sich rechnerisch unendlich große Stabkräfte. Dieser Widerspruch resultiert aus der Modellannahme eines starren Körpers. Lässt man die Verformbarkeit der Stäbe zu, dann stellt sich im Gleichgewichtszustand ein Winkel von etwas weniger als 180° zwischen den Stäben ein, was zu endlich großen Stabkräften führt, die allerdings sehr groß sein können und zur Zerstörung der Konstruktion führen können.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 36
b) Kräfteplan
F1
Bild 1.12 Resultierende zweier paralleler Kräfte
a) Lageplan
F1
F2
1.3.1 Ermittlung der Resultierenden zweier paralleler Kräfte
In Bild 1.12 a) sind zwei parallele Kräfte F1 und F2 an einem Körper angetragen. Die grafische Lösungsmöglichkeit mit Hilfe der Ergänzung einer Gleichgewichtsgruppe von zwei Hilfskräften FH wird mit Bild 1.12 gezeigt.
FHFH
1.3 Allgemeines ebenes Kraftsystem
Ein allgemeines ebenes Kraftsystem ist eine Gruppe von Kräften mit beliebigen Wirkungslinien (WL), die sich nicht alle in einem Punkt schneiden.
F2*
F1*
F1*
F2*
FR
FR
F2
FH
Hinweis: Die Ergänzung der beiden Hilfskräfte FH kann auf einer beliebigen Wirkungslinien (nicht parallel zu F1 und F2 ) erfolgen. Eine senkrechte Wirkungslinien zu F1 und F2 für FH ist jedoch zu empfehlen.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 37
Bild 1.13 Parallele entgegengesetzt gerichtete Kräfte, mit gleichem Betrag (Kräftepaar)
F1
F2=F1
b) Lageplan
Wir betrachten jetzt den Fall, dass F2 den gleichen Betrag wie F1 hat, aber auf einer parallelen Wirkungslinie entgegengesetzt zu F1 gerichtet ist (Bild 1.13). Zwei Kräfte mit diesen Eigenschaften bezeichnet man als Kräftepaar.
FH
FH
l
F2*
l*
Es ergeben sich zwei neue entgegengesetzt gleiche Kräfte F* auf parallelen Wirkungslinien mit dem gleichen Produkt von KraftAbstand wie das der Ausgangskräfte mit dem Abstand l. Dieses Produkt bezeichnen wir als Moment.
Beachte: FR = 0 (das Krafteck ist geschlossen - aber trotzdem kein Gleichgewicht, vgl. Lageplan)
Ein Kräftepaar ist eine Kräftegruppe aus zwei gleichgroßen entgegengesetzt gerichteten Kräften auf parallelen Wirkungslinien.
F1*
F2
F1
b) Kräfteplan
Wegen F1 = F2 folgt F1*= F2
* und mit l*= l sin und F1= F1* sin ergibt sich
F1 l = F1* l*.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 38
Als Maß für die Wirkung eines Kräftepaares (siehe Bild 1.14) dient sein Moment
M = Fl mit der Einheit: N m (N cm, kN m). (1.9)
Die Wirkung eines Momentes auf einen starren Körper besteht in dem Bestreben, ihn um eine Achse senkrecht zu der vom Kräftepaar gebildeten Ebene zu drehen (z. B. Lenkrad, Schraubendreher). Daraus folgt auch die symbolische Darstellung durch einen den Drehsinn symbolisierenden gekrümmten Pfeil bzw. durch einen Doppelpfeil (siehe Bild 1.14).
1.3.2 Moment
Ein Kräftepaar kann nicht durch eine resultierende Kraft ersetzt werden! Ein Kräftepaar liefert ein Moment!
Bild 1.14 Kräftepaar und Moment mit symbolischer Darstellung
Kräftepaar in x-y-Ebene (Zeichenebene)
F
F
.l
x
y
z
Drehachse z
.
Msymbolisch:
Kräftepaar liegt allgemein im Raum (in der gelben Fläche)
l
F
F.
.
x
y
z
MDrehachse
symbolisch: M
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 39
Das Moment M ist wie die Kraft F ein Vektor, was symbolisch durch ausgedrückt wird. Der Momentenvektor M steht senkrecht auf der von dem Kräftepaar aufge-spannten Ebene (vgl. Bild 1.14, eine Seite zurück).
M
Zur Kennzeichnung des Drehsinns ist bei ebenen Problemen der gekrümmte Pfeil ausreichend. Für allgemeine Lagen des Momentenvektors wird zweckmäßig die Darstellung als Doppelpfeil gewählt, wobei für die Zuordnung der Doppelpfeilrichtung, die den Drehsinn um die Drehachse festlegt, die rechte Hand-Regel (Rechtsschraube) benutzt wird (vgl. Bild 1.15).
Satz: Das Moment ist am starren Körper ein freier Vektor.
Der Momentenvektor kann also am starren Körper, im Unterschied zum Kraftvektor, auch senkrecht zu seiner Wirkungslinie verschoben werden ohne dass sich seine Wirkung auf den starren Körper verändert!
Bild 1.15 Rechte Hand-Regel
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 40
Was passiert, wenn wir eine Kraft F am starren Körper auf eine parallele Wirkungslinie „versetzen“ (z. B. von WL1 auf WL2, vgl. Bild 1.16)?
1.3.3 Versetzungsmoment
WL1WL2
F
l
Bild 1.16 Versetzungsmoment beim parallelen Versetzen einer Kraft
WL1WL2
F
l
M = Fl
WL1WL2
F
l
F
F
Lösung: Wir tragen auf der Wirkungslinie WL2 zwei gleich große, sich gegenseitig aufhebende Kräfte F an.Dabei ergibt sich ein Kräftepaar mit dem Abstand l, das durch ein Momente M = Fl - das so genannte Versetzungsmoment – ersetzt werden kann.
Wenn wir eine Kraft parallel zu ihrer Wirkungslinie verschieben, müssen wir das Versetzungsmoment berücksichtigen.
Kräftepaar
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 41
Als statische Moment einer Kraft F bezüglich eines beliebigen Punktes A bezeichnen wir das Versetzungsmoment MA, das beim Versetzen der Kraft F auf eine parallele, durch A verlaufende Wirkungslinie entsteht (siehe Bild 1.17).
Das statische Moment
Bild 1.17 Statisches Moment einer Kraft bezüglich A
WL
F
Al
.
MA = Fl
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 42
1.3.4 Rechnerische Ermittlung der Resultierenden (Lösungskonzept)
Zur Ermittlung der resultierenden Wirkung einer beliebigen Zahl von Kräften am starren Körper bezüglich eines Punktes A versetzen wir alle Kräfte durch Parallel-verschiebung in den Punkt A und ermitteln das resultierende Versetzungsmoment.
)yFxF(MM iix
n
1iiiy
n
1iiARA
(1.10)
Für das resultierende Moment einer allgemeinen Kraft ergibt sich (vergleiche Bild 1.18):
A
y
xxi
yi
Fi
Fix
Fiy
MiA= Fiy xi - Fix yi
Bild 1.18 Bildung des resultierenden Momentes
Die Kräfte können, wie beim zentralen Kraftsystem, zu einer Resultierenden FR zusammengefasst werden (siehe Gleichungen (1.3) und (1.4)).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 43
F
2F
F
A
a
Beispiel 1.3 Ermittlung der Resultierenden eines ebenen Kraftsystems
Drei Kräfte greifen an einem starren Körper an (Bild 1.19). Wir suchen die Resultierende FR und deren Lage, die durch einen Abstand x auf der Horizontalen durch A festgelegt wird. Gegeben: F, a Gesucht: FR sowie FRH und FRV, , x
= 45
FR
Bild 1.19 Berechnung der Resultierenden
: FRH = 2 F
: FRV = F + F = 2 F
Zuerst berechnen wir mit (1.2) und (1.4) die Größe der Resultierenden FR.
F22F8FFF 22RV
2RHR
1FF
tanRH
RV
Aus (1.5) folgt der Richtungswinkel zu:
Das Versetzungsmoment der drei Kräfte muss gleich dem Versetzungsmoment der Resultierenden FR in Bezug auf den Punkt A (oder einen anderen Punkt) sein:
MRA = FRV xA :
x
a21
x F2
FaFM
xRV
RA
Ende?
FRV
FRH
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 44
Satz: Eine allgemeine ebene Kräftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft FR und das resultierende Moment MR gleich Null sind.
1.3.5 Gleichgewicht von Kräften und Momenten
Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen mit A als Bezugspunkt für das Momentengleichgewicht:
: (1.11)0Fn
1iix
n
1iiy 0F : (1.12)
n
1iiA 0M A : (1.13)
Es gibt unendlich viele Gleichgewichtsbedingungen. Von diesen sind nur drei linear unabhängig. Deshalb können nur drei Unbekannte daraus berechnet werden. Von den unendlich vielen Gleichgewichtsbedingungen können höchstens zwei für Kräfte
aber beliebig viele für Momente verwendet werden. Werden drei Gleichgewichtsbedingungen für die Momente aufgeschrieben, dann dürfen die drei Bezugspunkte nicht auf einer Linie liegen. Weitere Momentengleichgewichtsbedingungen können gegebenenfalls zur Kontrolle benutzt werden.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 45
Beispiel 1.4 Gleichgewicht an einer Umlenkrolle
Bild 1.20 zeigt eine bei A reibungsfrei mit zwei Stäben gelagerte Umlenkrolle, über die ein bei B festgemachtes Seil geführt ist, an dem am anderen Ende eine Kraft F angreift.
Bild 1.20 Gleichgewicht an einer Umlenkrolle
r
AF
Seil
1
2
B
Für das freigeschnittene System mit drei unbe-kannten Kräften müssen die Gleichgewichts-bedingungen (1.11) bis (1.13) erfüllt sein.
Freischneiden
r
AF
FSeil
FS1
FS2
Aus dem Momentengleichgewicht bezogen auf den Punkt A erhalten wir:
A : 0rFrFSeil
Die Kraftgleichgewichtsgleichung in vertikaler Richtung liefert:
: 0sinFFsinF Seil1S
Kraftgleichgewicht in horizontaler Richtung liefert:
: 0cosFFcosF 2S1S
Mit FS1 folgt daraus
sincos
FF 2S
FFSeil
sin
11FF 1S
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 46
Zur eindeutigen Angabe der Lage einer starren Scheibe in der Ebene sind
3 Koordinatennotwendig.
Die freie starre Scheibe hat in der Ebene folglich
f = 3 Freiheitsgrade,d. h., ihre Lage ist durch drei Koordinaten eindeutig bestimmt (siehe Bild 1.21).
x
y
A
Bild 1.21 Mögliche Lagebeschreibungen einer starren Scheibe
Lagebeschreibung durch drei Koordinaten möglich:
xA , yA ,
Das idealisierte Modell starre Scheibe findet in der Statik häufig Verwendung z. B. zur Berechnung der Lagerreaktionen von Kränen, Brücken, Bauträgern usw.
Liegen alle eingeprägten Lasten und alle Stützreaktionen eines starren Körpers in einer Ebene, so nennt man diesen Körper auch starre Scheibe.
1.3.6 Bindungen, Freiheitsgrad und statische Bestimmtheit einer starren Scheibe
r
xA
yAstarre Scheibe
starre ScheibeA’ starre Scheibe
starre Scheibeoder
r , ,
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 47
Mit Hilfe des Schnittprinzips lassen sich die Lagerkräfte freischneiden. An dem freigeschnittenen starren Körper müssen drei Gleichgewichtsbedingungen (z. B. Gleichungen (1.11) bis (1.13)) erfüllt sein, aus denen die Größe von drei Lagerkräften eindeutig bestimmt werden kann.
Eine starre Scheibe kann beispielsweise durchSeile, Stäbe oder reibungsfreie Auflagen
in ihrer Lage fixiert werden.
Durch Lagerungen und Abstützungen (Bindungen b) wird die Anzahl der Freiheitsgrade f der starren Scheibe verringert.
Diese Lagermöglichkeiten binden jeweils einen Freiheitsgrad und heißen deshalb einwertige Lager.
Achtung: Ausnahmen beachten!
Die starre Scheibe mit drei einwertigen Lagern ist unbeweglich, d. h. sie hat den Freiheitsgrad f = 0.
Eine solche Lagerung, bei der die Lagerreaktionen allein aus den Gleichgewichts-bedingungen berechnet werden können, heißt statisch bestimmte Lagerung.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 48
Eine Kontrolle kann z. B. mit Hilfe des Kräftegleichgewichts erfolgen:
Beispiel 1.5 Berechnung der Lagerreaktionen an einer starren Scheibe
Zur Lösung schneiden wir die Lager frei und tragen die Lagerkräfte an (Bild 1.22 rechts).
Wir erhalten:
Die Lagerkräfte berechnen wir aus 3 Momentengleichgewichts-bedingungen um die 3 Punkte A, B und C .
FG
SeilStab
a
a
45°45°
Bild 1.22 Lagerreaktionen an einer starren Scheibe
Schnitt
0aFaF N21
G A :
0aFdF 21
GSt B :
0aFdF 21
GS C :
0FF2F22FF45sinF45sinF G21
G21
G41
NGSSt :
G21
N FF
G41
St F2F
G41
S F2F
erfüllt!
Schnittskizze:
FGa
a
45°45°
FN
FSFSt
d
A
B
C
da2d
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 49
Die Grundelemente von Tragwerken sind Idealisierungen von Bau- und Maschinen-bauelementen. Dazu gehören unter anderem Linientragwerke (Seil, Stab, Balken) und Flächentragwerke (Scheibe, Platte, Schale).
1.4 Ebene Tragwerke
1.4.1 Grundbegriffe
Linientragwerke (Länge groß gegenüber den Querschnittsabmessungen; siehe Bild 1.23):
Bild 1.23 Linientragwerke
Stab, Seil(nur Längsbelastung)
Stabachse
gekrümmter- oder Bogenträger (Belastungen wie Balken)
gekrümmte Balkenachse
Balken (Längs-, Momenten-und Querbelastung)
Balkenachse
Flächentragwerke (Flächenausdehnung groß gegenüber der Dicke)
Bild 1.24 Flächentragwerke
Scheibe(ebene Mittelfläche,
Belastung in der Mittelebene)
Schale(gekrümmte Mittelfläche,
Belastung beliebig)
Platte(ebene Mittelfläche, Belastung
senkrecht zur Mittelebene)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 50
1.4.2 Lagerung starrer Scheiben
Ein Lager bindet eine Scheibe an eine unbewegliche Umgebung. Für eine durch Lager gebundene starre Scheibe gilt, wenn bges die Summe aller Lagerbindungen ist:
die starre Scheibe ist statisch bestimmt gelagert, wenn für die Anzahl der Bewegungsfreiheitsgrade gilt:
f = 3 - bges = 0
die starre Scheibe ist beweglich, wenn für die Anzahl der Bewegungsfreiheitsgrade gilt:
f = 3 - bges > 0
die starre Scheibe ist statisch überbestimmt gelagert, wenn für die Anzahl der Bewegungsfreiheitsgrade gilt:
f = 3 - bges < 0
Wenn das System statisch überbestimmt gelagert ist, reichen die Gleichgewichtsbedingung zur Bestimmung der Lagerreaktionen nicht aus. Die Annahme eines starren Körpers muss dann fallen gelassen werden.
Neben den schon im Kapitel 1.3.6 erwähnten einwertigen Lagern gibt es noch eine Reihe anderer Lager, die die Anzahl der Freiheitsgrade f der starren Scheibe einschränken. Wir wollen nachfolgend die üblichen Lager genauer betrachten und die dafür in Rechnungen üblichen symbolischen Darstellungen einführen.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 51
Bild 1.25 Darstellung einwertiger Lager (Loslager); gestrichelt = Richtung in der Kräfte aufgenommen werden
Stabstütze (Pendelstütze):Kraftrichtung
starrer Körper
a) Loslager: Die Anzahl der Bindungen ist b = 1, d. h. das Lager ist einwertig.
Beachte: Seile können nur Zugkräfte und reibungsfreie Auflager nur Druckkräfte übertragen.
Praktische Beispiele für Loslager sind• die Stabstütze (Pendelstütze),• das Seil,• das reibungsfreie Auflager,• die reibungsfreie Gleithülse.
Reibungsfreie Auflager:
Kraftrichtung Kraftrichtung Kraftrichtung
oder
Kraftrichtung
Stab
Reibungsfreie Gleithülse:
Kraftrichtung
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 52
Das Bild 1.26 zeigt die reale Ausführung eines einwertigen Brückenlagers, welches als reibungsfreies Auflager idealisiert werden kann.
Bild 1.26 Reale Ausführung eines Brückenlagers der Bauart: 4-gliedriges Stelzenlager
Detail des Verstellbereichs
Verstellrichtung
Lastaufnahmerichtung
Originallager der Friedrich-Ebert-Brücke Magdeburg: Einbauzeit 1918-2000, Rekonstruktion 2000, Verstellbereich 12 cm, Eigengewicht 6,8 t
Ansicht des Lagers
12 cm
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 53
Bild 1.27 Darstellung zweiwertiger Lager (Festlager); gestrichelt = Richtung in der Kräfte aufgenommen werden
Die üblichen symbolischen Darstellungsformen von Festlagern und der Ersatz von zwei Pendelstützen durch ein Festlager sind in Bild 1.27 dargestellt.
Kraftrichtung mit unbekanntem Winkel
b) Festlager: Die Anzahl der Bindungen ist b = 2, d. h. das Lager ist zweiwertig.
Praktische Beispiele für Festlager sind• reibungsfreies Gleitlager (Scharnier, Gelenk),• Auflage mit Haftung,• Schnittpunkt der Stabachsen zweier Pendelstützen.
A
oder
zwei beliebige Kraftrichtungen(zweckmäßig senkrecht zueinander)
Ersatz zweier Pendelstützen durch ein Festlager
A
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 54
c) Einspannung: Die Anzahl der Bindungen ist b = 3, d. h. das Lager ist dreiwertig)
Hinweis: Die starre Einspannung ist ein Idealfall, bei dem die Elastizität der Lagerung vernachlässigt wird. Schrauben- und Nietverbindungen haben Zwischenstellungen zwischen Festlager und Einspannung (Elastizität wird oft vernachlässigt). Es gibt auch bewegliche Einspannungen (die Anzahl der Bindungen ist dann b=2, siehe Bild 1.28)
Neben zwei Lagerkräften (wie beim Festlager) nimmt das Lager auch ein Biegemoment auf. Praktische Anwendungsfälle für Festlager sind an eine starre Platte angeschweißter Träger, in eine Mauer eingefügter Träger (siehe Bild 1.28), durch Schrauben oder Niete mit einer starren Platte verbundener Träger.
Die übliche symbolische Darstellung einer Einspannung ist in Bild 1.28 dargestellt.
Bild 1.28 Darstellung einer Einspannung (b = 3) und von beweglichen Einspannungen (b = 2)
Einspannung:Zwei beliebige Kraftrichtungen(gestrichelt; senkrecht zueinanderzweckmäßig) und ein Moment
Bewegliche Einspannungen:Eine Kraftrichtung (Richtung gestrichelte)und ein Moment
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 55
1.4.3 Streckenlasten
Man kann sich eine Streckenlast als sehr viele, unterschiedlich große Kräfte Fi vorstellen, die auf den Träger wirken. Die Intensität der Streckenlast an der Stelle zi ergibt sich zu (vgl. Bild 1.29)
Die Streckenlast hat die Intensität q(z) mit der Einheit Kraft pro Länge. Die Einheit ist N/m (kN/m, N/mm).
Streckenlasten sind auf eine Linie bezogene Lasten (Bild 1.29), z. B. durch das Eigenwicht, durch Schüttlasten, durch Windlasten, durch Scheelasten u. ä.
Bild 1.29 Streckenlast
Balken
q(z)
z
y
zi
qi
zi
Fi1.4.3.1 Definition von Streckenlasten
i
iii z
F)z(qq
i
iii z
F)z(qq
iii zzqF (1.14)
zdFd
zq zdFd
zq zdzqFd (1.15)
Für differentiell kleinen Größen folgt aus (1.14)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 56
q
Beispiel: Eigengewicht eines Balkens als Streckenlast
Aus der Gewichtskraft des differentiell kleinen Balkenabschnitte der Länge dz ergibt sich eine differentiell kleine Einzelkraft der Größe (siehe Bild 1.30):
In ähnlicher Weise lassen sich die Intensitäten von Streckenlasten infolge Schneelast, Schüttgut o.ä. berechnen.
dFG = gdV
z dz
Bild 1.30 Eigengewicht eines Balkens als Streckenlast
zdgAVdgFd
zq
G
- Dichteg - ErdbeschleunigungdV - Volumenelement, dV =
AdzA - Querschnittsfläche
Es bedeuten:
Der Vergleich mit (1.15) bzw. Einsetzen von dFG in (1.15) liefert:
gAzq
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 57
Die Resultierende einer Streckenlast ergibt sich durch Aufsummieren (Integrieren) der differentiellen Einzelkräfte dF (1.15) über die Länge l, auf der die Last wirkt. Damit ergibt sich ( vgl. Bild 1.31):
1.4.3.2 Ermittlung der Resultierenden einer Streckenlast
bz
azR zdzqFdF
l
bz
azR zdzqFdF
l (1.16)
Zur Bestimmung der Lage der Resultierenden ermitteln wir zunächst das Moment der Streckenlast bezüglich des Punktes 0.
zdzqzFdzMdM
b
a0
ll
(1.17)
Mit dem Moment der Resultierenden FR bezogen auf den Punkt Null
RR0 zFM (1.18)
folgt durch Gleichsetzen von (1.17) und (1.18) der Angriffspunkt zR der Resultierenden
b
aRR q(z)zdz
F1
z b
aRR q(z)zdz
F1
z (1.19)
a bz
0q(z)
l
Bild 1.31 Resultierenden einer Streckenlast
dzzR
FRdF = q(z)dz
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 58
Beispiele für die Berechnung der Resultierenden von Flächenlasten:
Bild 1.32 Resultierende einer Rechtecklast und einer linear veränderlichen Last (Dreiecklast)
Rechtecklast
l
q0
Dreieckslast
l
q0
(max. Intensität)
FR = q0l
l21
l32
FR = q0l12
Hinweis: • An der Gleichung (1.16) erkennt man, dass FR formal aus der „Fläche“, die durch q(z) und
der Länge l = (b - a) aufgespannten wird, berechnet werden kann (man beachte bei der „Flächenberechnung“ die unterschiedlichen Einheiten in z- Richtung und senkrecht dazu!).
• An der Gleichung (1.19) erkennt man, dass FR durch den Flächenschwerpunkt der durch q(z) und der Länge l = (b - a) aufgespannten Fläche verläuft (vgl. Kapitel 1.9.3 Flächenschwerpunkt, Gleichung (1.44)).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 59
Die Belastungen und alle Abmessungen sind gegeben. Gesucht sind die Lagerreaktionen.
Bild 1.33 Balken auf zwei Stützen mit Einzellast
A BF
a b
1.4.4 Beispiele
Beispiel 1.7: Balken auf zwei Stützen mit Einzellast
Schnittskizze:
FAV
FAH A
FB
B
a b
FcosFsin
Gleichgewichtsbedingungen:
: 0cosFFAH cosFFAH
Fba
sinaFB
Fba
sinbFAV
0Fba
sinababa
sinFFba
sinb
00
Kontrolle:
0FsinFF BAV :
0baFasinF B A :
0bsinFbaFAV B :
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 60
FAV - F + F = 0 :
Beispiel 1.8: Eingespannter Kragbalken mit Kräftepaar
Bild 1.34 Eingespannter Kragbalken mit Kräftepaar
A BF
Fa b
AF
a b
B
FFAH
FAV
MA
Die Gleichgewichtsbedingungen am freigeschnittenen Balken liefern:
: 0FAH
0FAV
FbMA MA + F a - F (a+b) = 0 A :
Hinweis:Die Aufgabe zeigt, dass bei Wirkung eines Kräftepaares nur das Moment (M = Fb) des Kräftepaares in das Lagermoment eingeht und der Abstand des Kräftepaares vom Lager keine Rolle spielt. Das ist eine Bestätigung des im Kapitel 1.3.2 aufgestellten Satzes, dass das Moment (Kräftepaar) am starren Körper ein freier Vektor ist.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 61
Bild 1.35 Verzweigter Träger mit Dreiecklast
q0
a a
a
BC
A
a a
a
Schnittskizze:
B
FS
Beispiel 1.9: Verzweigter Träger mit Dreiecklast
Schnitt
C FS
FAH
FAV
A
FR
xR
AFAH
FAVResultierende: aqa2q21
F 00R
a34
a232
xR
Gleichgewichtsbedingungen
: 0FF RAV
: 0FF SAH
0aFxF SRR A :
aqF 0AV
aq34
F 0S
aq34
FF 0SAH
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 62
1.5 Scheibenverbindungen
1.5.1 Ermittlung der statische Bestimmtheit
Wir betrachten ein allgemeines ebenes Tragsystem, das aus n starren Scheiben (Bild 1.36) besteht und stellen die Frage, ob das System statisch bestimmt gelagert ist.
Überlegung: Ist jede einzelne starre Scheibe frei, so gilt f = 3n. Die Anzahl der Freiheitsgrade wird durch die Bindungen verringert. Bezeichnen wir die Summe der Wertigkeiten aller Bindungen (Lager und Verbindungen) mit b, so gibt es b unbekannte Kräfte und Momente. Wir benötigen also b Gleichgewichtsbedingungen, um diese Größen eindeutig bestimmen zu können.
A B
Fi
i
1
2
n
F1
G1
G2
G4
G3
G5G6
Bild 1.36 Scheibenverbindung
Zur Klärung der oben gestellten Frage schneiden wir die Scheibenverbindung vollkommen frei (siehe Bild 1.37 auf der nächsten Seite).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 63
4GVF
4GHF
2GHF
2GVF 6GVF
6GHF
21GHF
1GVF4GVF
4GHF
3GHF
3GVF
Es gibt 6 Gelenke mit insgesamt 12 Gelenkkräften. Dazu kommen noch 3 Auflagekräfte. Das gibt insgesamt 15 unbekannte Kräfte!
Wir haben 5 starre Scheiben. An jeder starren Scheibe müssen 3 Gleichgewichtsbedingungen erfüllt sein. Damit ergeben sich 15 Gleichungen für 15 unbekannte Kräfte.
1
1GHF
1GVF
2GHF
2GVF
F1
i
5GVF5GHF
3GHF
3GVFFi
6GVF
6GHF
A
n
B
5GHF5GVF
FBFAV
FAH
Bild 1.37 Freigeschnittene Scheibenverbindung
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 64
Satz: Eine Scheibenverbindung ist im Gleichgewicht, wenn jede starre Scheibe für sich im Gleichgewicht ist.
An jeder ebenen starren Scheibe stehen 3 Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. Bei n Scheiben gibt es also insgesamt 3n linear unabhängige Gleichgewichtsbedingungen.
Beachte: Diese Bedingung ist notwendig, jedoch nicht hinreichend!
Die notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit eines Systems aus n ebenen starren Scheibe mit b Bindungen lautet damit
n3b n3b (1.20)
Analog zur einzelnen starren Scheibe gilt für den Freiheitsgrad einer Scheibenverbindung aus n starren Scheiben:
bn3f bn3f (1.21)
Es gilt:
b 3n - Scheibenverbindung ist ein Mechanismus (zu wenig Bindungen!)
b = 3n - Der Freiheitsgrad f ist Null. Die b unbekannte Größen lassen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen ermitteln.
b > 3n - f = 0 ist möglich, aber die Gleichgewichtsbedingungen reichen für die Berechnung der Lager- und Verbindungsreaktionen nicht aus!
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 65
a)
I
Bild 1.38 Beispiele zur Ermittlung der statischen Bestimmtheit
Ic)b)
I
n = 2b = 6b = 3n 6 = 6statisch bestimmt!
In den folgenden Beispielen bedeuten • römische Zahlen = Nummer der starren Scheibe • arabische Zahlen = Wertigkeit der Bindung
Beispiele 1.10: Ermittlung der statischen Bestimmtheit
Hinweis:• a) und b) veranschaulichen unterschiedliche Zählweisen für das gleiche Tragwerk.
n = 4 b = 12b = 3n 12 = 12statisch bestimmt!
2
II
2
2
II
2
n = 2b = 8b = 8 > 3n = 6 statisch unbestimmt!
II
23
3
• Bei der Zählweise b) können auf die Scheiben III und IV eingeprägte Lasten wirken.Die Scheiben I, III und IV sind durch ein Zweifach-Gelenk (mögliche konstruktive Ausführung siehe Bild 1.39, nächste Seite) der Gesamtwertigkeit 4 verbunden.
2IV
2
2
2III
1
1
Stab
Stab
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 66
Bild 1.39 Mögliche Konstruktionen von Zweifachgelenken
2 Gelenke an der Scheibe Imit kleinem Abstand zueinander
IVI
III
klein!
Scheiben I, III und IV auf einer Achse gelenkig verbunden
I
III
IVI
III
IV
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 67
: Gleichung für FBV
I : Gleichung für FAH
II B :
III
F G
2
A2
B2
M
Bild 1.40 Dreigelenkbogen mit Schnittskizze
1.5.2 Dreigelenkträger
Ein Dreigelenkträger (-bogen, -rahmen) besteht aus zwei starren Scheiben, die miteinander durch ein Gelenk verbunden sind. Jede Scheibe ist durch ein Festlager fixiert (siehe Bild 1.40).
Allgemeines Berechnungskonzept (am Beispiel erläutert):
Gleichgewichtsbedingungen (empfohlene):
II : Gleichung für FBH
Prüfen der statischenBestimmtheit:b = 3n 6 = 6statisch bestimmt!
FGH, FGV
Schnitt I
Schnitt II
Gleichung für die Unbekannten FGH, FGV
Gleichung für die Unbekannten FGH, FGV
: Gleichung für FAV
Beachte: Die beiden Festlager und das Verbindungsgelenk zwischen den zwei Scheiben des Dreigelenkträgers dürfen nicht auf einer Linie liegen.
Kontrollmöglichkeiten: I G : und/oder II G :
Schnitt I
Schnittskizze:
I
F
A
G
FAH
FAV
FGH
FGV
FBHFBV
FGV
Schnitt II
B
M
II
G
I A :
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 68
Schnittskizze:
A
B
F
G
MGesamtsystem:
III
F
G
A
B
M
Bild 1.41 Teilweise Berechnungen Lagerreaktionen am Gesamtsystem
Alternatives Lösungskonzept (am Beispiel in Bild 1.41 erläutert) :
Daher gelten Äquivalenz- und Gleichgewichtsbeziehungen z. B. auch für das Gesamtsystem des eben vorgestellten Dreigelenkträgers. Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem können für Kontrollzwecke aber auch zur Berechnung von Lagerreaktionen genutzt werden, wie das nachfolgende alternative Lösungskonzept, angewandt auf das Beispiel von Bild 1.40, zeigt.
xy
Hinweis: Im Gleichgewichtsfall darf man jedes System und jedes Teilsystem wie einen starren Körper behandeln (Erstarrungsprinzip, siehe Kapitel 1.1.1)
Schnitt
Verbindungsgerade zwischen den Lagern A und B
FAx
FAy
FBx
FBy
Alle noch fehlenden Größen, d. h. die beiden Gelenkkräfte und die Lagerreaktion FAx und FBx, lassen sich nach einer weiteren Schnittführung durch das Gelenk entweder am linken oder am rechten Teilsystem gewinnen.
Gleichgewichtsbedingungen:
A : Gleichung zur unmittelbaren Berechnung von FBy
B : Gleichung zur unmittelbaren Berechnung von FAy
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 69
Ist eine der beiden starren Scheiben eines Dreigelenkträgers unbelastet, so kann diese Scheibe als eine so genannte Pendelstütze behandelt werden, die nur eine Kraft auf der Verbindungslinie zwischen dem Gelenkpunkt und dem Lagerpunkt aufnimmt (siehe Bild 1.42). Die Richtigkeit dieser Aussage kann sehr leicht unter Nutzung der Gleichgewichtsbedingungen überprüft werden.
Hinweise zur Vereinfachung :
FS
B
GF
I
FAH
FAV
A
Schnittskizze
2 A
B
G
1
F
I
Vereinfachtes System
Pendelstütze
Bild 1.42 Vereinfachung bei einer unbelasteten Scheibe des Dreigelenkbogens
2
2
A
B
G
2F
I
II
Dreigelenkbogen
Scheibe II lastfrei!
b = 3n 3 = 3statisch bestimmt!
b = 3n 6 = 6statisch bestimmt!
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 70
G
A B
F
q
I II
a a
a
Bild 1.43 Lager- und Gelenkreaktionen für
einen Dreigelenkbogen
A
G
FI
a
FR = qa
a/2
B
G
II
a
Beispiel 1.11 Lagerreaktionen und Gelenkreaktionen für einen Dreigelenkbogen
Für den Dreigelenkbogen nach Bild 1.43 sind die Lager- und Gelenkreaktionen gesucht.
Die Belastung und die Geometrie werden als bekannt angenommen. Die Lösung soll nach dem allgemeinen Lösungskonzept (siehe Seite 67) für Dreigelenkbögen vorgenommen werden.
FAH
FAV
FGH
FGV
Hinweis: Beim Schneiden im Gelenk G darf die dort angreifende Einzelkraft theoretisch zu beliebigen Anteilen auf die beiden Scheiben im Gelenkpunkt aufgeteilt werden. Praktisch sinnvoll ist jedoch eigentlich nur, jeweils die Hälfte der Kraft auf beide Scheiben oder die gesamte Einzelkraft nur auf eine Scheibe (gleichgültig auf welche) aufzuteilen. Wir setzen die gesamte Kraft auf die Scheibe I, weil dadurch die Rechnung etwas einfacher wird (Scheibe II ist dann bezüglich äußerer Belastungen lastfrei).
Scheibe II: B : (2)0aFaF GVGH
Scheibe I: : 0FF GHAH
: 0FFqaF GVAV
qa4
1F
2
1FF GHAH
GVAV FFqaF qa4
3F
2
1FAV
Scheibe I: A : (1)0aFaFFaa2
1qa GVGH
qa4
1F
2
1FF GVGH
FGV
FBH
FBV
FGH
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 71
Hinweis: Bei diesem Beispiel könnte die Scheibe II auch als Pendelstütze angesehen werden, da auf ihr infolge der Aufteilung der gesamten Kraft F auf die Scheibe I keine äußere Belastung mehr steht (vgl. Hinweise zur Vereinfachung und Bild 1.42). Der Dreigelenkbogen würde sich wie im folgenden Bild gezeigt vereinfachen:
A
G
F
I
FAH
FAV Ba
a
FR = qa a/2
a
B
G
II
a
FGV
FBH
FBV
FGH
a
Scheibe II: : 0FF GHBH
: 0FF GVBV
II
FBH
FBV
Durch Berechnung von FB soll gezeigt werden, dass beide Systeme gleiche Lager- und Gelenkreaktionen liefern.
A : 0a2FFa2
aqa B
qa
2
1F
2
2FBFB
45452
a
qa4
1F
2
1FF GHBH (3)
Diese Lagerreaktion muss gleich der Resultierenden der Lagerkomponenten FBH und FBV bei B sein. Mit (3) und (4) folgt für die resultierende Lagerkraft bei B:.
22BV
2BHR qa
4
1F
2
12FFF
BR Fqa2
1F
2
2F
(4)qa4
1F
2
1FF GVBV
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 72
Bild 1.454 mögliche Gerberträger
Bild 1.44 Durchlaufträger mit vier Stützen
Beispiel: Der Durchlaufträger (Bild 1.44) mit 2+k=4 Stützen ist k=2-fach statisch unbestimmt.
Ein gerader Träger, der an (2+k) Lagerpunkten gestützt ist (davon ist ein Lager ein Festlager, die übrigen Lager sind Loslager, deren Kräfte nicht in Richtung der Trägerlängsachse fallen dürfen), ist wegen f = 3n-b = 3-(2+1+k) = -k ein Träger, der k-fach statisch unbestimmt gelagert ist. Nach einem Vorschlag von H. GERBER (1866) kann man den Träger durch den Einbau von k Gelenken statisch bestimmt machen. Diese Art von Trägern, die beispielsweise beim Bau von Eisenbahnbrücken vielfach verwendet wurden, nennt man Gerberträger.
2 1 1 1
Er kann durch den Einbau von k=2 Gelenken zu insgesamt vier verschiedene statisch bestimmte Gerberträger verwandelt werden (Bild 1.45).
1.5.3 Gerberträger
Bedingung: Zwischen zwei Lagern dürfen höchstens zwei Gelenke eingeführt werden, und jedes Teilsystem (starre Scheibe) darf höchstens zwei Lager aufweisen.
f = 3n - b = 3 - 5 = -2f = 3n - b = 3 - 5 = -2I
2 1 1 12 2I II III
2 1 1 12 2I II III
2 1 1 122I II III
2 1 1 122I II III
f = 3n - bf = 9 - 9 = 0f = 3n - bf = 9 - 9 = 0
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 73
Beispiel 1.12 Berechnung eines Gerberträgers mit vier Stützen
A B G1 G2 C D
F
2a a 2a a a
q0
30°
Schnitt ISchnitt II Schnitt III
IIIFC
FD
G2 C D
a aFGV2
23
FH FV = F1
2
Bild 1.46 Gerberträgers mit vier Stützen
Für einen Gerberträger (Bild 1.46) sollen die Lager- und Gelenkkräfte berechnet werden.
Dazu schneiden wir den Träger an den Gelenken und Lagern frei und erhalten die drei in Bild 1.47 dargestellten Teilsysteme mit 9 unbekannten Auflager- und Gelenkkräften.
FA FBV
FBH
IFGH1
FGV1
A B G1
2a a
Bild 1.47 Teilsysteme nach dem Freischneiden des Gerberträgers von Bild 1.46
2q0a
FGH2
FGV2
II
G1 G2
2aFGV1
a
An jedem Teilsysteme schreiben wir drei Gleichgewichtsbedingungen auf. Das sind 9 Gleichun-gen für die 9 Unbekannten. Aus dem Kraftgleichgewicht in horizontaler Richtung folgt zunächst :
Teilsystem III: : 030cosFF 2GH F321
F 2GH
Teilsystem II: : 0FF 2GH1GH F32
1F 1GH
Teilsystem I: : 0FF 1GHBH F321
FBH
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 74
Durch das Aufschreiben von sechs Momentengleichgewichtsbedingungen in der nachfolgenden Reihenfolge lassen sich nacheinander alle noch fehlenden Unbekannten ermitteln, wobei aus jeder Gleichung sofort eine weitere Unbekannte berechnet werden kann.
I A : FBV2a - FGV13a = 0 FBV = 1,5·FGV1 = 1,5 · qoa
III C : - FGV2a - 0,5·Fa + FDa = 0 FD = 0,5·F + FGV2 = 0,5·F - qoa
Hinweis: Natürlich können sowohl alternative Gleichgewichtsbedingungen als auch eine andere Reihenfolge der Berechnung der Unbekannten benutzt werden.
G2 : FGV12a - 2qoa2 = 0 FGV1 = qoa
2q0a
FGH2
FGV2
II
G1 G2
2aFGV1
FGH1
FA FBV
FBH
I
FGV1
A B G1
2a a
IIIFC
FD
G2 C D
a aFGV2
FF 23
H
FF 21
V
Bild 1.47 Teilsysteme nach dem Freischneiden
Die Teilsysteme nach Bild 1.47 werden hier nochmals dargestellt, damit das Aufschreiben der folgenden Gleichungen besser verfolgt werden kann.
II G1 : 2qoa2 + FGV22a = 0 FGV2 = -qoa
B : FA2a + FGV1a = 0 FA = - 0,5·FGV1 = -0,5·qoa
D : FGV22a + FCa = 0 FC = - 2FGV2 = 2qoa
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 75
Fachwerke habe eine große praktische Bedeutung. Sie werden häufig benutzt, um Leicht-bautragwerke auszuführen, da es durch die in Einzelstäbe aufgelöste Bauweise geling, mit geringem Materialeinsatz große Lasten aufzunehmen und große Spannweiten zu überbrücken. Fachwerke werden daher zum Beispiel häufig für Dachkonstruktionen, Hochspannungsmasten, Kranausleger, Brückenträger, Raumfahrtstrukturen u. ä. eingesetzt. Ein Fachwerksystem, das aus Stäben und Verbindungsknoten (siehe Bild 1.48 und die Beispielbilder auf den folgenden Seiten) besteht, muss folgende Voraussetzungen erfüllen:
Ein Fachwerk ist ein Stabsystem aus gelenkig miteinander verbundenen geraden Stäben, das nur durch Kräfte in den Gelenken (Knoten) belastet ist.
1.5.4 Ebene Fachwerke
• Ein Knoten ist eine gelenkige (reibungsfreie) Verbindung von i Stäben, wobei sich die Längsachsen aller i Stäbe genau in einem Punkt, dem Knotenpunkt treffen. An jedem Knoten liegt somit ein zentrales Kraftsystem vor.
• Ein Fachwerk wird nur an den Knoten durch Einzelkräfte belastet.• Zwischen zwei Knoten kann sich nur jeweils ein Stab befinden.
Diese Annahmen sichern, dass die Längsachse jeden Stabes identisch ist mit der Wirkungs-linie der Stabkraft und es außer diesen Stablängskräften keine weiteren Schnittgrößen, vor allem keine Biegemomente, in den Stäben gibt.
Hinweis: Die in der Praxis nicht immer zutreffenden Voraussetzungen (Knoten sind Gelenke; nur Lasten auf den Knoten) führen zu Abweichungen in den Ergebnissen, die praktisch oft vernachlässigt werden können.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 76
Brücken:
Hubbrücke über die Elbe, Magdeburg (Technisches Denkmal)
KnotenStab
Einsatzgebiete für Fachwerke
Brücken, Dachkonstruktionen, Hochspannungsmasten, Kräne usw.
Hinweis: Die in der Praxis nicht immer zutreffenden Voraussetzungen (Knoten sind Gelenke; nur Lasten auf den Knoten) führen zu Abweichungen in den Ergebnissen, die praktisch oft vernachlässigt werden können.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 77
Dachkonstruktionen:
Knoten
Stab
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 78
Eine mögliche Ausführung eines räumlichen Gelenkes
Achtung: Die Mittellinien aller Stäbe schneiden sich in einem Punkt! Es entsteht an dem Knoten ein zentrales Kraftsystem.
Bildquelle: VDI-Nachrichten vom 24.November 2002
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 79
Knoten eines räumlichen Fachwerkes
Ende?
Bildquelle: Mit freundlicher Genehmigung des Fachbereichs Holzbau der FH Augsburg
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 80
1.5.4.1 Überprüfung der statischen Bestimmtheit von Fachwerken
Fachwerk mit:5 Stäben4 Knoten
K2
FS4
FS3
FS1
Schnitt um K2:
Grundgedanke: An jedem Knoten (siehe z. B. Schnitt um K2 oben) liegt ein zentrales Kraftsystem vor, für das zwei linear unabhängige Gleichgewichtsbedingungen aufge-schrieben werden können. Die Anzahl der Unbekannten ist die Summe aus der Anzahl der Stäbe und der Bindungen (Wertigkeiten) der Lagerung des Fachwerks. Durch Gleich-setzen der Zahl der Unbekannten und der möglichen Zahl der Gleichungen erhält man die notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit von ebenen Fachwerken.
F11
F1
F2
4
Stab 4
K1
2
A B
5
K4
K3
Knoten K2
K2
3
Bild 1.48 Einfaches Fachwerk mit Schnitt um den Knoten K2
In Bild 1.48 wird der Aufbau eines einfachen Fachwerks dargestellt , an dem wir die Überprüfung der statischen Bestimmtheit zeigen wollen.
mit s - Anzahl der Fachwerkstäbeb - Summe der Wertigkeiten der Lagerk - Anzahl der Knoten
s + b = 2 ks + b = 2 k
Ein ebenes Fachwerk ist statisch bestimmt, wenn folgende Bedingung erfüllt ist:
(1.22)
Für das Fachwerk von Bild 1.48 folgt mit s=5, b=3 und k=4 aus (1.22) : 5 + 3 = 2 4 8=8statisch bestimmt
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 81
Das Grundelement eines Fachwerkes mit einem einfachen Aufbau ist ein Dreieck, das aus drei Stäben gebildet wird. An jeden Stab kann durch schrittweises Hinzufügen von jeweils zwei weiteren Stäben und einem Knoten eine beliebige Erweiterung des Fachwerks erreicht werden (siehe Bild 1.49).
Fachwerk mit einfachem Aufbau
1.5.4.2 Arten von Fachwerken
1
A
F1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1112
13B
F2
K1
K2
K3
K4
K5
K6
K8
K7
Bild 1.49 Fachwerk mit einfachem Aufbau
s + b = 2 k
16 = 16 statisch bestimmt!
13 + 3 = 2 8
Prüfen der statischen Bestimmtheit:
Jedes Dreieck stellt für sich eine starre Scheibe dar, so dass das Gesamtsystem schließlich ebenfalls eine starre Scheibe ergibt. Wird diese starre Fachwerkscheibe an beliebigen Knoten statisch bestimmt gelagert, entsteht ein insgesamt statisch bestimmtes Fachwerk.
Für ein so aufgebautes Fachwerk ist die Gleichung (1.22) s + b = 2 k
stets erfüllt ist.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 82
Bei solchen Fachwerken treten zahlreiche Sonderfälle auf, die hier nicht alle diskutiert werden können. In Bild 1.50 a) ist ein statisch bestimmtes Fachwerke mit nicht einfachem Aufbau dargestellt. Die Gleichung (1.22) ist mit s = 4, b = 4 (vier einwertige Lagerstäbe) und k = 4 erfüllt.
Beachte: Bei Fachwerken mit nicht einfachem Aufbau muss darauf geachtet werden, dass nicht statisch unbestimmte Ausnahmefälle entstehen. Ein solcher Ausnahmefall, ähnlich dem Fachwerk in Bild 1.50 a), ist in Bild 1.50 b) dargestellt. Für diesen Ausnahmefall ist die Gleichung (1.22) mit s = 4, b = 4 (vier einwertige Lagerstäbe) und k = 4 ebenfalls erfüllt, das Fachwerk ist aber ein statisches unbestimmtes System, da sich der Stab 2 in horizontaler Richtung um eine differentiell kleines Stück bewegen kann.
1F
2
34
K1
K2 K3
K4
Bild 1.50 Fachwerk mit nicht einfachem Aufbau: a) statisch bestimmt, b) statisch unbestimmter Ausnahmefall
1F
2
34
K1
K2 K3
K4
Fachwerk mit nicht einfachem Aufbau
Ein Fachwerk, das nicht ausschließlich aus Stabdreiecken besteht, bezeichnet man als Fachwerk mit nicht einfachem Aufbau.
a) statisch bestimmt b) statisch unbestimmt
s + b = 2 k 4 + 4 = 24
8 = 8
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 83
1.5.4.3 Berechnungsmethoden für Fachwerke
Knotenschnittverfahren
Grundidee: Jeder Knoten des Fachwerks wird „freigeschnitten“. Es entstehen k zentrale Kraftsysteme, an denen 2k Gleichgewichtsbedingungen für die s+b=2k unbekanten Stabkräfte und Lagerreaktionen aufgeschrieben werden können.
Man beginnt bei einem Knoten (Startknoten) mit nur zwei unbekannten Stabkräften (eventuell vorher Lagerreaktionen berechnen), schneidet diesen frei und berechnet die zwei Stabkräfte aus den zwei Gleichgewichtsbedingungen des zentralen Kraftsystems am Knoten. Dann geht man zum nächsten Knoten mit wieder nur zwei unbekannten Stabkräften, um diese durch Freischneiden wie am ersten Knoten zu berechnen. So kann man von Knoten zu Knoten durch das Fachwerk gehen, bis alle Stabkräfte und eventuell Lagerreaktionen berechnet sind.
Praktische Vorgehensweise für Fachwerke mit einfachem Aufbau:
Hinweis:• Ein dieser Methode entsprechendes grafisches Verfahren ist der so genannte Cremonaplan.
• Das Knotenschnittverfahren geht auch für Fachwerke mit nicht einfachem Aufbau. Allerdings entstehen hier stärker gekoppelte Gleichungssysteme.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 84
1
A
F1 = 2F
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1112
13B
F2 = F
K1
K2
K3
K4
K5
K6
K8
K7a a a
a
Bild 1.51 Fachwerk (links) und Schnittbild (rechts) mit angedeuteten Knotenschnitten
Startknoten kann K1 oder K8 sein! Wir wählen K1.
:
:FS1, FS2
K3
FS3
FS6
FS2
:
:
FS2 = FS6
FS3 = 0
:
:FS4, FS5
Weitere Schnitte (z. B. in der Knotenreihenfolge K4, K5, K6, K7) liefern die restlichen Stabkräfte. Alle Ergebnisse dieses Beispiels sind auf der folgenden Seite zusammengestellt.
Verallgemeinerung zu Schnitt um K3
„Nullstäbe“ dürfen nur für die Berechnung weggelassen werden!
Unbelasteter Knoten Ki,zwei Stäbe eine Richtung,
dritter Stab unter dann gilt immer
Beispiel 1.13 Anwendung des Knotenschnittverfahrens
A
K11
F1 = 2F
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1112
13B
F2 = FK2
K3
K4
K5
K6
K8
K7 FBFAV
FAH
a a a a
A
K1
FAV
FAH
FS1
FS2
Freischneiden und Lagerreaktionen berechnen, da kein Startknoten vorliegt.
K2FS4
FS5
FS1FS3=0
K i
FS i = 0 („Nullstab“)
FS i+1 = Fs i-1FS i-1
Bild 1.53
Schnitt um K1:(Bild 1.52)
Schnitt um K3:(Bild 1.52)
Schnitt um K2:(Bild 1.52)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 85
Hinweis: Werden alle Stabkräfte als Zugkräfte definiert (Empfehlung), so kann allein am Vor-zeichen der Stabkraft entschieden werden, ob es sich um einen Zug- oder Druckstab handelt. Ein negatives Vorzeichen bedeutet: Der Stab wird auf Druck beansprucht (in der Regel sind Stabilitätsuntersuchungen für den Druckstab durchzuführen, vgl. Kapitel 2.8.3, F 144).
Stab-Nr. Stabkraft FSi Stab-Nr. Stabkraft FSi
1 sin4
7F (Druckstab)
7
2
3F (Zugstab)
2 tan4
7F (Zugstab)
8
sin4
3F (Druckstab)
3 0 (Nullstab)
9 sin2
F (Druckstab)
4 sin4
3F (Druckstab)
10
tan4
5F (Zugstab)
5 sin
F (Druckstab)
11 0 (Nullstab)
6 tan4
7F (Zugstab)
12
sin4
5F (Druckstab)
13 tan4
5F (Zugstab)
Tabelle 1.1 Stabkräfte FS1 bis FS13 für das Fachwerk nach Bild 1.51
Lagerreaktionen: F45
F3F41
F 21B F47
FF341
F 21AV 0FAH
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 86
Zur Demonstration des RITTERschen Schnittverfahrens betrachten wir das im Beispiel 1.13 behandelte Fachwerk und nehmen an, dass wir die Lagerreaktionen bereits berechnet haben. Gesucht sind die Stabkräfte FS4 bis FS6.
Beispiel 1.14 Stabkraftberechnung mit dem RITTERchen Schnittverfahren
Grundidee: Man führt einen Schnitt derart durch drei Stäbe, daß das Fachwerk in zwei Teile zerfällt. Von den geschnittenen drei Stäben dürfen höchstens zwei parallel sein oder in einem Knoten zusammenlaufen. Jetzt kann man die drei Stabkräfte (eventuell müssen vorher die Lagerreaktionen ermittelt werden) an dem einen oder dem anderen Teilsysteme aus drei Gleichgewichtsbedingungen berechnen.
RITTERsches Schnittverfahren
Vorzugsweise Anwendung:• Das RITTERsche Schnittverfahren ist besonders dann vorteilhaft einsetzbar, wenn nicht alle Stabkräfte gesucht sind.
• Für Fachwerke mit nicht einfachem Aufbau, bei denen auch nach Berechnung der Lagerreaktionen kein Startknoten für das Knotenschnittverfahren vorliegt, kann das Verfahren zur Berechnung innerer Stabkräfte dienen, um damit Startknoten für das Knotenschnittverfahren zu erhalten.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 87
Bild 1.54 Anwendung des RITTERschen Schnittverfahrens
A
K11
F1 = 2F
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1112
13B
F2 = FK2
K3
K4
K5
K6
K8
K7 FBFAV
FAH
a a a a
a) Schnitt durch drei Stäbe
Mit einem Schnitt durch die drei Stäbe der gesuchten Stabkräfte FS4 bis FS6 (siehe Bild 1.54 a) erhalten wir zwei Teilsysteme, von denen das linke Teilsystem in Bild 1.54 b) abgebildet ist.
Ritterscher Schnittb) Teilsystem
A
K11
F1 = 2F
2
3
FS6
K2
K3FAV
FAH
FS5
FS4
K5
atan
aa
Schreiben wir an diesem Teilsystem die folgenden drei Momentengleichgewichtsbedingungen auf, so erhalten wir daraus unabhängig voneinander die gesuchten Stabkräfte.
K1 : 0Fa2tanacosFasinF 5S5S
sin
FF 5S
K2 : 0tanaFbFaF 6SAHAV
tan4
F7F 6S
K5 : 0asinFtanacosFFa2a2F 4S4SAV
sin4
F3F 4S
Natürlich sind diese Ergebnisse identisch mit denen vom Beispiel 1.13 (vgl. Tabelle 1.1).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 88
1.6 Schnittgrößen in ebenen Trägern und Trägersystemen
1.6.1 Definition der Schnittgrößen
Ende?
Jeder Querschnitt eines Trägers entspricht einer dreiwertigen Verbindung. Die drei Verbindungsreaktionen bezeichnen wir als „Schnittgrößen“.
Die äußeren Belastungen eines Trägers (Balkens) werden durch das System zu den Lagern geleitet und verursachen dort die Lagerreaktionen.
Wie an den Lagern, müssen auch im Inneren des Trägers Kräfte und Momente wirken, die bei einer Schnittführung an einer beliebigen Stelle im Inneren des Trägers mit den am jeweils betrachteten Teilsystem angreifenden äußeren Belastungen im Gleichgewicht stehen.
Hinweis: Die Schnittgrößen sind Resultierende von im Querschnitt flächenhaft verteilten Kräften (Spannungen - siehe Festigkeitslehre).
•
Die Schnittgrößen geben Auskunft über die Beanspruchung (Spannungen) des Trägers und werden zur Berechnung der Verformungen benötigt. Deshalb sind sie ein wichtiges Ziel unserer folgenden Betrachtungen.
•
z
F
a-zz
A
FQ
FLMb
FQ
FL
Mb
zSchnitt bei z:A
F
a
Bild 1.55 Kräfte und Momente im Inneren eines Trägers (Schnittgrößen)
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 89
Bild 1.56 Definition der positiven Schnittgrößen am ebenen Träger
y
zx
Als Bezugssystem für die Schnittgrößen verwenden wir ein (x,y,z)-Rechtssystem
FQy - Querkraft: (in 2D-Fall oft nur FQ) positiv am positiven Schnittufer in positiver y-
Richtung (Querkraft zeigt in Richtung der gestrichelt markierten Seite des Trägers)
FL - Längskraft (oft auch als Normalkraft FN bezeichnet) positiv am positiven
Schnittufer in positiver z-Richtung bzw. positiv als Zugkraft (vom Schnittufer weg, vgl. auch Seil, Stab)
Mbx - Biegemoment (in 2D-Fall oft nur Mb) um eine zur x-Achse parallele Achse:
am positiven Schnittufer positiv in positiver x-Richtung (Moment dehnt die gestrichelt markierte Seite des Trägers)
Die (y,z)-Ebene ist die Lastebene, d.h. sie enthält alle äußeren Belastungen, Lager- und Verbindungskräfte.
Die z-Achse legen wir in Richtung der Balkenachse, die die Verbindungsgerade aller Querschnittsschwerpunkte ist.
markierte Seite(bei y 0 )
z
y
xFQy
FL
Mbx
FQy
FL
Mbx
positivesSchnittufer
negativesSchnittufer
Hinweis: Die Definition der Schnittgrößen ist im Prinzip völlig beliebig, und es sind in der Literatur auch abweichende Festlegungen zu finden. Es empfiehlt sich aber, die hier von uns angegebene Definition zu verwenden, da für die Berechnung von Spannungen und Verformungen im Kapitel 2 Festigkeitslehre Formeln entwickelt werden, die diese positive Definition voraussetzen.
Schnitt bei z
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 90
Bild 1.57 Beispiel für Einteilung in Bereiche, Bezugssysteme und Schnitte
Hinweis: Schnittgrößen sind Funktionen der Koordinate z. Sie ändern an den Stellen ihren funktionellen Verlauf, wo infolge äußerer Belastungen (Kräfte, Momente, Streckenlasten) oder Lagerungen Unstetigkeiten auftreten oder der Träger seine Geometrie verändert, z. B. dort wo der Träger einen Knick oder eine Verzweigungsstelle aufweist.
Um bereichsweise stetige Funktionen für die Schnittgrößenverläufe zu erhalten gehen wir wie folgt vor:
Liegen n Unstetigkeitsstellen vor, so sind in den (n–1) durch die Unstetigkeitsstellen begrenzten Bereichen genau (n–1) Schnitte für eine vollständige Ermittlung der Schnitt-größenverläufe notwendig.
•
Die Lage der Schnittstellen und die positiven Schnittgrößen werden durch geeignete (x,y,z)-Bezugssysteme festgelegt, deren Orientierung nach Möglichkeit einheitlich erfolgen sollte, d. h. die unterschiedlichen Koordinatensysteme sollten durch Drehungen ineinander überführt werden können
•
Für eine möglichst einfache mathematische Beschreibung ist es sinnvoll, für jeden Bereich i = 1 ... n - 1, in dem ein Schnitt geführt werden muss, ein eigenes Bezugssystem mit z i = 0 am Bereichsanfang einzuführen.
•
Unstetigkeitsstellen (Ziffern 1 bis 9): n = 9
Anzahl der Bereiche = Anzahl der Schnitte == Anzahl der Bezugssysteme: (n–1) = 8
1 2 3 4 5 6
7 98
y1z1 z2 z3 z4 z5
z 6
z7 z8
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 91
AF
B
2a a
C 30°
FB
FAH
FAV
Der Balken hat die drei Unstetigkeitsstellen A, B und C (Lasteinleitungsstelle)
Bild 1.59 Definition der Bereiche, der Koordinatensysteme und der Schnitte
FF23
AH
z1y1
1.6.2 Berechnung und grafische Darstellung der Schnittgrößen
y2z2
Beispiel 1.15 Schnittgrößen in einem Balken auf zwei Stützen mit Einzellast
AF
B
2a a
C 30°
Bild 1.58 a) Balken auf zwei Stützen mit Einzellast,
a)
Lagerreaktionen:
: 030cosFFAH
0a30sinFa3FAV B :
0a3Fa230cosF B A : FF31
B
FF61
AV
1. Bereich 2. Bereich 2 Schnitte notwendig mit zweckmäßig jeweils einem eigenen Bezugssystemen für jeden Bereich zur Beschreibung der Schnittstellen
2 Bereiche
AF
B
2a a
C 30°
FB
FAH
FAV
b)
b) Schnittbild für Lagerreaktionen
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 92
Werte an den Bereichsgrenzen :
1. Bereich: 0 z1 2a
: FAH + FL1 = 0
: - FAV + FQ1 = 0
FFF23
AH1L
FFF61
AVQ1
161
1AV1b1b1 FzzF)(zMM
FazF2azM,00zM31
1AV1b11b1
S1 : - Mb1 + FAVz1 = 0
z1y1
AFAH
FAV
S1
FB
2a - z1 a
C 30°
FB
S1
Bild 1.60 Schnittbild für den 1. BereichnegativesSchnittufer
positivesSchnittufer
FQ1
FL1
Mb1FQ1
FL1
Mb1
Hinweis: Zur Berechnung der Schnittgrößen für einen Bereich können wahlweise zwei Teilsysteme (System mit dem positiven bzw. dem negativen Schnittufer) verwendet werden. Natürlich ergeben sich für beide Teilsysteme identische Ergebnisse. Man sollte deshalb immer das einfachere Teilsystem wählen!
Wir wählen hier das linke Teilsystem mit dem positiven Schnittufer. Aus den Gleichgewichts-bedingungen an diesem Teilsystem folgen die Schnittgrößen für den 1. Bereich:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 93
AF
2a
CFAH
FAV
y2z2
S2S2 B
aa-z2 FF 3
1B
Bild 1.61 Schnittbild für den 2. Bereich
2. Bereich: 0 z2 a
Werte an den Bereichsgrenzen: Mb2(z2=0) = 1/3Fa , Mb2(z2=a) = 0
FL2 = 0
Im 2. Bereich wählen wir von den beiden möglichen Teilsystemen das rechte Teilsystem mit dem negativen Schnittufer, da dieses Teilsystem einfacher ist!
Mb2 = Mb2(z2) = 1/3F(a-z2)
FQ2 = - FB = - 1/3F
FQ2
FL2
Mb2FQ2
FL2
Mb2
positivesSchnittufer
negativesSchnittufer
Die Gleichgewichtsbedingungen am rechten Teilsystem liefern:
: - FL2 = 0
S2 : Mb2 - FB(a-z2) = 0
: FQ2 + FB = 0
Auf der folgenden Seite werden die in den beiden Bereichen ermittelten analytischen Schnitt-größenverläufe grafisch dargestellt. Die grafische Darstellung vermittelt einen schnellen und übersichtlichen Eindruck von Verlauf der Schnittgrößen im gesamten System.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 94
F23
FaM 31
bmax
Grafische Darstellung der Schnittgrößenverläufe: (vgl. analytischen Verläufe auf den zwei letzten Seiten)
Hinweis: Die grafische Darstellung ist eine bereichsweise Funktionsdarstellung senkrecht zur Trägerachse. Sie gibt einen optischen Überblick über die Beanspruchung des Trägers.
FL - Verlaufz1FL1
FL2z2
z1y1
A
F
B
2a a
C 30°
y2z2
FF 31
B
FF 23
AH
FF 61
AV
Mb - Verlauf
FF 31
B
Hinweis: Die Kräfte im FQ-Verlauf können zur Kontrolle oder gleich zur Konstruktion des Querkraftverlaufs verwendet werden.
FF 61
AV
FQ - Verlauf
F21
Hinweis: Im folgenden werden bei der grafischen Darstellung der Schnittgrößen die Bezugssysteme nicht mehr mit-gezeichnet. Eindeutigkeit wird durch Vorzeichen in den Flächen und Kenn-zeichnung (z. B. FQ - Verlauf) erreicht.
Bild 1.62 Schnittgrößenverläufe
Hinweis: Die allgemeinen Folgerungen aus den differentiellen Beziehungen zwi-schen den Schnittgrößen (Kapitel 1.6.3) können sowohl für die grafische Dar-stellung als auch für die Kontrolle der grafischen bzw. der analytischen Schnitt-größenverläufe sehr hilfreich eingesetzt werden.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 95
b) q(z)dz
y
z dz
Sz
y
dz
, b) differentielles Balkenelement der Länge dz
F
q(z)
1.6.3 Differentielle Beziehungen
Gleichgewichtsbetrachtungen am differentiellen Balkenelement liefert:
: ( FL + dFL ) - FL = 0
: ( FQ + dFQ ) - FQ + q(z)·dz = 0
Wir schneiden aus dem Balken eines differentiellen Element der Länge dz heraus und tragen die Schnittgrößen am positiven (mit differentiellen Zunahmen) und negativen Schnittufer an (Bild 163 b).
S : ( Mb + dMb ) - Mb - (FQdz +dFQdz) - ½q(z)·dz2 = 0
dFL = 0
dFQ + q(z)·dz = 0
dMb - FQ ·dz = 000
FQMb
FL
FQ+dFQ
Mb+dMb
FL+dFL
Bild 1.63 a) Balken
a)
Daraus folgen die differentiellen Beziehungen: konst.FL konst.FL (1.23)
zqdz
dFQ zqdz
dFQ (1.24)
zFdz
dMQ
b zFdz
dMQ
b (1.25)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 96
Hinweis:Wir haben hier angenommen, dass auf den Balken nur eine Streckenlast qy(z) = q(z) senkrecht zur Balkenlängsachse einwirkt. Falls auch eine Streckenlast qz(z) in Richtung der Längsachse z wirkt, z. B. infolge des Eigengewichts eines senkrecht oder schräg stehenden Balkens, dann gilt für die differentielle Beziehung der Längskraft statt der Gleichung (1.23)
zqdz
dFz
L
Empfehlungen zur Schnittgrößenermittlung:
Benutzen Sie die differentiellen Beziehungen zur Kontrolle der analytischen Funktionen und zur Unterstützung bei der grafischen Darstellung.
•
Bei unverzweigten Tragwerken sollten alle z-Achsen im gleichen Durchlaufsinn und alle y-Achsen zur gleichen Seite hin orientiert werden, damit im FQ- und im Mb-Verlauf an
den Übergangstellen der Bereiche die gleichen Schnittgrößendefinitionen gelten.
•
Treten in einem Tragwerk Unstetigkeitsstellen hinsichtlich Belastung oder Geometrie auf, so beginnt man zweckmäßig an diesen Stellen einen neuen Bereich mit einem neuen Koordinatensystem.
•
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 97
Allgemeine Folgerungen aus den differentiellen Beziehungen:
• In einem Bereich mit der Streckenlast q(z) = 0 gilt: FQ ist konstant und Mb ist eine lineare Funktion.
• In einem Bereich mit der Streckenlast q(z) = konstant gilt: FQ ist eine lineare Funktion und Mb ist eine quadratische Funktion (Parabel).
• In einem Bereich mit einer linear veränderlichen Streckenlast q(z) gilt: FQ ist eine quadratische Funktion und Mb ist eine kubische Funktion.
Allgemein gilt: In einem Bereich mit einer Streckenlast q(z), die durch ein Polynom n-ter Ordnung in z darstellbar ist, wird die Querkraft FQ ein Polynom (n + 1)-ter Ordnung und das Moment Mb ein Polynom (n + 2)-ter Ordnung.
• Die Querkraft FQ(z) ist der Anstieg der Funktion für das Moment Mb(z).
• Eine Einzelkraft in y-Richtung bedeutet einen Sprung im Querkraftverlauf und einen Knick im Momentenverlauf.
• Eine Nullstelle im Querkraftverlauf bedeutet einen Extremwert im Momentenverlauf (die erste Ableitung des Momentes ist gleich Null, siehe Gleichung (1.25)).
Beachte: Das Biegemoment kann natürlich an den Bereichsgrenzen betragsmäßig maximale Werte annehmen, ohne dass dort die erste Ableitung Null ist! Daher müssen stets auch die Werte an den Bereichsgrenzen berechnet werden, wenn man das maximale Biegemoment bestimmen möchte.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 98
+
94FAV = F
114
FB= F
-
+
F34
F54
Beispiel 1.16 Balken auf zwei Stützen mit vertikalen Einzelkräften
1.6.4 Anwendungen
FL= 0
a a a a
F 2F 2FA B
FQ - Verlauf
FAV a FB a
72
MbMax= Fa
2F
F
2F
z1y1
z2y2
z3y3
z4y4
Bild 1.64 Balken auf zwei Stützen mit vertikalen Einzelkräften
Annahme: Die Berechnung der Lagerreaktionen sei bereits erfolgt!
Hinweis: Versuchen Sie, die Schnitt-größenverläufe allein unter Zuhilfenahme der differentiellen Beziehungen und den sich daraus ergebenden Schlussfolge-rungen zu ermitteln. Vergleichen Sie Ihre Ergebnisse mit denen in Bild 1.65.
a a a a
F 2F 2FFAH = 0
114
FB= F94
FAV = F
An den dabei entstehenden Teilsystemen lassen sich die Schnittgrößen aus Gleich-gewichtsbetrachtungen berechnen.
Die Ergebnisse sind in Bild 1.65 grafisch dargestellt.
FL - Verlauf
Bild 1.65 Schnittgrößenverläufe
Für die analytische Berechnung der Schnittgrößenverläufe sind vier Schnitte notwendig.
Mb - Verlauf
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 99
A B
aa a
qF = qa
FB
FAH
FAV
Bild 1.66 Balken mit konstanter Streckenlast
b)
Beachte: Belastungen dürfen im Allgemeinen erst nach einer Schnittführung verschoben bzw. durch äquivalente Lasten (z. B. Resultierende von Streckenlasten) ersetzt werden. Das bedeutet, dass zur Berechnung der Schnittgrößen zwischen den Lagern A und B erst nach der Schnittführung in diesem Bereich von der auf dem betrachteten Teilsystem verbleibenden Streckenlast eine resultierende Kraft gebildet werden darf.
Beispiel 1.17 Balken auf zwei Stützen mit konstanter Streckenlast
z1
y1
z2y2
FR = 2qa
: FAH = 0
FAV = 0,5·qa
FB = 2,5·qa
B : FAV·2a - FRa + Fa = 0
Merke: Erst schneiden, dann eventuell Resultierende bilden!
Merke: Erst schneiden, dann eventuell Resultierende bilden!
Schnitt für Lagerreaktionen
Schnitt im 2. BereichSchnitt im 1. BereichHinweis:
Zur Berechnung der Lager-reaktionen darf die Strecken-last durch ihre resultierende Kraft FR=2qa ersetzt werden.
Lagerreaktionen (vgl. Bild 1.66 b):
Gesucht: Analytische Funktionen der Schnittgrößen und grafisch Darstellung
AB
2a a
qF = qa
a)
A : FRa - FB·2a + F·3a = 0
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 100
FQ1 = q ( 0,5·a - z1 )
A
z1y1
FAH
FAV
S1
Bild 1.67 Schnittbild für den 1. Bereich
: - FAV + q·z1 + FQ1 = 0
Mb1 (z1 = 0) = 0 Mb1 (z1 = 2a) = - q a2
1. Bereich: 0 z1 2a
Schnittgrößen an den Bereichsgrenzen:
FL1
FQ1
Mb1
S1 : - Mb1 + FAV z1 - q·z1·0,5·z1 = 0
Wir wollen eine Kontrolle der Schnittgrößenverläufe im 1. Bereich mit Hilfe der differentiellen Beziehungen vornehmen. Es gilt im 1. Bereich nach dem Einsetzen der berechneten Schnitt-größen in die differentiellen Beziehungen (Gleichungen (1.23) bis (1.25)):
qdz
dF
1
Q1 Q1111
b1 Fza0,5qz2aq5,0dz
dMund
Die differentiellen Beziehungen sind im 1. Bereich erfüllt!
FQ1 (z1 = 0) = 0,5 q a FQ1 (z1 = 2a) = -1,5 q a
z1
2
qz1
FL1 = 0
Mb1 = 0,5·qz1(a - z1)
: FL1 + FAH = 0
Gleichgewicht am linken Teilsytem (Bild 1.67) liefert:
0dz
dF
1
L1
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 101
Besondere Punkte:
Aus den differentiellen Beziehungen folgt, dass das Moment dort einen Extremwert hat, wo die Querkraft Null ist. Diesen Punkt bezeichnen wir mit C und ermitteln die Nullstelle z1C der Querkraft aus
0za5,0qzzF C1C111Q a5,0z C1
Bei z1C = 0,5a ergibt sich damit folgender Extremwert für das Biegemoment:
2C111b qa
8
1zzM
Zur besseren grafischen Darstellung ermitteln wir noch den Punkt D, an dem das Moment Null wird.
0zazq5,0)zz(M DDD11b azD
Die sich formal noch ergebende Lösung z1D = 0 ist bereits bekannt.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 102
F=qa
S2
z2y2
a – z2
Bild 1.68 Schnittbild für den 2. Bereich
2. Bereich: 0 z2
a
FL2
FQ2
Mb2
: - FQ2 + F = 0
S2 : Mb2 + F (a - z2 ) = 0
0dz
dF
2
Q2 und Q22
b2 Fqa1a qdz
dM
Im 2. Bereich ermitteln wir die Schnittgrößen am rechten, wesentlich einfacheren Teilsystem.
FQ2 = F = q a
Mb2 = - F (a - z2 ) = - q a (a - z2)
FL2 = 0
Wir wollen eine Kontrolle der Schnittgrößenverläufe auch im 2. Bereich mit Hilfe der differentiellen Beziehungen vornehmen. Es gilt im 2. Bereich nach dem Einsetzen der berechneten Schnittgrößen in die differentiellen Beziehungen (Gleichungen (1.23) bis (1.25)):
Die differentiellen Beziehungen sind im 2. Bereich erfüllt!
0dz
dF
2
L2
Mb2(z2 = 0) = - q a2 Mb2(z2 = a) = 0
Schnittgrößen an den Bereichsgrenzen :Beachte: Das Biegemoment am Beginn des zweiten Bereichs (bei z2 = 0) ist gleich dem Biegemoment am Ende des ersten Bereichs (bei z1 = 2a).
: FL2 = 0
Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgt:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 103
_
- qa2
qa218
_
FAV
Grafische Darstellung der Schnittgrößen: (vgl. analytischen Verläufe auf den drei letzten Seiten)
FL-VerlaufFL= 0
Mb-Verlauf
F+FQ-Verlauf
FB
B
a a
qF=qa
A
FB
FAH
FAV
C D
a2
a2
z1
y1
z2
y2
Bild 1.69 Schnittgrößenverläufe für Balken auf zwei Stützen mit konstanter Streckenlast
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 104
Beispiel 1.18 Verzweigter Träger mit Einzellast
a a
2a
B
AF
z1
y1
z2y2
z3
y3
FAV = F
Bild 1.70 Verzweigter Träger mit Einzellast
Aus den Gleichgewichtsbedingungen erhalten wir für die Lagerreaktionen die folgenden Lösungen:
: FAV - F = 0
A : - FB2a + F 2a =
0 : FAH - FB = 0
FB = F
FAH = F
Es werden drei Schnitte in den drei Bereichen des verzweigten Trägers notwendig.
Zur Festlegung der Schnittstellen definieren wir für jeden Bereich ein eigenes Bezugssystem (siehe Bild 1.70 oben).
F
FB
FAV
FAH
2a
a a
B
A
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 105
Fa
Fa
+2Fa
+
Mb-Verlauf :
V
Bild 1.72 Momentengleichgewicht an der Verzweigungsstelle
FFAV +
F
FQ-Verlauf :FB=F
FAH
Mb2(z2=0)=-FaMb1(z1=a)=Fa
Mb3(z3=0)=2FaHinweis: Unmittelbar an der Verzweigungsstelle V muss das Kraft- und Momentengleichgewicht erfüllt sein. Zum Beispiel ist für das Biegemoment Mb bei einem Schnitt unmittelbar bei V das Momentengleichgewicht M=0 erfüllt (vgl. Bild 1.72).
FFF AH1L
FFF AV1Q
11AV1b zFzFM
0F 2L
FF 2Q 22b zaFM
0F 3L
FFF B3Q 33B3b za2Fza2FM
Tabelle 1.2 Schnittgrößen für verzweigten Träger mit Einzellast
1. Bereich: 0 z1 a
y2
FFQ2
FL2
Mb2
S2
z2 a - z2
2. Bereich: 0 z2 a
y3
FB
FQ3
FL3
Mb3
S3z3
2a - z3
3. Bereich: 0 z3 2a
FL1
A
z1
y1
FAH
FAVFQ1
Mb1
S1
FL-Verlauf :
Bild 1.71 Schnittgrößenverläufe für verzweigten Träger
V : Fa - 2Fa - (-Fa) = 0 0 = 0
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 106
A
q0
a
b)
Freischneiden
d) Schnittgrößen
A
a
c) Schnitt bei z:
Bild 1.73 a) Kragträger mit Dreiecklast, b) Schnittbild, c) Schnitt bei z, d) Schnittgrößenverläufe
Die Lagerreaktionen, die man dann zweckmäßig so positiv definiert wie die Schnittgrößen an diesem Schnittufer (Bild 1.73 b), können später aus den Schnitt-größen am Lager A ermittelt werden (siehe unten). - q0a
12
-
q0a21
6
Hinweis: Bei diesem Beispiel lassen sich die Schnittgrößen ohne vorherige Berechnung der Lagerreaktionen bestimmen, wenn als Teilsystem, an dem die Schnittgrößen berechnet werden, das freie Trägerende gewählt wird (Bild 1.73 c).
Beispiel 1.19 Kragträger mit Dreieckstreckenlast
FL = 0
Lagerreaktionen aus den Schnittgrößen bei A:
q(z)= z ,q0
a
FL
FQ
Mb
zy
S
0zzq2
1F: Q 20
Q z2a
qF
30b z
6a
qM
FR(z)= q(z)·z= z2q0
2a12
FR(z)
z3
,zqza
q
dz
dF 0Q Q20b Fz
2a
q
dz
dMKontrolle:
03z
zzq21
M:S b
FAV
FAH=0
MA
zy
Aa
q0
MA = Mb(z=a) = - q0a21
6
FL - Verlauf FL - Verlauf
FQ - Verlauf FQ - Verlauf
Mb - Verlauf Mb - Verlauf
a)
,0dzdFL die differentiellen Beziehungen sind erfüllt!
0F: L 0FL
FAH= FL(a) = 0 , 12
FAv=FQ(a) = - qa ,
q0
q(z)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 107
Beispiel 1.20 Gerberträger mit konstanter Streckenlast
A B
a
q
G
C
aa z2y2
z3y3
Bild 1.74 Gerberträger
FAH
FAV
Aq
G
a
B
a
C
a
G
Schnitt im Gelenkund an den Lagern
Bild 1.75 Freigeschnittener Gerberträger mit Bezugssystemen und angedeuteter Schnittführung
z1y1
FGV
FGHFGH
FGV FB
FC
Wir prüfen: Der Gerberträger weist keine unzulässigen Gelenk- und Lageranordnungen auf (vgl. Kapitel 1.5.3) und die notwendige Bedingung (1.20) b = 3n für die statische Bestimmtheit von Scheibenverbindungen ist mit b = 6 (vier Bindungen durch die Lager A, B und C und zwei durch das Gelenk G) und n = 2 (zwei starre Scheiben) erfüllt ist.
Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung am rechten Teilsystem von Bild 1.75 liefert:
: 0FAH
Aus Gleichgewichtsbedingungen am linken Teilsystem von Bild 1.75 folgt:
: 0FF GHAH
G : 0aaqaF21
AV aqF21
AV
aqF21
GV
C : 0aFaF CGV aqF
21
C
Am rechten Teilsystem erhalten wir
B : 0aFa2F BGV
aqFB
0FGH
A : 0aaqaF21
GV
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 108
Tabelle 1.3 Schnittgrößen für Gerberträger
1. Bereich: 0 z1 a
FL1
121 z
qz1
z1
y1FQ1
Mb1S1FAH = 0
FAV =qa 2
A
2. Bereich: 0 z2 a
FL2
G
z2
y2
FGH = 0
FQ2
Mb2S2
FGV = qa 2
3. Bereich: 0 z3 a
y3
FQ3
FL3
Mb3
S3
z3 a - z3
FC = -qa 2
C
qaF21
2Q
221
2b qazM
121
1Q z-aqF
1121
1b z-azqM
0F 1L 0F 2L 0F 3L
321
3b z-aqaM
qaF21
3Q
Für die grafische Darstellung der Schnittgrößen ist die Kenntnis von Ort und Größe des Extremwertes des Biegemomentenverlaufs (quadratische Funktion) im 1. Bereich nützlich. Analog zur Berechnung des Extremwertes im Beispiel 1.17 folgt:
a2
1z D1 Ort:
Extremwert: 2D111b qa
8
1zzM
Die grafische Darstellung der analytischen Schnittgrößenverläufe in den drei Bereichen (siehe Tabelle 1.3) erfolgt auf der nächsten Seite.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 109
Bild 1.76 Schnittgrößen für den Gerberträger18
qa2
AB
a
q
G C
aqa qa
21qa
21
z1
y1
z2y2
z3y3a
+qa21
qa21
-
+ qa21
FL = 0FL - Verlauf FL - Verlauf
FQ - Verlauf FQ - Verlauf
Dz1D
qa
-
12
qa2
Mb - Verlauf Mb - Verlauf
Schnittgrößenverläufe:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 110
Bild 1.77 Koordinatensystem
1.7 Zentrales räumliches Kraftsystem
Definition:Eine räumlich angeordnete Gruppe von Kräften (nicht in einer Ebene liegend) heißt zentrales räumliches Kraftsystem, wenn sich die Wirkungslinien aller Kräfte in einem Punkt schneiden. Es ist die Verallgemeinerung des ebenen zentralen Kraftsystems.
Die Erkenntnisse aus dem ebenen zentralen Kraftsystem über die Bildung der resultierenden Kraft und über die Kraftzerlegung gelten auch hier, wenn die neu hinzukommende dritte Koordinaten-richtung beachtet wird.
x
y
z
Bezugssystem: Die räumliche Anordnung der Kräfte wird im Allgemeinen in einem räumlichen kartesischen (x,y,z)-Koordinaten-system beschrieben, wobei die Achsen in der Reihenfolge x-y-z ein Rechtssystem bilden sollen (Bild 1.77).
Die Lösung räumlicher Probleme erfordert ein räumliches Vorstellungsvermögen und einen höheren Rechenaufwand, erfolgt aber prinzipiell mit den gleichen Methoden, die wir schon in den vorangegangenen Kapiteln kennen gelernt haben.
Bei der Lösung praktischer Probleme wird man nicht immer mit einem ebenen Modell auskom-men, sondern muss gegebenenfalls die dreidimensionale Ausdehnung des Tragwerkes sowie die in beliebiger Raumrichtung wirkenden Kräfte und Momente berücksichtigen, um eine kor-rekte Lösung zu erhalten.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 111
x
y
z
Bild 1.78 Komponenten einer Kraft Fi
Die grafische Ermittlung der Resultierenden aus n Kräften durch Zeichnen eines räumlichen Kraftecks ist prinzipiell möglich, aber nicht praktikabel und wird deshalb hier nicht weiter beschrieben.
1.7.1 Ermittlung der Resultierenden
Allgemein gilt bei n Kräften als Verallgemeinerung des ebenen Falles für die resultierenden Komponenten in x-, y- und z-Richtung und für die Resultierende FR:
Analytische Lösung
Grundidee: Zerlegung der Kräfte Fi in jeweils 3 Komponenten.
FixEs gilt:
Fix = Fi cos Fix = Fi cos
Fiy
Fiy = Fi cos Fiy = Fi cos
Fiz
n
1iixRx FF
n
1iixRx FF
n
1iiyRy FF
n
1iiyRy FF
n
1iizRz FF
n
1iizRz FF
Beachte: Eine Kraft im Raum lässt sich eindeutig nur in drei Richtungen zerlegen, wenn diese nicht in einer Ebene liegen.
Grafische Lösung
Fi
und wegen cos2cos2cos2= 1 auch umgekehrt 2
iz2iy
2ix
2i FFFF
2Rz
2Ry
2RxR FFFF
2Rz
2Ry
2RxR FFFF (1.28)
Fiz = Fi cos Fiz = Fi cos (1.26)
(1.27)2iz
2iy
2ixi FFFF 2
iz2iy
2ixi FFFF
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 112
• Weitere Gleichungen können gegebenenfalls zur Kontrolle benutzt werden.
• Von diesen sind jedoch nur drei linear unabhängig, so dass daraus nur drei Unbekannte berechnet werden können.
Beachte: • Da das Gleichgewicht in jeder beliebigen Richtung aufgeschrieben werden kann, gibt es
unendlich viele Gleichgewichtsbedingungen.
Eine Resultierende ist Null, wenn jede der drei Komponenten der Resultierenden Null ist. Analytisch wird der Gleichgewichtszustand mit Gleichung (1.28) durch die folgenden drei Gleichgewichtsbedingungen beschrieben:
1.7.2 Gleichgewicht einer zentralen räumlichen Kräftegruppe
Eine zentrale räumliche Kräftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn ihre Resultierende gleich Null ist (FR = 0).
0FF:n
1iiyRy
0FF:n
1iiyRy
0FF:n
1iixRx
0FF:n
1iixRx
0FF:n
1iizRz
0FF:n
1iizRz
(1.29)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 113
x
y
zb)
, b) Komponenten der Kräfte
Beispiel 1.21 Stabkräfte in einem räumlichen Stabdreischlag (Dreibock)a
F
1 2
3
a
a
FS2 = F (Zugstab)2
FS2
F22
F22
Gesucht: FS1, FS2, FS3
Gegeben: F, a
0FF: S122 22
0FFF: S2S12
S32 22
FS3
45°
FS1
45°
Das Aufschreiben der drei Gleichgewichtsbedingungen (1.29) ergibt (vgl. Bild 1.80 b):
FS3 = - F (Druckstab)
FS1 = - F (Druckstab)
Knotenschnitt
S32 F2
S32 F2
S12 F2
S12 F2
F45°
0FF S322 22:
Bild 1.79 Dreibock
FS2
F
FS1
FS3
Bild 1.80 a) Schnittskizze nach dem Knotenschnitt
a)
Annahme: Die Gelenke sind reibungsfreie Kugelgelenke.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 114
Beachte: Das Moment einer Kraft bezüglich einer zu ihrer WL parallelen Achse ist gleich Null. Hier ist dies die z-Achse und deshalb ist M0z =0.
Wir berechnen das Moment der Kraft Fz bezüglich des Koordinaten-ursprungs 0 aus dem Versetzungsmoment (siehe Kapitel 1.3.3)der Kraft, welches beim Versetzen von der Wirkungslinie WLauf die parallele Wirkungslinie (z-Achse) durch den Punkt 0 entsteht. Der Betrag des Versetzungsmomentes M0 wird:
M0x = M0 sin = Fzl sin = Fzy
l
x=l c
os
y=l sin
•
Fz
WL
z
x
y0
Moment einer zur z-Achse parallelen Kraft bezüglich des Koordinatenursprungs
Bild 1.81 Moment der Kraft Fz bezüglich 0
1.8 Allgemeines räumliches Kraftsystem
M0 steht senkrecht auf der von Fz und l aufgespannten Fläche und liegt damit parallel zur (x,y)-Ebene. Die Komponenten von M0 in x-, y- und z-Richtung (positiv in Koordinatenrichtung), die identisch dem Momenten der Kraft Fz bezüglich der Achsen x, y, z sind, lauten: M0z = 0
M0y = - M0 cos = - Fzl cos = -
Fzx
Definition: Eine Kräftegruppe im Raum, deren Wirkungslinien (WL) keinen gemeinsamen Schnittpunkt besitzen, bezeichnen wir als allgemeines räumliches Kraftsystem. Es ist die Verallgemeinerung des allgemeinen ebenen Kraftsystems
mit l ... Lot von 0 auf WL von FzM0 = Fz
l
M0
M0sin
M0cos
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 115
bzw. mit den Komponenten M0ix, M0iy, und M0iz von in x-, y- und z-Richtung0iM
ziz0yiy0xix0i0 eMeMeMM
ziz0yiy0xix0i0 eMeMeMM
(1.33)
Moment einer beliebig orientierten Kraft bezüglich des Koordinatenursprungs
Das Moment der Kraft bezüglich des Punktes 0 ist das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) aus dem so genannten Ortsvektor und dem Kraftvektor (vgl. Bild 1.82)ir
iF
ii0i FrM
ii0i FrM
(1.30)
Mit den Einheitsvektoren in Richtung der Koordinatenachsen lässt sich das Vektorprodukt (1.30) auch in Form einer Determinante darstellen:
iziyix
iii
zyx
Oi
FFF
zyx
eee
M
iziyix
iii
zyx
Oi
FFF
zyx
eee
M
zyx eunde,e
(1.31)
Berechnen wir die Determinante, so lautet das Ergebnis für :0iM
z
M
iixiiyy
M
iiziixx
M
iiyiizi0 eyFxFexFzFezFyFM
iz0iy0ix0
z
M
iixiiyy
M
iiziixx
M
iiyiizi0 eyFxFexFzFezFyFM
iz0iy0ix0
(1.32)
(1.34)2iz0
2iy0
2ix0i0 MMMM
2iz0
2iy0
2ix0i0 MMMM Mit dem räumlichen Pythagoras wird der Betrag von : 0iM
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 116
yi
xi
zi
Fi
x
y
z
0
ri
Fiy
Fiz
Fix
Hinweis: Das Moment der Kraftkomponente Fiz entspricht genau dem Spezialfall auf Seite 114.
M0ix = - Fiy zi + Fiz yiM0ix = - Fiy zi + Fiz yi
M0iy = - Fiz xi + Fix ziM0iy = - Fiz xi + Fix zi
M0iy
M0iz
M0ix
Neben der formellen Berechnung aus der Vektor-gleichung, kann das Moment der Kraft auch nach den folgenden Überlegungen ermittelt werden.
iF
Satz: Das Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes 0 ist gleich der Summe der Moment der Kraft-komponenten bezüglich dieses Punktes.
0iM
iF
Die Komponenten von in x-, y- und z-Richtung (positiv in Koordinatenrichtung), die identisch den Momenten der Kraft bzw. seiner Komponenten bezüglich der Achsen x, y, z durch den Punkt 0 sind, ergeben sich aus den folgenden Äquvalenz-betrachtungen (vgl. Bild 1.82).
iF
0iM
Natürlich sind diese Ergebnisse für die Komponenten von mit denen in (1.32) identisch.0iM
M0iz = - Fix yi + Fiy xiM0iz = - Fix yi + Fiy xi
(1.35)
Bild 1.82 Moment einer beliebigen Kraft Fi bezüglich des Punktes 0
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 117
Für die resultierende Kraft FR gelten dann die Formeln des zentralen räumlichen Kraftsys-
tems (vgl. Kapitel 1.7.1, Gleichung (1.28)). Für die Wirkungslinie der Resultierenden gilt der folgende Hinweis.
1.8.1 Zusammensetzung von Kräften und Momenten
Bei der Zusammensetzung von Kräften eines allgemeinen räumlichen Kraftsystems (wobei auch Momente, die als Kräftepaar angesehen werden könnten, vorhanden sein dürfen) erhalten wir im Allgemeinen eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moment. Das resultierende Moment entsteht infolge der Momente der Kräfte in bezug auf den gewählten Bezugspunkt (siehe eine Seite zurück), in den wir alle Kräfte parallel verschieben, um zur Bildung der resultierenden Kraft ein zentrales räumliches Kraftsystem zu erhalten.
m
1i0ix0Rx MM
m
1i0ix0Rx MM
m
1i0iy0Ry MM
m
1i0iy0Ry MM
m
1i0iz0Rz MM
m
1i0iz0Rz MM (1.36)
Hinweis: Die Momentensumme in (1.36) kann sich aus der Summe der Momente von Kräften Fi und aus Einzelmomenten Mi zusammensetzen.
Hinweis: Die Wirkungslinie der resultierenden Kraft FR eines allgemeinen räumlichen Kraftsys-tems verläuft durch den gewählten Bezugspunkt „0“, auf den das resultierende Moment M0R (siehe Gleichung (1.36)) bezogen wird.
Die Komponenten des resultierenden Momentes M0R berechnen wir nach (1.32) bzw. (1.35) als Summe der Komponenten der Momente der einzelnen Kräfte in bezug auf den gewählten Bezugspunkt „0“. Es ergibt sich:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 118
1.8.2 Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte und Momente
Beachte: Da von den unendlich vielen Gleichgewichtsbedingungen, die an einem starren Körper aufgeschrieben werden können, nur sechs linear unabhängig sind, lassen sich daraus nur sechs Unbekannte berechnen.
Satz: Ein allgemeines räumliches Kräftesystem ist im Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft FR und das resultierende Moment M0R für einen beliebigen Bezugspunkt „0“ gleich Null sind.
Daraus ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen des allgemeinen räumlichen Kraftsystems zu
0F:n
1iiz
0F:n
1iiz
(1.37)0F:
n
1iiy
0F:n
1iiy
0F:
n
1iix
0F:n
1iix
(1.38)0M:m
1i0ix
0M:m
1i0ix
0M:
m
1i0iy
0M:m
1i0iy
0M:
m
1i0iz
0M:m
1i0iz
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 119
ungebundener starrer Körper mit 6 Bewegungsmöglichkeiten
Bild 1.83 Freiheitsgrad und statisch bestimmte Lagerung eines starren Körpers im Raum
1.8.3 Räumlich gestützter Körper
Ein ungebundener starrer Körper hat im Raum sechs unabhängige Bewegungsmöglichkeiten (3 Translationen, 3 Rotationen). Der Freiheitsgrad beträgt somit f = 6 (siehe Bild 1.83).
Für eine statisch bestimmte Lagerung müssen diese Bewegungsmöglichkeiten verhindert werden, so dass f=0 gilt. Dazu dienen ein- bis sechswertige Lager, d. h. Lager, die eine oder maximal sogar sechs Bewegungsmöglichkeiten an einem Punkt verhindern.
f = 6 f = 0
statisch bestimmte Lagerung
So ist z. B. der im Bild 1.83 rechts dargestellte Körper durch sechs Stabstützen statisch bestimmt gelagert.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 120
Stabstütze (Pendellager):Die Lagerung erfolgt durch einen Stützstab, der mit dem Körper und der Umgebung gelenkig verbunden ist (Bild 1.84 und Bild 1.83). Der Stab nimmt nur eine Kraft in der Längs-richtung auf. Es handelt sich also um ein einwertiges Lager.
Auswahl räumlicher Lager
Bild 1.84 Räumliche Stabstütze
Räumliches Loslager:Das Loslager (Bild 1.85) ist gelenkig mit dem Körper verbunden und kann reibungsfrei auf der Lagerfläche gleiten. Eine Kraftaufnahme ist nur normal zu dieser Fläche möglich. Es handelt sich also ebenfalls um ein einwertiges Lager. Bild 1.85 Räumliches Loslager
Räumliches Festlager:Im Unterschied zum Loslager ist das Festlager (Bild 1.86) starr mit der Umgebung verbunden. Es nimmt deshalb Kräfte in beliebiger Richtung (bzw. in drei vorgegebene Richtun-gen) auf. Es handelt sich damit um ein dreiwertiges Lager. Bild 1.86 Räumliches Festlager
Räumliche Einspannung:Der Träger (Bild 1.87) so mit der Umgebung verbunden, das Kräfte und Momente in beliebiger Richtung (bzw. in drei vorgegebenen Richtungen) aufgenommen werden können. Die räumliche Einspannung ist also ein sechswertiges Lager. Bild 1.87 Räumliche Einspannung
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 121
Beispiel 1.22 Abgewinkelter Träger mit räumlicher Belastung und Lagerung
Ein räumlich abgewinkelter Träger ist durch ein Festlager (b = 3), ein Loslager (b = 1) und zwei Stützstäbe (beide zusammen b = 2) gelagert ist (Bild 1.88). Die insgesamt b = 6 Bindungen fixieren den Träger eindeutig, so dass f = 0 gilt.
A
C
2a
F1=qa
q
F2=2qa
12
a2
a2
B
FB
FS1
FS2
FAx
FAy
FAz
Bild 1.88 Abgewinkelter Träger mit räumlicher Belastung und Lagerung
Zur Ermittlung der Lagerreaktionen schneiden wir den Trägern von den Auflagern frei und tragen die Lagerreaktionen an (Bild 1.89).
x
yz
a
A
C
a
F1=qaF2=2qa
a2
a2
B
D
Bild 1.89 Schnittskizze mit Lagerreaktionen für einen abge-winkelten Träger mit räumlicher Belastung und Lagerung
FR=2qa
Hinweis: Schreibt man die Gleichge-wichtsbedingungen in geigneter Reihen-folge auf, so lassen sich häufig die Un-bekannten der Reihe nach berechnen, ohne das ein Gleichungssystem gelöst werden muss.
qaFF 1Ax
qa2F2F 11S
qaFF 221
2S
qaFF R21
1Az
0FF: 1SAy qa2FF 1SAy
0FFFFF: 2S2BRAz qa2FFFFF 2S2RAzB
Aus sechs Gleichgewichtsbedingungen folgt:
0FF: 1Ax
0aFa2F:B RAz
0aFaF:A 2S21
2
0aFa2F:A 1S1
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 122
Zur Kontrolle bilden wir noch
00
0qa2qa4qa4qa2 2222
0a2Fa2Fa2FaF:A 2S2BR
und erkennen, dass die Kontrollgleichung identisch erfüllt ist.
Hinweis: Kraftgleichgewichtsbedingungen können auch durch Momentengleichgewichts-bedingungen ersetzt werden, wodurch sich oft die Lösungen für einzelne Lagerreaktionen unabhängig voneinander ergeben.
Bei dem oben behandelten Beispiel 1.22 könnten für die letzten zwei Gleichgewichtsbe-dingungen z. B.
aufgeschrieben werden (vgl. Bild 1.89), aus denen dann unabhängig von anderen Lager-reaktionen die Lagerreaktionen FAy und FB folgen würden.
D : und Achse AC :
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 123
Als Bezugssystem für die Definition der räumlichen Schnittgrößen verwenden wir ein kartesisches (x,y,z)-Koordinatensystem (Rechtssystem), wobei wir die z-Achse wieder in Richtung der Balkenlängsachse (Verbindungsgerade aller Querschnittsschwerpunkte) legen (vgl. Kapitel 1.6.1).
1.8.4 Schnittgrößen am räumlich belasteten Balken
Definition der räumlichen Schnittgrößen
x y
z FL Mt
FQx FQy
Mby
Mbx
Mt
Mbx
FQx
Mby
FQy
FL
positivesSchnittufer
negativesSchnittufer Bild 1.90 Definition der positiven räumlichen Schnittgrößen
Analog zur räumlichen Einspannung kommen zu den drei Schnittgrößen des eben belasteten Balkens (FL, FQy und Mbx, vgl. Kapitel 1.6.1) noch drei neue Schnittgrößen (FQx, Mby und Mt) hinzu, so dass sich insgesamt sechs Schnittgrößen (siehe Bild 1.90) ergeben, die im Allgemeinen Fall eine Funktion von z sind.
Auf der folgenden Seite werden die positive Definition sämtlicher Schnittgrößen angegeben, wobei die bereits am ebenen Balken (vgl. Kapitel 1.6.1) eingeführten Schnittgrößen nochmals wiederholt werden.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 124
Beachte: Am positiven Schnittufer stimmt der positive Richtungssinn der Schnittgrößen mit Ausnahme von Mby mit dem positiven Richtungssinn der Koordinatenachsen überein.
Mt - Torsionsmoment um eine zur z-Achse parallele Achse: am positiven Schnittufer positiv in positiver z-Richtung, d. h. die Doppelpfeilspitze zeigt in die positive
z- Richtung.
FQy - Querkraft: positiv am positiven Schnittufer in positiver y-Richtung.
FL - Längskraft (oft auch als Normalkraft FN bezeichnet) positiv am positiven
Schnittufer in positiver z-Richtung.
Mbx - Biegemoment um eine zur x-Achse parallele Achse: am positiven Schnittufer
positiv in positiver x-Richtung, d. h. die Doppelpfeilspitze zeigt in die x-Richtung.
FQx - Querkraft: positiv am positiven Schnittufer in positiver x-Richtung.
Mby - Biegemoment um eine zur y-Achse parallele Achse: am positiven Schnittufer
positiv in negativer y-Richtung, d. h. die Doppelpfeilspitze zeigt in die negative y-Richtung.
Die oben angegebene weit verbreitete Definition der Schnittgrößen sichert, dass am positiven Schnittufer sämtliche Schnittkräfte und das Torsionsmoment in positive Koordinatenrichtung weisen und positive Biegemomente die Balkenunterseiten (das sind die Seiten, die einen positiven Abstand vom Schwerpunkt haben) dehnen.
Hinweis: Natürlich sind auch alternative Definitionen möglich (vgl. Hinweis Seite 89).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 125
Tabelle 1.4 Schnittgrößen für den eingespannten räumlichen Kragträger (Bild 1.91)
1. Bereich: 0 z1 b
Dadurch vermeiden wir die vorherige Ermittlung der Lagerreaktionen. Im Bedarfsfall können diese später direkt aus den Schnittgrößenverläufen ermittelt werden (vgl. Beispiel 1.19).
q
F1
F2
ba
Bild 1.91 Räumlicher Kragträger
Beispiel 1.23 Eingespannter räumlicher Kragträger
x1
y1
z1
x2
y2
z2
Der Kragträger in Bild 1.91 besteht aus zwei Bereichen, für die wir die beiden Bezugssysteme (x1,y1,z1) und (x2,y2,z2) zur Beschreibung der Schnittgrößenverläufe einführen.
Zur Ermittlung der Schnittgrößen schneiden wir den Träger zweimal und schreiben die Gleichgewichtsbedingungen jeweils für das rechte Teilsystem auf (Ergebnisse siehe Tabelle 1.4).
Mt1
Mbx1
FQx1
FQy1
FL1
Mby1
F2
qx1
y1
z1
S1
2. Bereich: 0 z2 a
x2
y2
z2
S2
F2
q
F1 bMby2
Mt2
Mbx2
FQx2
FQy2
FL2
FL1 = -F2 Mbx1 = -0,5qz12
FQx1 = 0 Mby1 = 0
FQy1 = -qz1 Mt1 = 0
FL2 = -F2 Mbx2 = -qb(0,5b+z2)
FQx2 = F1 Mby2 = F1z2
FQy2 = -qb Mt2 = 0
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 126
q
F1
F2
ba x1
y1
z1
x2
y2
z2
F1a+
Mby
F1
+
FQx
qb
-FQy
Mt Mt = 0
- 0,5qb2
qb(0,5b+a)
Mbx
Bild 1.92 Schnittgrößenverläufe für den räumlichen Kragträger (Bild 1.91)
Darstellung der Schnittgrößenverläufe nach Tabelle 1.4:
F2
- FL
FL - VerlaufFL - Verlauf
FQ - Verlauf FQ - Verlauf
Mb - Verlauf Mb - Verlauf
Mt - Verlauf Mt - Verlauf
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 127
y
z
x
g
Körper
Bild 1.93 Schwerpunkt eines starren Körpers
1.9.1 Massenschwerpunkt
1.9 Schwerpunkt
Der Schwerpunkt S (Massenmittelpunkt) eines Körpers ist der Punkt, in dem die Resultierende aller Massenkräfte angreift. Die Resultierende aller Massenkräfte ist die Gewichtskraft FG des Körpers.
Annahmen: Der Körper sei im Vergleich zur Erde klein. Das bedeutet, die Erdbeschleunigung g ist im Körper konstant und alle Massenkräfte verlaufen parallel.
g·dm
yxz
dm, dV
FG
xS
yS
zS
S
m - Masse des Körpersdm - differentielles MassenelementV - Volumen des KörpersdV - differentielles Volumenelement - Dichte des Materialsg - Erdbeschleunigung
Es bedeuten:
Äquivalenzbetrachtungen für die Kräfte in z-Richtung und für die Momente um die x- und die y-Achse liefern Gleichungen zur Berechnung der geometrischen Lage (xS, yS) von S. Es folgt (vgl. Bild 1.93):
mgdmgF:(m)
G (1.39)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 128
(m)
SsG dmgyymgyF:
(m)
sSG dmgxxmgxF:
(m)
SsG dmgzzmgzF:
(1.40) (m)
S dmxm
1x
(m)S dmx
m
1x
(1.41) (m)
S dmym
1y
(m)S dmy
m
1y
Dreht man den Körper in Bild 1.93 einschließlich des Koordinatensystems um einen Winkel von 90° um die x-Achse, so zeigt die Gewichtskraft FG und die differentielle Gewichtskraft gdm in die negative y-Richtung. Aus dem Momentengleichgewicht um die x-Achse folgt dann: (1.42)
(m)S dmz
m
1z
(m)S dmz
m
1z
Hat der Körper eine konstante Dichte , bezeichnet man ihn als homogen.
(V)
S dVxV
1x
(V)S dVx
V
1x
(V)S dVy
V
1y
(V)S dVy
V
1y
(V)S dVz
V
1z
(V)S dVz
V
1z (1.43)
dm = dV m = V(V)
dVV
Es gilt dann mit:
Beachte: Der Schwerpunkt ist in diesem Fall eine rein geometrische Größe. Er wird deshalb auch Volumschwerpunkt genannt.
Hinweis: Integrale vom Typ und , wie sie in (1.40) bis (1.43) vorkommen, werden statische Momente genannt.
(V)
dVx (m)
dmx
Ende?
1.9.2 Volumenschwerpunkt
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 129
(A)
S xdAA
1x
(A)S xdA
A
1x
(A)S ydA
A
1y
(A)S ydA
A
1y (1.44)
Damit lauten die Koordinaten des Flächenschwerpunktes:
Aus der 1. Gleichung von (1.43) für den Volumenschwer-punkt homogener Körper folgt für eine dünne homogene Scheibe der Fläche A mit konstanter Dicke h (h 0) und mit dV = hdA und V = hA (siehe Bild 1.94)
1.9.3 Flächenschwerpunkt ebener Flächen
(A)(A)(V)
S xdAA
1xhdA
hA
1dVx
V
1x
Ein analoges Ergebnis erhalten wir für yS aus der zweiten Gleichung von (1.43). Bild 1.94 Flächenschwerpunkt
Fläche A
x
ydA
x
yS
xS
yS
Die in den Gleichungen (1.44) auftretenden Flächenintegrale werden als statische Momente der Fläche A bezüglich der x-Achse (Sx) bzw. der y-Achse (Sy) bezeichnet:
(A)
x ydAS (A)
x ydAS (A)
y xdAS (A)
y xdAS (1.45)(statische Momente)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 130
Damit lassen sich die Gleichungen (1.44) für den Flächenschwerpunkt wie folgt schreiben:
yS SA
1x xs S
A
1y und
Wird das Bezugskoordinatensystemsystem genau in den Flächenschwerpunkt S gelegt, so giltxs = ys = 0, woraus Sx = Sy = 0 folgt.
Satz: Das statische Moment bezüglich einer Achse durch den Flächenschwerpunkt ist gleich Null.
x
y
R
Bild 1.95 Schwerpunkt einer Halbkreisfläche
Beispiel 1.24 Flächenschwerpunkt einer Halbkreisfläche
erhalten wir aus den Gleichungen (1.44) für die Schwerpunktskoordinaten
0drdcosrR
2xdA
A
1x
R
0r 0
22
(A)S
Mit rsiny,rcosx,drrddA,rA 221
Beachte: Das Ergebnis xS = 0 war aus Gründen der Symmetrie zu erwarten!
3
4Rcos
3
r
R
2drdsinr
πR
2ydA
A
1y
0
R
0r
3
2
R
0r
π
0
22
(A)S
sowie
SyS
x
y
dA=r·d·dr
dr
dr
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 131
1.9.4 Linienschwerpunkt ebener Linien
Aus der 1. Gleichung von (1.43) für den Volumen-schwerpunkt homogener Körper folgt für einen sehr dünnen linienförmigen Körper der Länge l mit einer sehr kleinen, konstanten Querschnittsfläche A (A 0) und mit dV = Ads und V = Al (siehe Bild 1.96)
)()((V)
S xds1
xAdsA
1dVx
V
1x
llll
Ein analoges Ergebnis erhalten wir für yS und zS aus der zweiten und dritten Gleichung von (1.43).
Damit lauten die Schwerpunktkoordinaten einer ebenen Linie:
)(
S xds1
xl
l)(
S xds1
xl
l )(
S yds1
yl
l)(
S yds1
yl
l (1.46)
Linie der Länge l
x
y
S
xS
yS
x
y
sds
Bild 1.96 Linienschwerpunkt
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 132
1.9.5 Schwerpunkt zusammengesetzter Gebilde
Ist ein Gebilde (Körper, Fläche oder Linie) aus einer endlichen Anzahl einzelnen Bestandteilen zusammengesetzt, für die die Koordinaten der Schwerpunkte bekannt sind, dann kann der Schwerpunkt des Gesamtsystems durch Summation über die Bestandteile ermittelt werden (Ausschnitte lassen sich mit negativem Vorzeichen der ausgeschnittenen Volumen, Flächen oder Linien in den Formeln berücksichtigen).
n
1ii
n
1iiSi
x
AS
A
Ay
A
SAdy
A
1y
n
1ii
n
1iiSi
x
AS
A
Ay
A
SAdy
A
1y
(1.47)
n
1ii
n
1iiSi
y
AS
A
Ax
A
SAdx
A
1x
n
1ii
n
1iiSi
y
AS
A
Ax
A
SAdx
A
1x
So gilt z. B. für den Flächenschwerpunkt einer aus n Teilflächen bestehenden ebenen Fläche:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 133
1.9.6 Hinweise zur Berechnung von Schwerpunkten
• Statische Momente in Bezug auf Symmetrieachsen sind stets Null.
• Wenn zwei Symmetrieachsen vorhanden sind, so liegt der Schwerpunkt im Schnittpunkt der Symmetrieachsen.
• Hat das zu berechnende Gebilde (Körper, Fläche oder Linie) eine Symmetrieachse, so liegt der Schwerpunkt auf der Symmetrieachse.
• Der Massenmittelpunkt wird vorrangig in der Statik und in der Dynamik als Angriffspunkt der Gewichtskraft und von Trägheitskräften und Trägheitsmomenten benötigt.
• Der Volumenschwerpunkt hat Bedeutung für die Vereinfachung von homogenen Körpern.
• Den Flächenschwerpunkt benötigen wir in der Festigkeitslehre zur Festlegung eines Bezugssystems zur Berechnung von Querschnittskennwerten, die wiederum für die Berechnungen von Spannungen- und Verformungen benötigt werden.
• Der Linienschwerpunkt hat Bedeutung bei der Berechnung dünnwandiger offener und geschlossener Querschnitte sowie beim Stanzen und Abscheren von Blechen. So wird beispielsweise dann ein gutes Stanzergebnis erzielt, wenn die Belastung durch das Werkzeug im Linienschwerpunkt der zu stanzenden Kontur wirkt.
Ende?
Hinweis: Bei räumlich gekrümmten Flächen bzw. Linien lässt sich die zs-Koordinate aus
berechnen, die die Gleichungen (1.44) bzw. (1.46) ergänzen.
)(
S dsz1
zl
l)(
S dsz1
zA
Abzw.
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 134
1.10.1 Definition der Flächenträgheitsmomente
1.10 Flächenträgheitsmomente
Die Flächenträgheitsmomente sind in der Festigkeitslehre benötigte Größen (Integrale), die bei der Berechnung von Spannungen und Verformungen benötigt werden. Die Flächenträg-heitsmomente hängen nur von der Form und der Größe des Querschnitts und der Lage des Bezugssystems ab.
Axiale Flächenträgheitsmomente
Bild 1.97
x
y
Fläche A
0
x
yr
dA
Hinweis: Die axialen Flächenträgheitsmomente werden auch äquatoriale Trägheitsmomente genannt.
(A)
2xx dAyI
(A)
2xx dAyI (1.48)
(A)
2yy dAxI
(A)
2yy dAxI (1.49)
Die axialen Flächenträgheitsmomente Ixx und Iyy bezogen auf die x-Achse bzw. auf die y-Achse sind folgendermaßen definiert (vgl. Bild 1.97):
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 135
Polares Flächenträgheitsmoment
Das polare Flächenträgheitsmoment Ip ist definiert als (vgl. Bild 1.97)
(A)
2p dArI
(A)
2p dArI (1.51)
Zentrifugal- oder Deviationsmoment
Das Zentrifugalmoment Ixy, das teilweise auch als Deviationsmoment bezeichnet wird, ist folgendermaßen definiert (vgl. Bild 1.97):
(A)
xy xydAI (A)
xy xydAI (1.50)
Es kann mit r2 = x2 + y2 durch die axialen Trägheitsmomente ausgedrückt werden:
yyxx
A
2
A
2
A
22p IIAdyAdxAd)yx(I
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 136
Merke: Der Richtungssinn der Koordinatenachsen hat nur auf das Vorzeichen des Zentrifugalmomentes Ixy einen Einfluss.
Aus der Anschauung folgt: Ist eine Achse eine Symmetrieachse, so ist das Zentrifugal-moment Null, da zu jedem positiven Wert (x,y) auch ein gleich großer negativer Wert gehört.
Allgemein gilt für die Flächenträgheitsmomente:
• Die Flächenträgheitsmomente haben die Einheit [mm4].
• Die axialen Flächenträgheitsmomente und folglich das polare Flächenträgheitsmoment sind stets größer als Null.
• Das Deviationsmoment kann größer, kleiner oder gleich Null sein.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 137
x
y
Fläche A
S
Bild 1.98 Bezugssystem für den STEINERschen Satz
in die für das quergestrichene Koordinatensystem auf-geschriebenen Definitionsgleichungen der Flächenträg-heitsmomente (1.48) bis (1.50) ein, so folgt für die auf das -System bezogenen Flächenträgheitsmomente)y,x(
1.10.2 Satz von STEINER
Wir wollen die Flächenträgheitsmomente bezogen auf ein Koordinatensystem berechnen, das gegenüber dem ursprünglichen (x,y)-Koordinatensystem, dessen Ursprung stets im Schwerpunkt S der Fläche A liegen soll, parallel verschoben ist.
)y,x(
Setzen wir die Koordinatentransformationen
Sxxx Syyy und
A
A
2S
0S
AS
I
A
22
A AS
2xx AdyAdyy2AdyAdyyAdyI
xxx
A
A
2S
0S
)A(S
I
)A(
22
A AS
2yy AdxAdxx2AdxAdxxAdxI
yyy
A
ASS
0S
)A(S
0S
)A(S
A
I
Ayx AdyxAdxyAdyxAdxyAdyxI
yxxy
xS
yS
x
y
0
dA
x
yy
xxS
yS
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 138
Die statischen Momente Sx und Sy in den obigen Gleichungen sind Null, weil das (x,y)-Koordinatensystem laut unserer Annahme seinen Ursprung im Schwerpunkt S der Fläche hat (vgl. Kapitel 1.9.3, Seite 130). Damit ergeben sich als Transformationsgleichungen für die Flächenträgheitsmomente zwischen den parallelen Koordinatensystemen die als STEINERscher Satz bezeichneten drei Gleichungen:
AyII 2Sxxxx AyII 2Sxxxx
AxII 2Syyyy AxII 2Syyyy
AyxII SSxyyx AyxII SSxyyx
Steinerscher Satz (1.52)
Beachte: Der STEINERsche Satz gilt nur für die Transformation zwischen Schwerpunkt-achsen und dazu parallele Achsen.
Beachte: Von allen Trägheitsmomenten bezüglich paralleler Achsen ist das auf die Achse durch den Schwerpunkt S bezogene Trägheitsmoment am kleinsten.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 139
12bh
3y
bbdyydAyI33
2
(A)y
2xx
2h
2h
2h
2h
Beachte: Wegen der Symmetrie zu x und y folgt: Ixy= 0
3bh
4bhh
12bh
AyII323
2Sxxxx
4hb
bh4
bh-0AyxII
22
SSxyyx
y
x
b
Sh
y
x
dAx = h·dx
x dx
dy
dAy = b·dy
y
12hb
3x
hhdyxdAxI33
2
(A)x
2yy
2b
2b
2b
2b
Zunächst wollen wir die Flächenträgheitsmomente bezogen auf das Schwerpunktkoordinatensystem (x,y) berechnen. Aus den Gleichungen (1.48) und (1.49) erhalten wir die axialen Flächen-trägheitsmomente zu:
Mit folgt: bhAund2h
y,2b
x SS
3hb
4bhb
12hb
AxII323
2Syyyy
Beispiel 1.25 Flächenträgheitsmomente einer Rechteckfläche
Bild 1.99 Rechteckfläche
Die Flächenträgheitsmomente bezogen auf das -Koordinatensystem erhalten wir aus dem STEINERschen Satz (1.52).
)y,x(
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 140
Querschnittsfläche Flächenträgheitsmomente
1.10.3 Flächenträgheitsmomente einfacher Querschnittsflächen
Hinweis: Für typische Flächen, insbesondere auch für die Querschnittsflächen von Norm-profilen, findet man Formeln und Zahlenergebnisse für die Trägheitsmomente in Zahlentabellen und Nachschlagewerken.
Tabelle 1.5 Flächenträgheitsmomente für Rechteck, Kreis, Kreisring und Dreieck
0I12
bhI
12
hbI xy
3
yy
3
xx b S
a
y
xRechteck:
x
y
rd S 0I
4
r
64
dII xy
44
yyxx
Kreis:
y
D xSd 0IdD64
II xy44
yyxx
Kreisring:
72ba
I36ab
I36ba
I22
xy
3
yy
3
xx b
y
xSb/3
a/3 a
Dreieck:
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 141
x
y
0
Fläche A
Bild 1.100 Transformation vom (x,y)-System auf ein (,)-Koordinatensystem
1.10.4 Hauptträgheitsmomente
Die Extremwerte der Flächenträgheitsmomente werden als Hauptträgheitsmomente bezeich-net. Die dazugehörigen Koordinatenachsen heißen Hauptträgheitsachsen.
Wir untersuchen, wie sich die Flächenträgheitsmomente ändern, wenn das Bezugskoordinaten-system um den Winkel gedreht wird und bestimmen den Winkel, unter dem die Flächen-trägheitsmomente einen Extremwert, d. h. ein Maximum bzw. ein Minimum, annehmen.
dAy
x
xcos
ycos
xsin ysin
= - x·sin + y·cos (1.54)
= x·cos + y·sin
(1.53)
Aus dem Bild 1.100 lassen sich die folgenden Transformationsformeln ablesen:
Vorgehen: Drehung des Koordinatensystems um den Winkel und Transformation der Träg-heitsmomente auf das neue (,)-Koordinaten-system. Wir erhalten I, I und I in Abhän-gigkeit vom Winkel und von Ixx , Iyy , Ixy.
Die Extremwertbedingungen an die Funktionen I(), I() und I() liefern dann die Haupt-trägheitsmomente und den Winkel , der die Lage der dazugehörigen Hauptträgheitsachsen beschreibt.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 142
Für die Flächenträgheitsmomomente bezogen auf das gedrehte -Koordinatensystem gilt (vgl. Kapitel 1.10.1):
(A)
2dAI (A)
2dAI (A)
ξη dAI
Setzen wir zunächst in I die Transformationsformel (1.54) ein, so ergibt sich
(A)
2
(A)
2 dA y·cos x·sin- dAI
Mit den Definitionen der Flächenträgheitsmomente bezogen auf das (x,y)-Koordinatensystem (siehe Gleichungen (1.48) bis (1.50)) und den bekannten trigonometrischen Beziehungen
sin2cos2sincos2121
coscos2121
sin 22 ,,
(A)
22
(A)(A)
22 dAycosxydAcos2sin- dAxsinI
Auf analogem Weg erhält man die folgen Formeln für I und I
sin2Icos2IIIII xyyyxx21
yyxx21 sin2Icos2IIIII xyyyxx2
1yyxx2
1 (1.56)
folgt
sin2Icos2IIIII xyyyxx21
yyxx21 sin2Icos2IIIII xyyyxx2
1yyxx2
1 (1.55)
cos2Isin2III xyyyxx21 cos2Isin2III xyyyxx21 (1.57)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 143
Aus der ersten Bedingung folgt mit Gleichung (1.55)
022cosI22sinII2
1
d
Id0xy0yyxx
0
Bestimmung der Hauptträgheitsmomente und Hauptträgheitsachsen
Wir wollen zunächst berechnen, für welchen Winkel =0 die axialen Flächenträgheits-momente I() und I() Extremwerte annehmen und wie groß diese werden. Die Extremwerte folgen aus den zwei Bedingungen
0
d
Id
0
d
Id
bzw. (1.58)
und daraus erhalten wir den Winkel0 zu
yyxx
xy0 II
I22tan
yyxx
xy0 II
I22tan
(1.59)
Das gleiche Ergebnis erhält man, wenn analog die Extremalbedingung für I() (zweite Bedingung von (1.58)) ausgeführt wird.
Wegen der Periodizität der tan-Funktion ergeben sich aus der Gleichung (1.59) die zwei Lösungen
yyxx
xy01 II
I2arctan
2
1
yyxx
xy01 II
I2arctan
2
1
20102
20102
(1.60)und
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 144
Setzen wir die Winkel01 und 02 in die Gleichung (1.57) für I ein, so ergibt sich
0II 0201 (1.64)
Hinweis: Die Gleichung (1.59) für die Lage der extremen axialen Flächenträgheitsmomente kann durch Umformen von tan201 in tan01 auch in folgender Form angegeben werden:
xy
2yy
xy
xx101 I
II
I
IItan
xy
2yy
xy
xx101 I
II
I
IItan
(1.61)
Die durch01 und 02 festgelegten Achsen, bezüglich der die Extremwerte der axialen Flächenträgheitsmomente, die so genannten Hauptträgheitsmomente I1 und I2, auftreten, stehen senkrecht aufeinander. Wir bezeichnen diese Achsen als Hauptträgheitsachsen „1“ und „2“ (siehe Bild 1.101).
0
201
x
y 1
2
Bild 1.101 Lage der HauptträgheitsachsenSetzen wir 01 und 02 in I() und I() ein, so folgen nach
einiger Umformung die zu den Winkeln gehörenden Hauptträgheitsmomente
2xy
2yyxxyyxx
01max1 I2
II
2
II)(III
2xy
2yyxxyyxx
01max1 I2
II
2
II)(III
(1.62)
2xy
2yyxxyyxx
0102min2 I2
II
2
II)(I)(III
2xy
2yyxxyyxx
0102min2 I2
II
2
II)(I)(III
(1.63)
Beachte: Das Zentrifugalmoment ist für die Hauptträgheitsachsen Null.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 145
Die Extremwerte der Zentrifugalmomente erhalten wir durch Einsetzen von 1 in die Gleichung (1.57) zu
2xy
2yyxx
1minmax I2
II)(III
Das Produkt der Gleichungen (1.66) und (1.59) liefert
1II
I2
I2
II2tan2tan
yyxx
xy
xy
yyxx01
Die Lage der Achsen für die Extremwerte des Zentrifugalmomentes I, die um den Winkel 1 gegenüber dem Ursprungssystem gedreht sind, lässt sich analog wie die Lage der Haupt-trägheitsachsen berechnen. Aus der erste Ableitung von Gleichung (1.57)
0
d
Id
1
(1.65)
folgt
Extremwerte des Zentrifugalmomentes I
401
(1.67)
Das bedeutet: Die Achsen der maximalen Zentrifugalmomente sind gegenüber den Achsen der Hauptträgheitsmomente um 45° gedreht.
xy
yyxx1 I2
II2tan
xy
yyxx1 I2
II2tan
(1.66)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 146
1.10.5 Flächenträgheitsmomente zusammengesetzter Flächen
Satz: Flächenträgheitsmomente können addiert werden, wenn sie auf gleiche Achsen bezogen sind. Sind sie nicht auf gleiche Achsen bezogen, so lassen sie sich mit Hilfe des STEINER-schen Satzes (siehe Kapitel 1.10.2, Gleichung (1.52)) und/oder der Transformationsformeln für eine Drehung des Koordinatensystems um den Winkel (Gleichungen (1.55) bis (1.57)) auf einheitliche Koordinatenachsen umrechnen.
• Für Hauptträgheitsachsen ist das Zentrifugalmoment Null.
Aussage und Schlußfolgerungen
• Verschwindet für zwei senkrecht aufeinanderstehende Achsen das Zentrifugalmoment, so sind diese Hauptträgheitsachsenachsen.
• Ist eine Achsen eine Symmetrieachse der Fläche, so ist sie eine Hauptträgheitsachse.
• Ist der Koordinatenursprung der Schwerpunkt, so heißen die Hauptträgheitsachsen auch Hauptzentralachsen und die Hauptträgheitsmomente Hauptzentralmomente.
Zur Veranschaulichung betrachten wir das in Bild 1.102 (nächste Seite) dargestellte Beispiel.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 147
x
y
0
Fläche A
Bild 1.102 Zusammengesetzte Fläche
A1 S1
S4
A4
xsi
ysi
yi
S3= Si
xi
Teilfläche Ai = A3
A2 (negativ)
S2
Zur Berechnung der Trägheitsmomente für die Gesamt-fläche A teilen wir diese in n Teilflächen Ai auf.
Wir nehmen an, dass die Schwerpunktskoordinaten-systeme (xi,yi) parallel zum globalen Koordinatensystem (x,y) liegen und dass für jede Teilfläche der Flächeninhalt Ai, die Lage des Teilschwerpunktes Si und die Flächen-trägheitsmomente , und bekannt seien.iixxI iiyyI iiyxI
Es gilt dann:
n
1ii
2Sxxxx AyII
iii
n
1ii
2Syyyy AxII
iii
n
1iiSSyxxy AyxII
iiii
Hinweis 1: Löcher und Ausschnitte in der Fläche können durch negative Teilflächen und negative Teilflächenträgheitsmomente berücksichtigt werden. Im Bild 1.102 muss die Teil-fläche A2 auf diese Weise wieder herausgerechnet werden, wenn die übrigen Teilflächen, so wie im Bild 1.102 gezeigt, in die Rechnung eingehen.
Hinweis 2: Das Bezugskoordinatensystem (x,y) kann beliebig gewählt werden und somit auch durch den Schwerpunkt der Gesamtfläche A gehen. In diesem Fall verschwindet das Deviationsmoment und braucht daher nicht erst berechnet zu werden.
Hinweis 3: Bei komplizierten, aus vielen Teilflächen bestehenden Flächen empfiehlt sich eine systematische Rechnung in Tabellenform.
In unserem Beispiel ist die Anzahl der Teilflächen n = 4.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 148
1.11 Haftung und Gleitreibung
Bild 1.103 Kontakt zwischen starren Körpern
Körper 1
Körper 2
rauheKontakt-fläche FN
FN FT
FT
Schnitt
Beim Kontakt zweier starrer Körper (ebene oder „punkt-förmige“ Berührung) wird infolge der Belastungen der Körper eine resultierende Kraft FR übertragen, die in eine Normalkraft FN (senkrecht zur Kontaktfläche) und eine in der Kontaktfläche (tangential zur Oberfläche) liegende Tangentialkraft FT zerlegt werden kann (siehe Bild 1.103).Die Größe der in der Berührungsebene übertragbarenKraft FT ist erfahrungsgemäß von der Größe der resul-tierenden Kraft, der Oberflächenbeschaffenheit (Rauhigkeit, Schmierung) der in Kontakt stehenden Körper und einer eventuellen Bewegung der Körper gegeneinander abhängig.
Wir unterscheiden als wesentliche Fälle: Ideal glatte Kontaktfläche (reibungsfrei): Es gibt nur eine Normalkraft und keine Kraft in der Tangentialebene (idealer Grenzfall, der einem Loslager entspricht).Rauhe Kontaktfläche: Es kann eine Kraft in der Tangentialebene übertragen werden. Die Erfahrung zeigt, dass diese Kraft nicht beliebig groß werden kann. Bis zu einer bestimmten Größe der Tangentialkraft bleibt der Körper in Ruhe. Die beiden Körper haften aneinander, es herrscht Gleichgewicht und die Tangentialkraft bezeichnet man dann als Haftkraft. Übersteigt die Haftkraft einen bestimmten maximalen Wert, so kommt es in der Tangentialebene zu einer Bewegung der Körper gegeneinander. Die Körper gleiten aufeinander ab und die dabei in der Tangentialebene wirkende Kraft nennt man Gleitkraft. Die Gleitkraft ist kleiner als die Haftkraft (siehe dazu auch Kapitel 1.11.2).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 149
Feststellung: Wird größer, so wächst die Haftkraft FH an. Bei einem bestimmten Grenz-
winkel 0 beginnt der Körper zu rutschen, d.h. das Gleichgewicht kann durch die
Haftkraft nicht mehr aufrechterhalten werden.
1.11.1 Haftung (Zustand der Ruhe)
Wir wollen den Zustand der Haftung am Beispiel eines frei auf einer schiefen Ebene liegenden Körpers der Masse m betrachten.
m
gKontakt-
fläche
Folgerung: Die in der Kontaktfläche über-tragenen Kräfte FN (Normalkraft) und FH
(Haftkraft) lassen sich aus Gleichgewichtsbedingungen am freigeschnittenen Körper berechnen.
: FH - mg sin = 0
: FN - mg cos = 0
Es wird:
Annahme: Der Winkel und die Oberflächenbe-schaffenheit des Materials in der Kontaktfläche seien so, daß der Körper auf der schiefen Ebene ruht. Es liegt ein Gleichgewichtszustand vor.
Die Haftkraft hat eine obere Grenze FHmax.
Bild 1.104 Kräfte in einer Kontaktfläche
mgS
FH
FN
FH
FN
cosmgFN (1.68)
sinmgFH (1.69)
Eliminiert man aus den Gleichungen (1.68) und (1.69) die Größe mg und setzt für = 0 und für FH = FHmax ein, so ergibt sich
0N
maxH tanF
F 0N0NmaxH FtanFF 00 tan 00 tanmit (1.70)
(0 ist der Haftungskoeffizient)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 150
Deshalb: Vorsicht bei Entnahme von Haftungskoeffizienten aus Tabellenwerken. Im Zweifels-fall kann 0 durch experimentelle Bestimmung von = 0 für den Grenzfalls des Gleichge-
wichts einer Masse auf der schiefen Ebene (vgl. Einführungsbeispiel auf der vorherigen Seite) aus 0 = tan0 bestimmt werden.
COULOMBsche Haftungsgesetz:
| FHmax | = 0 FN (1.71)
Der Betrag der maximale Haftkraft zwischen sich berührenden Flächen ist der wirkenden Normalkraft (Druckkraft) proportional. Proportionalitätsfaktor ist der Haftungskoeffizient 0.
Dieses Ergebnis für FHmax und 0 nach Gleichung (1.70) gilt nach COULOMB auch für Körper, auf die neben dem Eigengewicht weitere Belastungen wirken.
Hinweis: Der Haftungskoeffizient 0 hängt in erster Linie von der Materialpaarung und der
Oberflächenbeschaffenheit (Rauheit, Schmierung) ab. Aber auch Temperatur und die Größe der Normalkraft beeinflussen 0.
Wichtig: Das COULOMBsche Haftungsgesetz liefert nur die maximal mögliche Haftkraft. Die tatsächliche Haftkraft ist immer aus Gleichgewichtsbetrachtungen zu ermitteln. Sie ist eine typische Reaktionskraft wie die bereits bekannten Lagerreaktionen, jedoch mit einer wesentlich kleineren Grenzlast (Last bei der das Lager versagt bzw. kaputt geht!).
Die Haftkraft muss bei Annahme der Gültigkeit des COULOMBschen Gesetzes die Bedingung
| FH | FHmax = 0 FN
erfüllen, ansonsten tritt eine Bewegung ein, und es gelten die Gesetze der Gleitreibung.
(1.72)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 151
(vgl. mit Gleichung (1.70), Einführungsbeispiel)
Haftungskegel
FN
FHmax
0
00
FR
FKmax
Bild 1.105 Haftungskegel
Schlussfolgerung und Bedeutung:Liegt die Wirkungslinie der Resultierenden FR (hohler Pfeil im Bild 1.105) aller eingeprägten Belastungen innerhalb des Haftungskegels mit dem Öffnungswinkel 0, so liegt Gleichgewicht, d. h. der Zustand der Ruhe, vor. Anderenfalls tritt Bewegung ein.
Zur Bestimmung von 0 können wir aus Bild 1.105 den folgenden Zusammenhang ablesen:
N
maxH0 F
Ftan und mit FHmax nach dem Haftungsgesetz (1.71) | FHmax | = 0 FN folgt
00tan 00tan (1.73)
Die in der Kontaktfläche zweier Körper übertragenen Kraftkom-ponenten FN und FH bilden eine resultierende Kontaktkraft FK, die mit der sich aus allen eingeprägten äußeren Belastungen ergebenden resultierenden Kraft FR im Gleichgewicht stehen muss. Die maximale Kontaktkraft FKmax, die im Gleichgewichts-fall übertragen werden kann, ergibt sich aus der maximalen Haftkraft FHmax und der Normalkraft FN (vgl. Bild 1.105).Mit der Richtung von FKmax wird ein Grenzwert für die Richtung der Resultierenden FR beschrieben, für den Gleichgewicht gerade noch möglich ist. Da resultierende Belastungen in allen Raumrichtungen vorkommen können, wird mit allen möglichen Richtungen von FKmax die Mantelfläche eines Kegels, des so genannten Haftungskegels, beschrieben. Die Achse des Haftungskegels liegt immer in Richtung der Normalkraft FN.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 152
ax
F
G
A
a
B
h
G
½mg ½mg
½a ½a
Beispiel 1.26 Bockleiter ohne Sicherung
Ziel: Ermittlung der Bedingungen für die Standsicherheit einer ungesicherten Bockleiter.Lösung: Berechnung der Haft- und Normalkräfte bei A und B aus den Gleichgewichts-bedingungen und Prüfen, welche Forderungen die Bedingung für das Haften |FH| 0FN an die Belastung, die Geometrie bzw. den Haftungskoeffizienten stellt.
FGH
FGV FGV
FAH
FAN FBN
FBH
An jedem Teilsystem können wir drei Gleichgewichtsbedingungen formulieren, aus denen sich schließlich die folgenden Auflagerkräfte ergeben:
mg2
1F
2a
xFBN
mg2
1F
2a
x1FAN
aax
F
G
BA
h
0 0
Gesamt-masse m
Bild 1.106 Bockleiter ohne Sicherung mit Schnittbild
mg4h
aF
2h
xFF BHAH (1)
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 153
Damit die Leiter bei A und B nicht wegrutscht, dürfen die vorhandenen Haftkräfte die jeweils maximal mögliche Haftkraft nicht überschreiten. Es müssen deshalb für die oben berechneten Haftkräfte FAH und FBH die folgenden Bedingungen erfüllt sein:
mg
2
1F
a2
x1μFμFF 0AN0maxAHAHPunkt A: (2)
Punkt B: (3)
mg
2
1F
a2
xμFμFF 0BN0maxBHBH
Aus (2) und (3) erkennt man, dass gilt und da nach (1) FAH = FBH ist, wird zuerst bei B die maximale Haftkraft überschritten. Die Bedingung (3) am Punkt B muss somit für die Gewährleistung der Standsicherheit der Bockleiter erfüllt sein. Mit der Haftkraft FBH aus (1) folgt aus der Bedingung (3) bei B:
maxAHmaxBH FF
mg
21
Fa2x
μmgh4
aF
h2x
0 (4)
Ist eine der drei Größen (Belastung, Geometrie oder Haftungskoeffizienten) unbekannt, kann sie aus (4) ermittelt werden, so dass die Standsicherheit gewährleistet ist. Wir betrachten nachfolgend drei Fälle:
mgF2
mgFhμ2a 0
a) x = a (die Leiter wird in der Mitte belastet):
hμ2a 0b) F = 0 (es wirkt nur das Eigengewicht der Leiter):
hμa 0c) mg = 0 (es wirkt nur die Kraft F):
Hinweis: Die Lösung ist im Fall c) unabhängig von dem Angriffspunkt x der Kraft F.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 154
1.11.2 Gleitreibung (Zustand der Bewegung)
m
F
v (Abwärtsgleiten)
Bild 1.107 Kräfte in der Kontaktfläche beim Gleiten
Kommt es bei einem Kontaktproblem zu einer Relativbewegung (Gleiten) in der Kontaktfläche, z. B. weil die Bedingung FH FHmax = 0FN nicht erfüllt ist, so wird in der Berührungsebene eine Kraft, die so genannte Gleitreibungskraft FR, übertragen, die der Relativbewegung einen Widerstand entgegensetzt (siehe Bild 1.107).
v
Fmg
S
FR = FN
FN
Annahme: Für viele praktische Fälle kann davon ausgegangen werden, daß die Gleitreibungs-kraft FR unabhängig von der Relativgeschwindigkeit v ist.
Es gilt dann das COULOMBsche Gleitreibungsgesetz
NR FF NR FF (1.74)
wobei der so genannte Gleitreibungskoeffizient ist, der von der Materialpaarung, der Ober-flächenbeschaffenheit, der Schmierung usw. abhängt und für den < 0 gilt (vgl. Tabelle 1.6). Die Normalkraft FN wird als Druckkraft vorausgesetzt.
Beachte: Die Gleitreibungskraft geht mit der Größe FR = FN wie eine eingeprägte Kraft mit dem vorgegebenen Richtungssinn entgegen zur Relativbewegung (vgl. Bild 1.107) in die Rechnung ein.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 155
Anwendungen und Berechnungen, in der die Gleitreibungskraft zu berücksichtigen ist, werden wir im Kapitel 3 kennen lernen.
Hinweis: Von der Geschwindigkeit v der Gleitbewegung abhängige Reibkräfte (z. B. aus dem Luftwiderstand, aus Strömungswiderständen usw.) werden hier nicht weiter betrachtet.
In der nachfolgenden Tabelle 1.6 sind einige Richtwerte für den Gleitreibungskoeffizienten und den Haftungskoeffizienten 0 angegeben.
Tabelle 1.6 Richtwerte für Haftungskoeffizient 0 und Gleitreibungskoeffizient
MaterialpaarungHaftungskoeffizient 0 Gleitreibungskoeffizient
trocken geschmiert trocken geschmiert
Stahl auf Stahl 0,15 ...0,3 0,1 ...0,12 0,10 ...0,12 0,04 ...0,07
Stahl auf Grauguss 0,18 ... 0,2 0,1 ...0,2 0,15 ...0,2 0,05 ...0,1
Stahl auf Bronze 0,18 ... 0,2 0,1 ...0,2 0,15 ...0,2 0,05 ...0,1
Grauguss auf Grauguss 0,2 ...0,3 0,1 ...0,15 0,15 ...0,25 0,02 ...0,1
Leder auf Metall 0,3 ...0,5 0,16 0,3 0,15
Holz auf Metall 0,6 ...0,7 0,11 0,4 ...0,5 0,10
Holz auf Holz 0,4 ...0,6 0,16 0,2 ...0,4 0,08
Gummi auf Asphalt 0,7 ...0,8 0,5 ...0,6
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 156
Wir betrachten nur den praktisch wichtigsten und häufigsten Fall,dass ein Seil über einen Kreisbogen geführt wird. Der Umschlin-gungswinkel (Winkel in dem das Seil mit dem Kreisbogen Kontakthat) sei . Ist der Kreisbogen arretiert (oder im Falle einer Umlenk-rolle diese abgebremst oder angetrieben) und ist der Haftungsko-effizient zwischen Seil und Kreisbogen 0 0, so sind die SeilkräfteFS1 und FS2 an den beiden freigeschnittenen Seilenden im Allge-meinen nicht mehr gleich groß (vgl. Bild 1.108). Die Seilkraft ändertdabei über den Kontaktbereich ständig ihre Größe und Richtung,was zur Folge hat, dass sich damit auch die zwischen Seil und Kreisbogen übertragenen Kontaktkräfte in ihrer Größe und Richtung ändern. Deshalb ist es erforderlich, dass wir für die nachfolgende Untersuchung Betrachtungen an einem differentiellen Bogenstück anstellen.
1.11.3 Seilhaftung und Seilreibung
FS1
0
FS2
Für 0 gilt: FS1 FS2
Bild 1.108 Seil auf Kreisbogen
d
dFN
dFHmax=0dFN
FS
FS+dFS
½d
Bild 1.109 Gleichgewicht am differentiellen Seilsegment
1.11.3.1 Seilhaftung
Wir suchen die Grenzwerte für die Seilkräfte, bei denen kein Rut-schen des Seiles auf dem Kreisbogenstück eintritt. Dazu schneiden wir ein differentiell kleines Segment des Seiles frei. An den Schnitt-stellen des Seiles wird die Seilkraft FS mit Berücksichtigung einer differentiellen Zunahme am positiven Schnittufer angetragen. An der Schnittstelle zum Kreisbogen muss eine differentielle Normal-kraft dFN und die maximal mögliche Haftkraft als differentielle Größe dFHmax angetragen werden (siehe Bild 1.109).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 157
Mit der für kleine Winkel geltenden Näherung 12
dcosund
2
d
2
dsin
folgt aus dem Kraftgleichgewicht in tangentialer und normaler Richtung zum Seil (vgl. Bild 1.109)
S0
N Fd1
Fd
(1.75) 02
dcosFFd
2d
cosFdF: SN0sS
02
dsindFFFd
2d
sinF: SSNS NS dFdF (1.76)
Den Summanden 1/2dFSd haben wir als klein von höherer Ordnung vernachlässigt. Setzen wir (1.75) in (1.76) ein, erhalten wir
S0
S Fd1
dF
Die Integration über den Kontaktbereich des Seiles liefert
2S
1S
F
F 00
S
S dF
Fd
01S
2S1S2S F
FlnFlnFln 0eFF 1S2S (1.77)
Die Gleichung (1.77) wird häufig auch als EYTELWEINsche Gleichung bezeichnet. Diese Gleichung bedarf noch einer weiteren Erläuterung (siehe folgende Seite).
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 158
Gleichgewicht ist aber auch möglich, wenn FS2 kleiner als FS1 wird. Das ist dann der Fall, wenn sich die Richtung der Haftkräfte dFHmax = 0dFN in Bild 1.109 umkehren. Für die Kraft FS2 erhält man dann, wie man leicht durch Umkehrung der Richtung von dFHmax in den Gleichungen zur Herleitung der Gleichung (1.77) verfolgen kann, den Minimalwert für FS2, für den Gleichgewicht noch möglich ist zu
0eFF 1Smin2S 0eFF 1Smin2S
(1.79)
Für die vorausgesetzte Richtung der maximalen differentiellen Haftkräfte dFHmax (vgl. Bild 1.109) gilt nach Gleichung (1.77) immer FS2 > FS1. Damit ist FS2 die maximal mögliche Kraft für das statische Gleichgewicht, die sich aus
0eFF 1Smax2S 0eFF 1Smax2S
(1.78)
ergibt.
Für das statische Gleichgewicht (kein Rutschen des Seils) muss daher folgende Ungleichung erfüllt sein:
00 eFFeF 1S2S-
1S 00 eFFeF 1S2S
-1S
(1.80)
Typische Anwendungen, die den Unterschied in den Seilkräften FS2 und FS1 ausnutzen, sind z. B. das Vertäuen (Festmachen) von Schiffen an einem Poller, die Momentenübertragung bei Riementrieben (sowohl im Maschinenbau als auch in der Feinmechanik) und als Sonderfall die Bandbremse im Haltezustand (kein Rutschen, siehe folgendes Beispiel) usw.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 159
Mit (1) und (2) haben wir zunächst nur 2 Gleichungen für die 3 Unbekannten FS1, FS2 und F.Wir wissen aber, dass zwischen den Bandkräften die Gleichung (1.78)
Beispiel 1.27 Bandbremse im Haltezustand
2a
2a a
F
M0
A
B
C
0
Bild 1.110 Bandbremse
Gegeben: M0 = 200 N m, a = 20 cm0 = 0,4
Gesucht: Wie groß muss F sein, damit die Bremsscheibe sich nicht dreht?
Zur Lösung der Aufgabe schneiden wir zunächst die Bremsscheibe und den Hebel frei und tragen die Seil-kräfte und Lagerreaktionen an (Bild 1.111).
Bild 1.111 Bandbremse (freigeschnitten)
M0 B
0
FS2
FS1
F
2a a
ACFS2
FS1
sin= a/2a= /6= + = 7/6
FAHFAV
FBV
FBH
Aus dem Momentengleichgewicht um den Punkt B der Bremsscheibe und den Punkt A des Bremshebels erhalten wir
0aFaFM:B 2S1S0 a
MFF 0
1S2S (1)
0aFa3F:A 1S (2)F3F 1S
0eFFF 1Smax2S2S (3)
bei der vorgegebenen Drehrichtung von M0 gelten muss, wenn wir den Grenzfall zwischen Gleichgewicht und Rutschen untersuchen.
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 160
Einsetzen von (3) und (2) in (1) und Auflösen nach F liefert die gesuchte Kraft F:
N0,100
1em2,03
mN200
1ea3
MF
67
4,0
0
0
Falls das Moment M0 in entgegengesetzter Richtung wirkt, wird eine deutlich größere Haltekraft F benötigt, wie eine analoge Rechnung ergibt.
1.11.3.2 Seilreibung
FS1
FS2
Bewegungdes Seiles
Bild 1.112 Seilreibung
Für 0 gilt: FS2 > FS1
Wir nehmen jetzt an, dass das Seil rutscht. In diesem Fall muss der Haftungskoeffizient 0 durch den Gleitreibungskoeffizient ersetzt werden.
Beachte: Der Umschlingungswinkel zählt positiv in Richtung der Seilbewegung (vgl. Bild 1.112).
N4,433
e1a3
MF
0-
0
Für diesen Fall lautet das Ergebnis
eFF 1S2S eFF 1S2S (1.81)
Es gilt dann
Ende?
Technische Mechanikfür Wirtschaftsingenieure
1 StatikSeite: 161
Ende der
Statik
Ende?