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VORLESUNGSSKRIPTProf. Dr. Georg Rill© Januar 2017

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©Rill, 8. März 2017

Inhalt

Vorwort I

1 Vektoren in der Mechanik 11.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Darstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Gleichheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4 Betrag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.5 Multiplikation mit Skalaren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.6 Einheitsvektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.7 Spalten- und Zeilenvektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.8 Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.9 Kreuzprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.10 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Grundlagen 42.1 Ersatzmodelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2 Kräftearten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Kraftdarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Kraft und Kraftwirkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.5 Schwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.6 Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.7 Lager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.8 Spezielle Lagerelemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.9 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Fachwerke 203.1 Grundlegendes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.2 Ebene Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.3 Nullstäbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Der Ritterschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.5 Räumliche Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.6 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4 Zug- und Druckbelastungen 274.1 Festigkeits- und Verformungskenngrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.2 Statisch bestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.3 Überbestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.4 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5 Tragwerke 375.1 Allgemeines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Einfache Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.3 Nichteinfache Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.4 Räumliche Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.5 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

i

OTH Regensburg Technische Mechanik I

6 Schnittreaktionen 436.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.2 Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.3 Einteilige Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 446.4 Differentielle Betrachtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 466.5 Mehrteilige Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.6 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

7 Reibung 517.1 Allgemeines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517.2 Statisch bestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527.3 Statisch überbestimmtes System . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557.4 Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567.5 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

8 Prinzipe der Statik 608.1 Minimale Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 608.2 Virtuelle Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 618.3 Übungs-Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

9 Zusätzliche Übungsbeispiele 639.1 Kraftwirkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639.2 Schwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639.3 Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 649.4 Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 649.5 Zug- und Druckbelastungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 659.6 Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 669.7 Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 679.8 Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 689.9 Prinzipe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

ii

VorwortHistorie

Die Mechanik ist eine sehr alte Wissenschaft. BereitsArchimedes (285 – 212 v. Chr.), ein bedeutender Wis-senschaftler des klassischen Altertums, formulierte dieHebelgesetze1. und untersuchte den Flaschenzug. SeineFormulierung des Gesetzes vom Auftrieb ist heute alsArchimedisches Prinzip bekannt.

Im Mittelalter prägte Leonardo da Vinci (1452 – 1519)durch eine Vielzahl technischer Erfindungen2 schließ-lich das Tätigkeitsfeld eines Ingenieurs.

Galileo Galilei (1564 – 1642) untersuchte die Fallgeset-ze und beschäftigte sich mit der Elastizität eines Bal-kens. Johannes Kepler (1571 – 1630) konnte zwar dreiGesetze zur Beschreibung der Planetenbahnen angeben,aber erst Isaac Newton (1643 – 1727) gelang es schließ-lich allgemeine Bewegungsgesetze (Newtonsche Axio-me) zu formulieren.

Jacob Leupold (1674 – 1727) war ein deutscher “Me-chanicus”, also einer der ersten Ingenieure. Er verfasstemit dem “Theatrum Machinarum” eine technische En-zyklopädie, die das damals bekannteWissen imMaschi-nenwesen zusammenfasste. In seinem Vorwort schreibter sogar “Das Studium MeĚanicum iĆ eines von denenvornehmĆen”

Leonhard Euler (1707 – 1783), einer der bedeutends-ten Mathematiker, arbeitete auch auf dem Gebiet derMechanik. Neben Beiträgen zur Hydrodynamik (Euler-sche Bewegungsgleichungen, Turbinengleichung) undzur Kreiseltheorie (Eulersche Kreiselgleichungen) ge-lang ihm auch die erste analytische Beschreibung derKnickung eines mit einer Druckkraft belasteten Sta-bes.

Jean le Rond d’Alembert (1717 – 1783) und JosephLouis Lagrange (1736 – 1813) gelten als Begründer derAnalytischen Mechanik. Ihre bahnbrechenden Arbeitenbilden bis heute die Grundlagen moderner Computer-Berechnungen.

1Gib mir einen Punkt, wo ich hintreten kann, und ich bewege dieErde

2Flugapparate, selbstangetriebenes Fahrzeug (Automobil), Tau-cherglocke, Fallschirm,Druckpumpen, Schrauben, Brennspiegelund Kriegsmaschinen

Problemstellung

Um die Grundgesetze und die Methoden der Techni-schen Mechanik zur Lösung von Problemen anwendenzu können sind folgende Schritte zu durchlaufen:

1. Formulieren der technischen Aufgabe,

2. Auswahl eines mechanischen Ersatzmodells,

3. mathematische Beschreibung,

4. analytische oder numerische Lösung,

5. Interpretation und Überprüfung der Ergebnisse.

In der Praxis müssen die Schritte 2 bis 5 oft mehrfachmit entsprechenden Erweiterungen oder Vereinfachun-gen durchlaufen werden.

Lehrinhalte

Dieses Skript wurde bewusst kurz gehalten. Es decktdie Lehrinhalte des Moduls Technische Mechanik Iin den Bachelor-Studiengängen Maschinenbau sowieProduktions- und Automatisierungstechnik an der Ost-bayerischen Technischen Hochschule (OTH) Regens-burg ab. Die Themengebiete

• Aufgaben und Einteilung der Mechanik

• Kräfte und ihre Darstellung, grundlegende Axiomeund Prinzipe

• Schwerpunkt und Resultierende verteilter Kräfte

• Gleichgewicht

• Coulombsche Reibung

• Auflagerreaktionen und Stabkräfte bei Fachwerkenund Tragwerken

• Schnittreaktionen in Balken, Rahmen und Bogen

• Spannungen, Verformungen, Materialgesetz

• Spannung-Dehnungs-Diagramm

• Spannungen undVerformungen bei Zug-DruckBe-anspruchungen

I


umfassen die Statik und geben einen Einblick in die Fes-tigkeitslehre. DasModul TechnischeMechanik II erwei-tert und vertieft dann die Festigkeitslehre. Schließlichwird die Dynamik, unterteilt in Kinematik und Kinetikim Modul Technische Mechanik III vermittelt.

Der Stoff wird überwiegend an Hand von Beispielendargestellt.

Am Ende jedes Kapitels laden Übungsbeispiele zumSelbststudium ein. Lösungen können im PDF-Dokumentdurch entsprechende Vergrößerung sichtbar gemachtwerden.

Für die Prüfungsvorbereitung sind im Abschnitt “Übun-gen” weitere Beispiele zusammengestellt. Dabei wirdbewusst auf die Angabe von Lösungen verzichtet.

Weiterführende Literatur

Für weiterführende Studien wird auf die LehrbücherTechnische Mechanik I bis III von Russel C. Hibbelerverwiesen, die von der Pearson3 Education DeutschlandGmbH unter ISBN 978-3-8273-7101-0 vertrieben wer-den.

3siehe auch www.pearson-studium.de

II

1 Vektoren in der Mechanik1.1 Motivation

Im Vorwort zu seinem Buch Vorlesungen über Tech-nische Mechanik (Band I) schreibt A. Föppl1 im Jahr1898: Die Mechanik macht ausgiebigen Gebrauch von denHilfsmitteln der Mathematik. · · · Ich selbst habe mich schonseit langer Zeit dazu entschlossen, so weit es angesichts dermathematischen Vorkenntnisse, die man voraussetzen darf,zulässig ist, überall mit den Vektoren selbst zu rechnen. Vorallem kann die Mechanik ohne erhebliche Einbuße an Klar-heit und Übersichtlichkeit nicht auf den Begriff der geome-trischen Summe zweier gerichteter Größen verzichten. Diefür die Technische Mechanik wichtigen Begriffe aus derVektor-Algebra sind in den folgenden Abschnitten zu-sammengestellt.

1.2 Darstellung

In der Mathematik und auch in der Mechanik werdenVektoren im Text häufig durch einen Pfeil über der Va-riablen (z.B.: ®a ) gekennzeichnet.

In der grafischen Darstellung wird der Vektor ®a dagegennur mit seinem Betrag a = | ®a| angegeben. Der skizziertePfeil legt ja bereits die Richtung fest.

In der Mechanik ist die Darstellung von Vektoren aufden R3 beschränkt. Vektoren im R3 können in einemKoordinatensystem dargestellt werden. Die Komponen-ten des Vektors

®a =

ax

ayaz

(1.1)

geben dann die Entfernungen an, die in Richtung derKoordinatenachsen zurückzulegen sind, um vom An-fangspunkt bis zum Endpunkt des Vektors zu gelangen,Bild 1.1.

Die Komponentendarstellung von Vektoren hängt vomgewählten Koordinatensystem ab. Bei der Verwendung

1August Otto Föppl (1854–1924) war von 1894 bis 1922 Professorfür TechnischeMechanik und grafischeStatik an derTechnischenHochschule München

x0

z0 y0

0

a

ax

ay

az

Bild 1.1: Darstellung von Vektoren im R3

xB

zB

xA

B

a

1

yB

yA

zA

3

2 A

Bild 1.2: Koordinatensysteme

von mehreren Koordinatensystemen ist es deshalb not-wendig, das zur Darstellung verwendete Koordinaten-system zusätzlich zu vermerken. Entsprechend Bild 1.2kann der Vektor ®a mit

®a,A =

[ 123

]oder ®a,B =

[−1−3−2

](1.2)

in dem Koordinatensystem A oder B dargestellt wer-den.

1.3 Gleichheit

Die Gleichheit zweier Vektoren

®a = ®b (1.3)

kann nur überprüft werden, wenn beide Vektoren ineinem gemeinsamen Koordinatensystem K dargestelltwerden. Dann folgt aus (1.3) auch die Gleichheit der

1


Komponenten ax

ayaz

︸︷︷︸®a,K

=

bx

bybz

︸︷︷︸®b,K

. (1.4)

1.4 Betrag

Der Betrag

a = ®a =

√a2x + a2

y + a2z ≥ 0 (1.5)

gibt die Länge eines Vektors an und ist unabhängig vonder Darstellung in unterschiedlichen Koordinatensyste-men.

1.5 Multiplikation mit Skalaren

Bei der Multiplikation des Vektors ®a mit einem Skalarλ

®b = λ ®a (1.6)

können die in der Tabelle 1.1 zusammengestellten Fälleunterschieden werden.

λ > 1

aaλ

0 < λ < 1a

aλ

-1 < λ < 0

aaλ

λ < -1

aaλ

Tabelle 1.1: Multiplikation mit einem Skalar

1.6 Einheitsvektoren

JederVektor beinhaltet als InformationBetrag undRich-tung. Mit

®a = a ®ea (1.7)

können diese Informationen aufgespalten werden. DerEinheitsvektor

®ea =®a| ®a|

(1.8)

hat die Länge 1 und gibt nur noch die Richtung an.

1.7 Spalten- und Zeilenvektoren

Je nach dem, ob die Komponenten eines Vektors unter-oder nebeneinander angeschrieben werden, spricht manvon einem Spalten-

®s =

sxsysz

(1.9)

oder Zeilenvektor

®z =[

zx zy zz]. (1.10)

Mit einem hochgestellten T , dem „Transponiert–Zeichen“, werden in derMathematik Zeilen und Spalteneiner Matrix vertauscht, bzw. Spalten- in Zeilenvekto-ren, z = sT oder Zeilen- in Spaltenvektoren s= zT um-gewandelt.

1.8 Skalarprodukt

Das Skalarprodukt ist eine multiplikative Verknüpfungeines Zeilen- mit einem Spaltenvektor. Das Ergebnis isteine Zahl (Skalar). Sind ®a und ®b Spaltenvektoren, dannerhält man das Skalarprodukt aus

x = ®aT ®b =[

ax ay az]

bx

bybz

= axbx+ayby+azbz .

(1.11)Das Skalarprodukt ist kommutativ

®aT ®b = ®bT ®a . (1.12)

Bezeichnet α denWinkel zwischen den beidenVektoren®a und ®b, dann gilt

®aT ®b = | ®a| | ®b| cosα (1.13)

Verschwindet das Skalarprodukt, ®aT ®b = 0, dann stehendie Vektoren ®a und ®b senkrecht aufeinander (Orthogo-nalitätsbedingung).

1.9 Kreuzprodukt

Das Kreuzprodukt zweier Vektoren ist nur im dreidi-mensionalen Raum definiert und erzeugt über

®a × ®b = ®c (1.14)

den Vektor ®c, der senkrecht auf der durch die Vektoren ®aund ®b aufgespannten Ebene steht. DieOrientierung kannüber die Rechte-Hand-Regel festgelegt werden: zeigt der

2

Technische Mechanik I (Statik) Prof. Dr.-Ing. G. Rill

b

a

c

Bild 1.3: Rechte-Hand-Regel

Daumen der rechten Hand in Richtung von ®a, der Zei-gefinger in Richtung von ®b, so zeigt der abgewinkelteMittelfinger in Richtung von ®c = ®a × ®b, Bild 1.3.

Zur Auswertung von (1.14) müssen wieder beide Vekto-ren im gleichen Koordinatensystem dargestellt werden.Die Komponenten des Vektors ®c erhält man aus der Vor-schrift

cxcycz

=ax

ayaz

×bx

bybz

=ay bz − az byaz bx − ax bzax by − ay bx

. (1.15)

Das Kreuzprodukt ist anti-kommutativ. Aus (1.15) ent-nimmt man sofort, dass ®a × ®b = −®b × ®a gilt.

Bezeichnet α den Winkel zwischen den Vektoren ®a und®b, dann gilt ��®a × ®b�� = | ®a| | ®b| sinα . (1.16)

Das Vektorprodukt verschwindet also, wenn die Vekto-ren parallel sind.

1.10 Übungen

1.10.1 Zahlenbeispiel

Gegeben sind die Vektoren

®a =

[ 2−3

5

], ®b =

[−4

16

]und ®c =

[ 34−5

]Ermitteln Sie die Beträge, den Winkel zwischen denVektoren ®a und ®b sowie den Einheitsvektor zu ®c. Über-prüfen Sie mit den Vektoren ®a, ®b und ®c die Richtigkeitder Beziehungen(®a × ®b

)T®c =

(®b × ®c

)T®a

und(®a × ®b

)× ®c =

(®aT ®c

)®b −

(®bT ®c

)®a . Lösung: a = 6.16, b = 7.28, c = 7.07; α = 65◦; ®ec =

0.4240.566−0.707

1.10.2 Orts- und Einheitsvektoren

Ein bei D fest im Boden verankerter Antennenmast wirdzusätzlich durch drei Seile gehalten. Die Seile sind imPunkt E am Mast (DE = a) und in den Punkten A,B und C am Boden befestigt. Die Punkte A, B undC bilden in der x- y-Ebene ein gleichseitiges Dreieck,wobei AD = BD = CD = a gilt.

x y

z

A

B

C

D

E

60o

60o

Bild 1.4: Antennenmast

Geben Sie die Ortsvektoren vom KoordinatenursprungD zu den Punkten A, B, C und E an und berechnen Siedie Einheitsvektoren ®eEA, ®eEB, ®eEC .

Lösung: ®rDA=

√

310

a2, ®rDB=

−√

310

a2, ®rDC =

0−a

0

, ®rDE =00a

und ®eEA=

0.61240.3536−0.7071

, ®eEB=

−0.6124

0.3536−0.7071

, ®eEC =

0

−0.7071−0.7071

3

2 Grundlagen

2.1 Ersatzmodelle

Durch die Beschränkung auf dasWesentliche und durcheine geeignete Systemabgrenzung kann ein reales Sys-tem über Vereinfachungen und Idealisierungen in einmathematisch beschreibbares Ersatzmodell abgebildetwerden.

Die Technische Mechanik kann basierend auf die physi-kalischen Eigenschaften der Ersatzmodelle in verschie-dene Gebiete unterteilt werden, Tabelle 2.1.

Tabelle 2.1: Verschiedene Ersatzmodelle

Ersatz-modelle

→starrerKörper ⇔

Stereo-Mechanik(TM I, TM III)

→festerKörper ⇔

Festigkeitslehre(TM I, TM II)

→ deform.Körper ⇔

Plasto-Mechanik

→flüssigeu. gasf.Körper

⇔

Fluid-MechanikStrömungs-mechanik

Die Kontinuums-Mechanik fasst die Modellvorstellungfester, deformierbarer, flüssiger und gasförmiger Körperzusammen.

In der Statik und der Dynamik arbeitet man in der Regelmit der Modellvorstellung des starren Körpers. In derEbene kann ein starrer Körper f = 3 freie Bewegungs-möglichkeiten ausführen (zwei translatorische und einerotatorische Bewegung). Im Raum sind es f = 6 (dreitranslatorische und drei rotatorische Bewegungen).

Die Festigkeitslehre lässt mit der Modellvorstellung ei-nes festen Körpers Bauteildeformationen zu, setzt abervoraus, dass diese im Vergleich zu den geometrischenAbmessungen vernachlässigbar klein bleiben. Die Be-wegungen und die auf den Körper einwirkenden Kräfteund Momente können dann in der Regel weiterhin mitdem Modell des starren Körpers ermittelt werden.

2.2 Kräftearten

Das Gravitationsfeld oder elektro-magnetische Felderüben auf jedes Volumenelement ∆Vi eines Körpers die

ΔFOi

ΔAi

ΔV1 ΔFV2

ΔV2 ΔV3

ΔV4

ΔViΔFV1ΔFV4

ΔFVi

ΔFV3

Bild 2.1: Volumen- und Oberflächenkräfte

Kräfte ∆FVi aus. Auf einen starren oder festen Körper,der ganz oder teilweise in einer Flüssigkeit eingetauchtist, werden an jedem Flächenlement ∆Ai der benetztenOberfläche die Kräfte ∆FOi eingeprägt, Bild2.1. Dieauf das Volumen- oder das Flächenelement bezogenenKräfte

qV =∆F∆V

bzw. qV =dFdV

(2.1)

und

qA =∆F∆A

bzw. qA =dFdA

(2.2)

werden als Volumenkräfte qV oder Flächenlasten qA

bezeichnet, wobei mit ∆F → dF, ∆V → dV und∆A → dA der Grenzübergang zu infinitesimal kleinenKräften und Volumen- oder Flächenelementen durchge-führt wird. Resultieren die Oberflächenkräfte aus einerreinen Druckbelastung, dann gibt

p =dFdA

(2.3)

den Druck1 am Flächenelement dA an. Die Strecken-last

qL =dFdx

(2.4)

1Drücke werden in N/m2 bzw. Pa (Pascal) oder in N/mm2 bzw.MPa (Mega-Pascal) gemessen.

4


die auf ein Längenelement dx bezogene Kraft dF, stellteinen in der Praxis sehr häufig auftretenden Sonderfallder Flächenlast qA dar.

2.3 Kraftdarstellung

Die einzelnen Kräfte ∆FVi bzw. ∆FOi sind gerichteteGrößen, die im dreidimensionalen Raum als Vektorendargestellt werden.

In der Mechanik werden ausschließlich rechtwinkligeund rechtshändige Koordinatensysteme verwendet. DieKoordinatenachsen x, y und z zeigen dabei in die Rich-tung von Daumen, Zeigefinger und abgewinkelten Mit-telfinger einer rechten Hand, Bild 2.2.

�

�

�

�

��

��

��

Bild 2.2: Koordinatensystem und Kraftvektor

Die Rechtshändigkeit hat zur Folge, dass mit einer Dre-hung der x-Achse in Richtung der y-Achse eine positiveDrehung um die z-Achse definiert wird. Ferner erzeugtdie Drehung der y-Achse in Richtung der z-Achse einepositive Drehung um die x-Achse und im Sinne einer zy-klischen Vertauschung ergibt die Drehung der z-Achsein Richtung der x-Achse eine positive Drehung um diey-Achse.

Die Orientierung einer Kraft gebenüber den Koordina-tenachsen x, y und z gibt der Kraftvektor2

®F =

Fx

FyFz

(2.5)

über die Komponenten Fx , Fy und Fz an. Der Betrag

F =�� ®F �� = √

F2x + F2

y + F2z (2.6)

liefert die Größe der Kraft. Mit dem Kraftvektor alleinkann allerdings dieWirkung auf starre oder feste Körpernoch nicht eindeutig beschrieben werden.

2In der Mechanik werden in der Regel Spaltenvektoren verwendet.

2.4 Kraft und Kraftwirkung

2.4.1 Allgemein

Die Wirkung einer Kraft kann sehr komplex sein. Soschreibt Wilhelm Busch im sechsten Kapitel von Bal-duin Bählamm:Hier strotzt die Backe voller Saft;da hängt die Hand, gefüllt mit Kraft.Die Kraft infolge von Erregung,verwandelt sich in Schwungbewegung.Bewegung, die in schnellem Blitzezur Backe eilt, wird hier zur Hitze.Die Hitze aber, durch Entzündungder Nerven, brennt als Schmerzempfindungbis in den tiefsten Seelenkern,und dies Gefühl hat keiner gern.Ohrfeige heißt man diese Handlung,der Forscher nennt es Kraftverwandlung.

In der Technischen Mechanik wird die Wirkung einerKraft durch das Vermögen beschrieben, Deformationenhervorzurufen und/oder einen Körper zu beschleunigen.Bei dem in Bild 2.3 skizzierten Schnappverschluss sor-

�

�

Bild 2.3: Schnappverschluss am Schließbeginn

gen die Kontaktkräfte F dafür, dass beim Schließen dieBügel zunächst nach innen gebogen werden, dann aberwieder in die Ausgangslage zurückfedern und so eineformschlüssige Verbindung gewährleisten. Ein Golfballwird beim Abschlag extrem deformiert, Bild 2.4.

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Bild 2.4: Golfball beim Abschlag erst deformiert unddann beschleunigt

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Die aus dem über die Kontaktfläche A verteilten Druckp = dF/dA resultierende Kraft

F =∫A

dF =∫A

p dA (2.7)

beschleunigt dann aber den Golfball im Zeitintervall ∆t(Kontaktphase) auf die Geschwindigkeit v.

2.4.2 Kraftwirkung auf starre Körper

Bei einem starren Körper treten per Definition keine De-formationen auf. Die Wirkung einer Kraft kann somitnur durch das Vermögen beschrieben werden, den Kör-per zu beschleunigen. In Bild 2.5 ist ein quaderförmigerKörper mit den Kantenlängen a, b und c dargestellt, derim Eckpunkt P mit der Kraft ®F belastet wird.

y

z

x

Fz

Fx

y

z

x

Fz

y

z

xy

z

x

Fy

b

c

a

Fx Fy

0

P

r0P

−b∙Fx

c∙Fx

b∙Fz

−a∙Fz

a∙Fy

−c∙Fy

Bild 2.5: Kraftwirkung auf einen starren Körper

Im Koordinatensystem, das sich hier an den Kanten desQuaders orientiert, beschreiben dann die Vektoren

®F =

Fx

FyFz

und ®r0P =

abc

(2.8)

die Kraft und ihren Angriffspunkt. Wie in Bild 2.5rechts oben dargestellt, verursacht die Kraftkomponen-te Fx eine Verschiebung in x-Richtung (translatorischeBeschleunigung) sowie Drehungen um die y- und die z-Achse (rotatorische Beschleunigungen). Die Verschie-bung in x-Richtung ist proportional zur Kraftkompo-nente Fx . Neben der Kraftkomponente Fx entscheidenauch ihre Abstände c und b von der x- und z-Achseüber die Größe der Drehungen. Die Wirkung einer imPunkt P angreifenden Kraft in x-Richtung, kann be-züglich des Koordinatenursprungs 0 somit durch die

Kraftkomponente Fx selbst und die im Folgenden alsMomente3 bezeichneten Produkte My(Fx) = c Fx so-wie Mz(Fx) = −b Fx beschrieben werden. Im Sinne,der in Bild 2.2 definierten positiven Drehrichtungen,erfolgt dabei die Drehung um die y-Achse in positiverund die um die z-Achse in negativer Drehrichtung, wasdurch entsprechende Vorzeichen in MFx

0y und MFx

0z be-rücksichtigt wird.

Analog dazu wird die Wirkung einer Kraft in y-Richtung durch die Kraftkomponente Fy selbst und dieMomente M0x(Fy) = −c Fy sowie M0z(Fy) = a Fy be-schrieben. Ferner charakterisieren die KraftkomponenteFz und die Momente M0x(Fz) = b Fz sowie M0y(Fz) =

−a Fz die Wirkung einer Kraft in z-Richtung.

Fasst man nun die Komponenten Fx , Fy , Fz wieder imKraftvektor zusammen, dann kann die Wirkung von ®Fauf den starren Körper durch die Vektoren

®F =

Fx

FyFz

und ®M0 =

b Fz − c Fyc Fx − a Fz

a Fy − b Fx

(2.9)

beschrieben werden. Da die Kraft F im Punkt P angreiftund die Wirkung auf den Punkt 0 bezogen wurde, tau-chen im Momentenvektor M0 die Komponenten a, b, cdes Ortsvektors ®r0P auf. Der Momentenvektor entstehtalso aus einer multiplikativenVerknüpfung des Ortsvek-tors mit dem Kraftvektor. Wegen

abc

×

Fx

FyFz

=

b Fz − c Fyc Fx − a Fz

a Fy − b Fx

(2.10)

kann ganz allgemein die Momentenwirkung einer Kraftauf einen starren Körper durch das Kreuz- oder Vektor-produkt

®M0 = ®r0P × ®F (2.11)

ermittelt werden. Greift eine Kraft ®F im Punkt P an ei-nem starren Körper an, dann kann deren Wirkung aufeinen starren Körper durch die Kraft ®F selbst und dasMoment ®M0 = ®r0P × ®F, das die Kraft ®F bezüglich ei-nes beliebigen Punktes 0 erzeugt, eindeutig beschriebenwerden. Die Kombination

[®F, ®M0

]wird auch als Kraft-

winder bezeichnet.

2.4.3 Wirkungslinie

Ein Linie in Richtung der Kraft ®F, die durch denAngriffspunkt P läuft, markiert die Wirkungslinie derKraft, Bild 2.6. Unterteilt man den Vektor vom Bezugs-

3Moment = Hebelarm × Kraft

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Bild 2.6: Wirkungslinie einer Kraft

punkt 0 zum Angriffspunkt P der Kraft ®F gemäß

®r0P = ®r⊥ + ®r‖ (2.12)

in die Anteile ®r⊥ und ®r‖ , die senkrecht und parallel zumKraftvektor ®F verlaufen, dann gilt für die Momentwir-kung der Kraft

®M0 = ®r0P× ®F =(®r⊥ + ®r‖

)× ®F = ®r⊥× ®F+ ®r‖× ®F (2.13)

Wegen ®r‖ ‖ ®F verschwindet aber der letzte Term, ®r‖ ×®F = ®0 und es bleibt

®M0 = ®r⊥ × ®F mit ®M0 = ®r⊥ · ®F , da ®r⊥ ⊥ ®F .

(2.14)Für die Momentenwirkung einer Kraft auf einen star-ren Körper ist also lediglich der durch den Vektor ®r⊥beschriebene Abstand vom Bezugspunkt zur Wirkungs-linie entscheidend. Folglich kann eine Kraft längs ihrerWirkungslinie verschoben werden, ohne dass sich da-durch ihre Wirkung auf einen starren Körper ändert.

2.4.4 Nullkraft

Ein starrer Körper wird in den Punkten P und Q durchKräfte belastet, die mit ®F1 = ®F und ®F2 = − ®F gleichgroß, aber entgegengesetzt gerichtet sind und auch nochdie gleicheWirkungslinie haben, Bild 2.7. DieWirkung

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Bild 2.7: Nullkraft

der in P und Q angreifenden Kräfte ®F1 und ®F2 auf einenstarren Körper beschreiben die resultierende Kraft

®Fres = ®F1 + ®F2 (2.15)

und das resultierendeMoment, das auf denBezugspunkt0 bezogen wurde.

®M0 = ®r0P × ®F1 + ®r0Q × ®F2 (2.16)

beschreiben dannNachVerschieben der Kräfte längs dergemeinsamen Wirkunglinie PQ in den Punkt S, der denAbstand der Wirkungslinie vom Bezugspunkt 0 mar-kiert, bleibt

®M0 = ®r0P× ®F1+®r0Q× ®F2 = ®r⊥× ®F1+®r⊥× ®F2 = ®r⊥×(®F1 + ®F2

)(2.17)

Wegen ®F1 = ®F und ®F2 = − ®F verschwindet die resultie-rende Kraft

®Fres = ®F1 + ®F2 = ®F − ®F = ®0 (2.18)

und entsprechend Gleichung (2.17) dann auch das re-sultierende Moment®M0 = ®r⊥ ×

(®F1 + ®F2

)= ®r⊥ ×

(®F − ®F

)= ®0 . (2.19)

Die Kräfte ®F1 = ®F und ®F2 = − ®F, die auf der gleichenWirkungslinie liegen, entsprechen folglich einer Null-kraft, da sich ihre Wirkungen auf einen starren Körperaufheben. Verlässtman allerdings dieModellvorstellungdes starren Körpers, dann ist zu beachten, dass Kräfte,die in verschiedenen Punkten angreifen, stets Deforma-tionen hervorrufen.

2.4.5 Dehnung

Im Zugversuch nach DIN EN 10 002 wird eine Probemit kreisförmigen oder rechteckigen Querschnitten inAchsrichtung durch gleichgroße aber entgegengesetztgerichteten Kräfte vom Betrag F belastet, Bild 2.8. Der

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Bild 2.8: Zugstab

auf der Probe markierte Abschnitt der Länge L0 wirddabei auf die Länge L gedehnt. Bezieht man die Länge-nänderung ∆L = L − L0 auf die unverformte Länge L0,dann erhält man mit

ε =L − L0

L0=∆LL0

(2.20)

eine dimensionslose Größe, die als Längsdehnung be-zeichnet wird. In der Praxis werden Dehnungen meistin % angegeben. Neben einer Dehnung in Belastungs-richtung kommt es auch zu einer Kontraktion in Quer-richtung. Die Querkontaktionszahl ν beschreibt diesenEffekt.

7


2.4.6 Kräftepaar

Die Kräfte ®F1 = − ®F und ®F2 = ®F, die in den PunktenP und Q an einem starren Körper angreifen, sind gleichgroß, aber entgegengesetzt gerichtet. Ihre Wirkungsli-nien sind parallel und haben den Abstand a, Bild 2.9.Die Wirkung der beiden Kräfte auf den starren Kör-

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Bild 2.9: Kräftepaar äquivalent zu Einzelmoment

per wird analog zu Gleichung (2.18) wieder durch eineverschwindende resultierende Kraft

®F1 + ®F2 = − ®F + ®F = ®0 (2.21)

beschrieben. Im Unterschied zu Gleichung (2.19) bleibtnun allerdings eine Momentenwirkung, die sich nachgeeignetem Verschieben der beiden Kräfte längs ihrerWirkungslinien aus

®M0 = ®r⊥× ®F1 + (®r⊥ + ®ra)× ®F2 = ®r⊥×(®F1 + ®F2

)+ ®ra× ®F2

(2.22)ergibt. Wobei der Vektor ®ra mit der Länge |®ra | = a denAbstand der Wirkungslinien beschreibt. Mit ®F1 = − ®Fund ®F2 = ®F bleibt

®M0 = ®r⊥×(− ®F + ®F

)+ ®ra × ®F = ®ra × ®F = ®M (2.23)

ein Moment ®M0 = ®M , das nicht mehr von einem spezi-ellen Bezugspunkt 0 abhängt.

Ein Kräftepaar, aus zwei gleich großen, aber entgegen-gesetzt gerichteten Kräften mit dem Betrag F, derenWirkungslinien denAbstand a haben, ist in derWirkungauf einen starren Körper einem reinem Einzelmoment(die resultierende Kraft ist ja Null) mit dem Betrag

®M = ®ra · × ®F = a · F (2.24)

äquivalent. Der Momentenvektor ®M steht dabei senk-recht zu der Ebene, die durch die beiden Kräfte aufge-spannt wird. In der Zeichenebene wird er in der Regeldurch einen kreisförmigen Pfeil angedeutet.

2.4.7 Scherverformung

Zwei Kräftepaare, die sich in ihrer Wirkung auf einenstarren Körper neutralisieren, erzeugen an einem festenKörper eine Verformung, die als Scherung oder Glei-tung bezeichnet wird, Bild 2.10. Der Winkel γ, der die

F

F

F

F

90o− γ

Bild 2.10: Scherverformung

Abweichung des verformten Winkels vom ursprünglichrechten Winkel angibt, beschreibt den Grad der Verfor-mung. Er wird als Gleitung bezeichnet.

2.4.8 Das Äquivalenzprinzip

Jedes System von Kräften, ®F1, ®F2, ... ®FN und Einzel-momenten ®M1, ®M2, ... ®MM , die die Wirkung von Kräf-tepaaren zusammenfassen, kann in seiner Wirkung aufeinen starren Körper in äquivalenter Weise durch einenKraftwinder [ ®F, ®M0] beschrieben werden Bild 2.11.

y

z

x

r0Nr01

0

M1

F1

F2

r02

FN. . .

M2

MM. . .

y

z

x 0F

M

Bild 2.11: Das Äquivalenzprinzip

Der Kraftwinder besteht aus der resultierenden Kraft

®F = ®F1 + ®F2 + ... + ®FN =

N∑i=1

®Fi (2.25)

und dem resultierenden Moment

®M0 =

N∑i=1®r0i × ®Fi +

M∑i=1

®Mi (2.26)

8


bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes 0, das sichaus der Momentenwirkung der Einzelkräfte und denEinzelmomenten zusammensetzt.

2.4.9 Streckenlast

2.4.9.1 Definition

In der Praxis kommt es häufig vor, dass Kräfte längseiner Linie verteilt sind, Bild 2.12. Die bereits in Glei-

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Bild 2.12: Streckenlast und äquivalente Einzelkraft

chung (2.4) definierte Streckenlast

qL(x) =dFdx

(2.27)

bezieht die an der Stelle x wirkende Kraft dF auf dasStreckenelement dx und beschreibt so diese Form vonBelastungen.

Die Wirkung einer Streckenlast qL = qL(x) auf einenstarren Körper kann durch eine an der Stelle xF wir-kende Kraft F ersetzt werden. Dem Äquivalenzprinzipentsprechend, ist die resultierende Kraft die Summe derEinzelkräfte. Anstelle der Summe tritt hier das Integralüber die Länge L der Streckenlast und liefert

F =∫

dF =∫

Länge

qL(x) dx . (2.28)

Die Momentenwirkung der Kraft F bezüglich demPunkt 0, die über den Hebelarm xF mit xF F bestimmtist, muss der Momentenwirkung der verteilten KräftedF entsprechen

xF F =∫

Länge

x dF . (2.29)

Mit der Definition der Streckenlast (2.27) erhält manschließlich

xF =1F

∫Länge

x qL(x) dx , (2.30)

wobei die resultierende Kraft F aus Gleichung (2.28)folgt.

2.4.9.2 Beispiel

Als Beispiel wird die Belastung einer Staumauer durchden mit der Wassertiefe ansteigenden Druck betrachtet,Bild 2.13. Bezeichnet % die Wasserdichte und g die

xF

Fq(x)

h

x qh

Bild 2.13: Staumauer

Erdbeschleunigung, dann ist der Druck in der Tiefe hmit ph = %gh gegeben. Die Streckenlast

q(x) = qhxh

mit 0 ≤ x ≤ h (2.31)

beschreibt dannmit qh = bph die auf eine Staumauer derBreite b wirkende Belastung. Gemäss Gleichung (2.28)ist die äquivalente Einzelkraft dann durch

F=

x=h∫x=0

qhxh

dx =qhh

x=h∫x=0

x dx

=qhh

[12 x2

] x=hx=0= 1

2 h qh

(2.32)

gegeben. Schließlich erhält man aus Gleichung (2.30)den Hebelarm

xF =1F

x=L∫x=0

x qhxh

dx =2

hqh

qhh

x=h∫x=0

x2 dx

=2h2

[13 x3

] x=hx=0= 2

3 h .

(2.33)

Man erkennt, dass die Fläche der dreiecksförmigen Be-lastung, die hier durch die Länge h und die Höhe qhgekennzeichnet ist, mit dem Wert der resultierendenKraft F übereinstimmt. Zudem läuft die Wirkungslinievon F, deren Lage durch den Hebelarm xF beschrie-ben wird, durch den Schwerpunkt der dreiecksförmigenBelastung. Diese Zusammenhänge gelten allgemein fürbeliebige Streckenlasten.

2.4.10 Flächenlast

Wind- oder Kontaktkräfte sind häufig über die Ober-oder die Kontaktfläche verteilt. Die bereits in Gleichung(2.2) definierte Flächenlast

qA(x, y) =dFdA

(2.34)

9


beschreibt diese Form von Belastung, wobei die über dieFläche AverteiltenKräfte dF auf ein Flächenelement dAbezogen werden, Bild 2.14. Analog zu Abschnitt 2.4.9

dF

dAx

z

qA(x,y)

F

x

z

y

yxFyF

Bild 2.14: Flächenlast

kann die Wirkung einer Flächenl̈ast auf einen starrenKörper wieder durch eine resultierende Einzelkraft

F =∫

Fläche

dF =

∫Fläche

qA dA (2.35)

beschrieben werden. Die Koordinaten

xF =1F

∫Fläche

x qA dA und yF =1F

∫Fläche

y qA dA

(2.36)

legen dann dieWirkungslinie der resultierenden Kraft Ffest, die hier entsprechend der Belastung in z-Richtungverläuft.

2.5 Schwerpunkte

2.5.1 Gewichtsmittelpunkt

Die Gewichtskraft, die auf der Massenanziehung zwi-schen der Erde und einem Körper beruht, ist eine Vo-lumenkraft. Auf jedem Massenelement dm = %dV wirddie Kraft dG eingeprägt, Bild 2.15.

Die Integration über den ganzen Körper liefert mit

®G =∫

Körper

d ®G (2.37)

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Bild 2.15: Gewichtsmittelpunkt

die resultierende Gewichtskraft. Die über den Körperverteilten Kräfte d ®G und die resultierende Kraft ®G ha-ben die gleiche Wirkung auf den starren Körper, wenndie entsprechenden Momente bezüglich 0 übereinstim-men

®r0S × ®G =∫

Körper

®r0i × d ®G . (2.38)

Der Vektoren ®r0S beschreibt dabei den Angriffspunkt Sder resultierenden Gewichtskraft ®G und der Vektor ®r0izeigt der Reihe nach auf alle Massenelemente dm desKörpers.

In Erdnähe kann die Massenanziehung zwischen einemKörper und der Erde durch ein homogenes Schwere-feld approximiert werden. Die Gewichtskräfte d ®G sinddann alle parallel. Orientiert man die Achsen des Ko-ordinatensystems so, dass die z-Achse in Richtung derGewichtskräfte zeigt, dann gilt

d ®G =

[ 00

dG

]und ®G =

[ 00G

], (2.39)

wobei die Beziehung (2.37) auf die z-Komponente derresultierenden Gewichtskraft ®G angewendet wurde. Mitder Koordinatendarstellung der Ortsvektoren

®r0i =

xiyizi

und ®r0S =

xSySzS

(2.40)

lautet die Äquivalenzbeziehung (2.38)xSySzS

×

00G

=∫

Körper

xiyizi

×

00

dG

. (2.41)

Nach dem Auflösen der Kreuzprodukte bleibt

yS G=∫yi dG , −xS G=

∫−xi dG und 0 = 0

(2.42)Die beiden ersten Gleichungen liefern mit xS und yS diex- und y-Komponente des Ortsvektors ®r0S . Da sich dieWirkung der Gewichtskraft ®G hier nicht ändert, wennsie längs ihrer Wirkungslinie, der z-Achse, verschobenwird, bleibt die z-Komponente, die Koordinate zS , zu-nächst unbestimmt. Dreht man den starren Körper so,

10


dass die Gewichtskräfte d ®G nicht mehr in z- sondernz.B. in x-Richtung wirken, dann liefert die Äquivalenz-beziehung (2.38) auch eine Bestimmungsgleichung fürdie z-Komponente des Ortsvektors ®r0S .

Der Gewichtsmittelpunkt S, der auch als Schwerpunktbezeichnet wird, ist allgemein durch die Komponen-ten

xS =1G

∫Körper

xi dG yS =1G

∫Körper

yi dG

zS =1G

∫Körper

zi dG(2.43)

oder den Ortsvektor

®r0S =1G

∫Körper

®r0i dG (2.44)

definiert, wobei das Gewicht des Körpers durch

G =∫

Körper

dG (2.45)

bestimmt ist. Da über den räumlich ausgedehnten Kör-per integriert wird, entspricht das Integralsymbol hiereinem Dreifachintegral.

2.5.2 Massenmittelpunkt

Analog zu den Definitionen (2.44) und (2.45) kannmit

®r0S =1m

∫Körper

®r0i dm , und m =∫

Körper

dm (2.46)

auch der Massenmittelpunkt definiert werden, wobeim die Masse des Körpers bezeichnet. Im homogenenSchwerefeld sind der Gewichts- und der Massenmittel-punkt eines starren Körpers identisch. Mit dem GewichtG = m g, dem Differential dG = g dm und der als kon-stant vorausgesetzten Erdbeschleunigung g können dieBeziehungen (2.44) und (2.45) direkt in die Definition(2.46) überführt werden.

2.5.3 Volumenmittelpunkt

Der Volumenmittelpunkt eines starren Körpers ist durchdie Definitionen

®r0S =1V

∫Körper

®r0i dV mit V =∫

Körper

dV (2.47)

festgelegt. Bei homogener Massenverteilung ist dieMasse des Körpers mit m = ρV proportional zumVolu-men V , wobei ρ die Dichte bezeichnet. Dann sind auchder Massen- und der Volumenmittelpunkt identisch.

2.5.4 Flächenmittelpunkt

Der Mittelpunkt einer Fläche sowie ihre Größe sinddurch

®r0S =1A

∫Fläche

®r0i dA und A =∫

Fläche

dA (2.48)

definiert. Da jetzt nur mehr über eine Fläche integriertwird, entspricht das Integralsymbol hier einem Dop-pelintegral.

Bei Blechen mit dünner Wandstärke t kann das Volu-menelement auf ein Flächenelement reduziert werden,Bild 2.16. Mit der Erdbeschleunigung g, der Dichte ρ

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Bild 2.16: Dünnwandiges Blech

und der Wandstärke t, die alle als Konstante betrachtetwerden, gilt dann

dG = g dm = g ρ dV = g ρ t dA und G = g ρ t A .(2.49)

Damit können die in den Gleichungen (2.44) und (2.45)erforderlichen Integrationen über den Körper (Dreifach-integral) auf die in Gleichung (2.48) auftretenden Inte-grationen über eine Fläche (Doppelintegral) zurückge-führt werden.

11


2.5.5 Linienmittelpunkt

Analog zu (2.48) definieren die Beziehungen

®r0S =1L

∫Linie

®r0i ds mit L =∫

Linie

ds (2.50)

den Mittelpunkt S sowie die Länge L einer Linie, wobeids ein infinitesimal kleines Linienstück bezeichnet.

2.5.6 Zusammengesetzte Körper

2.5.6.1 Definition

Setzt sich ein Körper aus zwei oder mehreren Teilkör-pern zusammen, dann können bei der Schwerpunkts-berechnung die Integrale aufgeteilt werden, Bild 2.17.Analog zu (2.46) gilt für zwei Teilkörper

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Bild 2.17: Zusammengesetzter Körper

m =∫K1

dm1 +

∫K2

dm2 oder m = m1 +m2 (2.51)

und

®r0S =1m

{∫K1

®r01i dm1 +

∫K2

®r02i dm2

}=

1m

{m1®r01 + m2®r02

}=

m1®r01 + m2®r02m1+m2

(2.52)

Auf mehrere Körper verallgemeinert erhält man

®r0S =

n∑i=1{mi ®r0i}

n∑i=1

mi

(2.53)

wobei mi die Masse des i-ten Teilkörper bezeichnet undder Vektor ®r0i die Lage des i-ten Teilkörperschwerpunk-tes Si angibt. Die Beziehung (2.53) kann sinngemäßauch für alle anderen Schwerpunkte angewendet wer-den.

2.5.6.2 Beispiel L-Profil

Der Querschnitt eines L-Profils setzt sich aus zweiRechtecken zusammen. Die in Bild 2.18 realisierte Auf-

a

sy

x

b 1

s

2

Bild 2.18: Schwerpunkt eines L-Profils

teilung führt aufRechteckemit denKanten a und s sowies und b − s. Analog zu (2.51) ist die Querschnittsflächedann durch

A = a s︸︷︷︸A1

+ (b−s) s︸︷︷︸A2

(2.54)

gegeben. Die Koordinaten des Flächenmittelpunktes er-hält man gemäß (2.53) aus

xS =A1x1+A2x2

A1+A2, yS =

A1y1+A2y2A1+A2

. (2.55)

Mit den Schwerpunktsabständen x1 = a/2, y1 = s/2,x2= s/2, y2= s+ (b−s)/2= (b+s)/2 und den Teilflächenaus (2.54) ergibt sich

xS =as 1

2 a + (b−s)s 12 s

as + (b−s)s=

12

a2+bs−s2

a + b − s(2.56)

und

yS =as 1

2 s+(b−s)s 12 (b+s))

as + (b−s)s=

12

b2+as−s2

a + b − s. (2.57)

2.5.7 Rotationskörper

2.5.7.1 Guldinsche Regeln

Eine Linie der Länge L, die in einer Ebene liegt unddie um eine in dieser Ebene liegenden Achse rotiert,erzeugt einen rotationssymmetrischen Hohlkörper mitder Oberfläche O, Bild 2.19. Dann ist die Oberflächegemäß der 1. Guldinsche Regel durch

O = 2 π L xS (2.58)

bestimmt, wobei die Drehachse die Linie berühren abernicht schneiden darf und L die Länge der Kurve und xSder Abstand des Linienmittelpunktes von der Drehachseist.

12


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Bild 2.19: Oberfläche eines Drehkörpers

Die Rotation einer ebenen Fläche um eine in ihrer Ebe-ne liegenden und die Fläche nicht schneidende Achseerzeugt einen Drehkörper, Bild 2.20. Sein Volumen er-

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Bild 2.20: Volumen eines Drehkörpers

rechnet sich gemäß der 2. Guldinsche Regel aus

V = 2 π A xS , (2.59)

wobei A der Inhalt der erzeugenden Fläche und xS derAbstand des Flächenmittelpunktes von der Drehachseist.

2.5.7.2 Beispiel: L-Profil

Mit den Guldinschen Regeln können auch Schwer-punktsabstände berechnet werden.

Lässt man das in Bild 2.18 skizzierte L-Profil um die y-Achse rotieren, dann entsteht ein Rotationskörper, des-sen Volumen durch

V = πa2s + πs2(b − s) (2.60)

gegeben ist.Mit (2.60) und der QuerschnittsflächeA, diebereits in (2.54) berechnet wurde, kann aus (2.59) sofortdie x-Koordinate des Flächenmittelpunktes berechnetwerden

xs =V

2πA=

πa2s + πs2(b − s)2π(as+(b−s)s)

. (2.61)

Nach Kürzen mit π und s führt (2.61) auf das Ergebnisin (2.56).

Eine Rotation des L-Profils um die x-Achse würde über(2.59) zur Schwerpunktskoordinate yS führen.

2.6 Gleichgewicht

2.6.1 Das Gleichgewichtsaxiom

Nach Newton4 befindet sich ein mechanisches Systemim Zustand der Ruhe (Gleichgewicht) oder im Zustandder gleichförmigen geradlinigen Bewegung, wenn dieangreifenden Kräfte und Momente in ihrer Wirkung aufeinen starren Körper einem verschwindenden Kraftwin-der mit ®F = 0 und ®M0 = 0 äquivalent sind.Wegen (2.25)und (2.26) bedeutet dies

N∑i=1

®Fi = 0 undN∑i=1®r0i × ®Fi +

M∑i=1

®Mi = 0 , (2.62)

wobei der Momentenbezugspunkt 0 beliebig gewähltwerden kann.Mit der Komponentendarstellung der Vek-toren

®Fi =

Fxi

FyiFzi

, ®r0i =

x0iy0iz0i

, ®Mi =

Mxi

Myi

Mzi

(2.63)

folgen aus (2.62) sechs skalare Gleichungen

∑Fxi = 0 ,∑Fyi = 0 ,∑Fzi = 0 ,∑

(y0iFzi − z0iFyi) +∑

Mxi = 0 ,∑(z0iFxi − x0iFzi) +

∑Myi = 0 ,∑

(x0iFyi − y0iFxi) +∑

Mzi = 0 .

(2.64)

Bei ebenen Problemen stehen nur drei Gleichungen zurVerfügung. In der x-, z-Ebene zum Beispiel verschwin-den alle y-Komponenten und es bleiben mit∑

Fxi = 0 ,∑Fzi = 0 ,∑

(z0iFxi − x0iFzi) +∑

Myi = 0(2.65)

nur noch die Kraftkomponenten in der Ebene und dieMomentenkomponente senkrecht zur Ebene übrig.

2.6.2 Gegenwirkungsprinzip

Wenn zwei Körper Kräfte (und/oder Momente) aufein-ander ausüben, dann sind Kraft und Gegenkraft, bzw.Moment und Gegenmoment entgegengesetzt gerichtetund dem Betrage nach gleich groß (actio = reactio).4 Sir Isaac Newton (1643-1727) war Naturwissenschaftler undPhilosoph. Mit der Philosophiae Naturalis Principia Mathema-tica legte er den Grundstein für die klassische Mechanik.

13


2.6.3 Schnittprinzip

Befindet sich ein mechanisches System im Gleichge-wicht, dann sind auch beliebige Teilsysteme zusammenmit den entsprechenden Schnittreaktionen im Gleich-gewicht. Im Raum stehen damit pro Teilsystem n = 6und in der Ebene n = 3 Gleichgewichtsbeziehungen zurVerfügung.

2.7 Lager

2.7.1 Definition und Wertigkeit

Lager sind Bauelemente zwischen einem mechanischenSystem und der Umgebung oder zwischen zwei Kör-pern. In der Modellbildung werden aus realen LagernElemente, die in idealer Weise einzelne Bewegungen(Verschiebungen und/oder Drehungen) ungehindert zu-lassen oder vollständig sperren.

Die Wertigkeit eines Lagers ist gleichbedeutend mit derAnzahl der dadurch gesperrten Bewegungsmöglichkei-ten.

2.7.2 Reaktionen

Wird ein mechanisches System durch Kräfte und/oderMomente belastet, dann kann es sich nur im Gleichge-wicht befinden, wenn in den Lagern den Wertigkeitenentsprechende Reaktionen, d.h. Kräfte und/oder Mo-mente, auftreten. Beim Freischneiden eines mechani-schen Systems, d.h. beim Zerlegen des Systems in Teil-systeme im Extremfall bis herunter zu den einzelnenKörpern, werden die Lagerreaktionen sichtbar (actio =reactio beachten!).

2.7.3 Lager in der Ebene

Die verschiedenen Lagertypen in der Ebene sind in derTabelle 2.2 zusammengestellt.

Um einen Körper in der Ebene zu fixieren, sind Lagererforderlich, die insgesamt über dreiWertigkeiten verfü-gen. Dies kann z.B. mit einer festen Einspannung, einemfesten und einem verschieblichen Gelenklager, drei ver-schieblichen Gelenklagern oder mit einer Führung undeinem verschieblichen Gelenklager realisiert werden.

Bei der Kombination von Lagern muss darauf geachtetwerden, dass die Wertigkeiten der einzelnen Lager sichnicht gegenseitig behindern.

SymbolundName

KinematikBewegungs-möglichkeiten

StatikWertigkeit

�

�

verschieblichesGelenklager

Drehung um yVerschiebung in x

Kraft in z“einwertig”

�

�

festesGelenklager

Drehung um yKräfte in x

und z“zweiwertig”

�

�

FührungVerschiebung in x

Kraft in zMoment um y

“zweiwertig”

�

�

festeEinspannung

keineKräfte in x

und zMoment um y

“dreiwertig”

Tabelle 2.2: Lager in der Ebene

2.7.4 Räumliche Lager

Mit einem Kugel- und einem Scharniergelenk sind inder Bild2.21 zwei räumliche Lagerelemente dargestellt.Beim räumliche Kugelgelenk kann der Körper 2 gegen-

Körper 1

Körper 2

x

zy

��

��

�

Bild 2.21: Kugel- und Scharniergelenk

über Körper 1 sämtliche Drehbewegungen ausführen.ImGelenkpunkt werden jedoch alle translatorischenBe-wegungen gesperrt. Das räumliche Kugelgelenk über-trägt in allen 3 Raumrichtungen Kräfte und ist damit ein3-wertiges Lager. Das skizzierte Scharniergelenk zwi-schen Körper 1 und Körper 2 lässt eine Drehung umdie z-Achse und eine Verschiebung in z-Richtung zu.Die restlichen 4 Bewegungen werden verhindert. Dasskizzierte Scharniergelenk überträgt Kräfte in x- und y-Richtung sowie Momente um die x- und y-Achse undstellt damit ein 4-wertiges Lager dar.

14


2.7.5 Bestimmtheit einer Lagerung

In der Ebene bzw. im Raum verfügt jeder Teilkörpereines mechanischen Systems über b = 3, bzw. b = 6freie Bewegungsmöglichkeiten.

Werden diese Bewegungsmöglichkeiten durch Lagereingeschränkt, dann muss beim Freischneiden des Kör-pers die Wirkung der Lager durch unbekannte Lagerre-aktionen ersetzt werden. Die Anzahl u der unbekanntenLagerreaktionen ist durch die Summe der Wertigkeitenbestimmt.

Können bei gegebener Belastung die unbekannten La-gerreaktionen aus den Gleichgewichtsbeziehungen al-lein bestimmt werden, dann wird das System als ”sta-tisch bestimmt” bezeichnet. Die statische Bestimmtheiteines Systems kann aus der Beziehung

n = u − t (2.66)

berechnet werden, wobei u die Anzahl der unbekanntenLagereaktionen und t die Anzahl der tatsächlich zurVerfügung stehenden Gleichungen angibt. In der Ebenebzw. im Raum stehen zwar für jeden Teilkörper 3 bzw.6 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung, doch inSonderfällen können einige Gleichungen zur trivialenBeziehung 0 = 0 entarten. Deshalb kann die Anzahl dertatsächlich zur Verfügung stehenden Gleichungen mitt ≤ 3, bzw. t ≤ 6 nur nach oben begrenzt, nicht abervorab eindeutig bestimmt werden.

In vielen Fällen kann einem mechanischen System an-gesehen werden, ob es trotz Lagerung noch über Bewe-gungsmöglichkeiten verfügt. Die Anzahl der Freiheits-grade (verbleibende Bewegungsmöglichkeiten) genügtder Beziehung

f = b − t . (2.67)

Die Anzahl der freien Bewegungsmöglichkeiten kannpro Teilsystem in der Ebene mit b = 3 und im Raummitb = 6 angegeben werden. Bei bekanntem f kann damitt sehr leicht aus (2.67) bestimmt werden.

Bei n > 0 ist das System n-fach statisch überbestimmt.In solchen Fällen ist eine vollständige Berechnung derLagerreaktionen nur möglich, wenn auch Bauteil- un-d/oder Lagerverformungen mit einbezogen werden. Ineinigen Fällen können zumindest einige Lagerreaktio-nen aus den Gleichgewichtsbeziehungen berechnet wer-den.

Bei statisch überbestimmter Lagerung besteht die Ge-fahr einer inneren Verspannung, die zu erheblichen La-gerbelastungen führen kann. Eine statisch überbestimm-te Lagerung wird in der Regel nur bei sehr nachgiebigenBauteilen verwendet. Die überzähligen Lager stützen

das Bauteil zusätzlich ab und verhindern so zu großeVerformungen.

2.8 Spezielle Lagerelemente

2.8.1 Die Umlenkscheibe

Zum Heben einer Last mit dem Gewicht G wird einSeil um eine an der Decke befestigte Scheibe geführt,Bild2.22. Die Scheibemit demRadius r ist in ihrerMitte

�

�

��

�

�

�

�

��

��

��

� ��

Bild 2.22: Umlenkscheibe

reibungsfrei drehbar gelagert. Durch einen Schnitt imSeil kann das Teilsystem Last abgetrennt werden. Hierliefert das Gleichgewicht in vertikaler Richtung sofortdas Ergebnis

S = G. (2.68)

Ein weiterer Schnitt im Lager legt das Teilsystem Schei-be frei. Aus der Momentensumme bezüglich der Schei-benmitte

S r − F r = 0 (2.69)

folgt sofortF = S. (2.70)

Da eine widerstandslos drehbare Scheibe die Seilkraftbei statischer Belastung nicht verändert, wird sie alsUm-lenkscheibe bezeichnet. Das Ergebnis F = S kann dannbereits beim Freischneiden berücksichtigt werden.

Die Lagerbelastungen H und V können aus dem Kräfte-gleichgewicht am Teilsystem Scheibe

−G cosα + H = 0 ,−G sinα + V − G = 0

(2.71)

ermittelt werden, wobei die Beziehungen (2.68) und(2.70) bereits berücksichtigt wurden.

15


2.8.2 Das frei rollende Rad

Bild 2.23 zeigt einen einachsigen Karren, der von einemEsel eine unter demWinkel α geneigte Ebene hinauf ge-zogen wird. Der beladene Karren hat das GewichtG und

ab

S

r

P

h

α

d

Bild 2.23: Eselskarren auf schiefer Ebene

der Schwerpunkt S liegt im Abstand a vor der Achsmit-te und im Abstand h über der Fahrbahn. Die mit demKarren fest verbundene Deichsel befindet sich auf derHöhe d über der Fahrbahn und ist in P gelenkig am Ge-schirr befestigt. Der Abstand zwischen S und P ist mitb gegeben. Für die weitere Betrachtung wird angenom-men, dass der Esel stehen bleibt und das System sich imGleichgewicht befindet.

r

AxAy

Ax

Ay

NRRäder

KarrenPxPy

ab

S h-d

α

d-rG

x

y

Bild 2.24: Wesentliche Teilkörper

Die wesentlichen Teilkörper sowie die Schnittreaktio-nen sind in Bild 2.24 dargestellt. Dabei orientiert sichdas x-y-Koordinatensystem an der unter dem Winkel αgeneigten Ebene. In den Kontaktpunkten5 zwischen denRädern und der Fahrbahn treten Normal- und Reibungs-kräfte auf, die in N und R zusammengefasst sind. DieSchnittreaktionen im Gelenk P und im Achslager A ver-fügen jeweils über eine x- und eine y-Komponente. DieGleichbewichtsbeziehungen für die beiden Teilsyteme

5 Kontaktkräfte und insbesondere Reibungseffekte werden im Ka-pitel 7 ausführlich behandelt.

Karren und Räder liefern

Ax − G sinα + Px = 0 (2.72)Ay − G cosα + Py = 0 (2.73)

b G cosα + (h−d)G sinα +(d−r) Ax − (a+b) Ay = 0 (2.74)

R − Ax = 0 (2.75)N − Ay = 0 (2.76)

r R = 0 (2.77)

wobei das Gewicht der Räder gegenüber dem Gewichtder Karre vernachlässigt wurde. Am Karren wurdedie Momentensumme bezüglich Punkt P und bei denRädern bezüglich der Achsmitte A angesetzt. Da einreibungsfrei drehbares Achslager angenommen wurde,können auf Grund von (2.77) in den Kontaktpunktenkeine Reibkräfte auftreten. Wegen R = 0 verschwin-det gemäß (2.75) auch die x-Komponente im Achslager.Setzt man Ax = 0 und die aus (2.76) folgende Bezie-hung Ay = N in die Gleichungen (2.72) bis (2.74) ein,dann erhält man

−G sinα + Px = 0 (2.78)N − G cosα + Py = 0 (2.79)

b G cosα + (h−d)G sinα − (a + b) N = 0 (2.80)

Dies entspricht aber genau den Gleichgewichtsbezie-hungen für das im Bild 2.25 dargestellten System Kar-ren mit Rädern. Die aus den Gleichgewichtsbezie-

Px

N

Pya

b

S

r h

α

dG

x

y

Bild 2.25: Karren mit frei drehbaren Rädern

hungen (2.78) bis (2.80) folgenden Unbekannten, dieNormalkraft N = G (b cosα + (h−d) sinα) /(a+b) so-wie die Kräfte im Gelenkpunkt Px = G sinα undPy = G (a cosα − (h−d) sinα) /(a+b) hängen dannnicht mehr von der Radius der Räder r ab.

2.8.3 Die Pendelstütze

Ein unbelastetes Bauelement mit vernachlässigbaremEigengewicht, das an beidenEnden gelenkig gelagert ist,wird als Pendelstütze bezeichnet, Bild 2.26. Das Kräf-

16


�

��

�

�

�

��

��

��

��

Bild 2.26: Pendelstütze

tegleichgewicht an der freigeschnittenen Pendelstützeliefert zunächst

Ax + Bx = 0 ,Ay + By = 0 ,Az + Bz = 0 ,

(2.81)

wobei die z-Achse in Richtung der Linie AB zeigt. AusdemMomentengleichgewicht bezüglich Gelenkpunkt Aerhält man

−a By = 0 ,a Bx = 0 ,

0 = 0 ,(2.82)

wobei a den Abstand der Gelenkpunkte angibt. Wegena , 0 folgt aus (2.82) By = 0 und Bx = 0. Damit liefert(2.81) dann auch Ay = 0 und Ax = 0. Die Pendelstützekann also senkrecht zur Verbindungslinie AB der Lage-rungspunkte keine Kräfte übertragen.

Die dritte Gleichung in (2.81) kann folglich beim Frei-schneiden mit Bz = F und Az = −F durch das Prinzip”actio = reactio” ersetzt werden.

2.8.4 Beispiel: Motorhaube

Die in A und B gelagerte Motorhaube mit dem GewichtG = 50 N wird durch einen in C und D gelenkig gela-gerten Stab abgestützt, Bild 2.27. Der Lagerungspunkt Afällt mit dem Ursprung des Koordinatensystems zusam-men. Der Schwerpunkt und die restlichen Lagerungs-punkte werden durch die Koordinaten

B = [ 0 | 1500 | 0 ] ,C = [ 500 | 750 | 866 ] ,D = [ 1000 | 1500 | 0 ] ,S = [ 250 | 750 | 433 ]

(2.83)

festgelegt. Damit es nicht zu Verspannungen kommt,muss die Motorhaube in A und B gelenkig gelagertsein, wobei eines der Lager, z.B. das Lager in B, iny-Richtung verschieblich sein muss und damit in dieserRichtung keine Kraft aufnehmen kann. Der an beidenEnden gelenkig gelagerte Stab ist eine Pendelstütze; er

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

��

��

� �

�

Bild 2.27: Abstützung einer Motorhaube und Motor-haube freigeschnitten

kann deshalb nur eine Kraft in Richtung der Linie DCübertragen, vgl. Abschnitt 2.8.3.

Für die 6 Unbekannten Ax , Ay , Az , Bx , Bz und F stehen6 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung. In Vek-torschreibweise lauten sie

Ax

AyAz

︸︷︷︸®A

+

Bx

0Bz

︸︷︷︸®B

+ F ®eDC︸︷︷︸®F

+

00−G

︸︷︷︸®G

= ®0 (2.84)

und

®rAB× ®B + ®rAC×F ®eDC + ®rAS× ®G = ®0 , (2.85)

wobei als Momentenbezugspunkt der Lagerpunkt A ge-wählt wurde und der Einheitsvektor

®eDC =®rDC

|®rDC |=®rAC − ®rAD|®rAC − ®rAD |

(2.86)

die Richtung der Stabkraft angibt.

Mit den Zahlenwerten aus (2.83) erhält man

®rDC =

−500−750

866

und ®eDC =®rDC

|®rDC |=

−0.400−0.600

0.693

,(2.87)

wobei der Betrag mit

|®rDC | =√(−500)2+(−750)2+8662 = 1250 (2.88)

gegeben ist. Das Momentengleichgewicht (2.85) liefertdann

1500 Bz

0−1500 Bx

+

1040 F−693 F

0

+−750 G

250 G0

= 0 ,

17


wobei die Kreuzprodukte bereits ausmultipliziert wur-den. Aufgelöst bleibt

Bx = 0 , F =250693

G=18.05 N

undBz =

−1040 F + 750 G1500

=12.486 N .

Damit können aus dem Kräftegleichgewicht (2.84) auchdie Lagerreaktionen in A berechnet werden

Ax =−(Bx + (−0.400) ∗ F) = 7.22 N ,

Ay =−(−0.600) ∗ F = 10.82 N ,

Az =−(Bz + 0.693 ∗ F − G)=−(12.486 + 12.5086 − 50) = 25 N .

2.9 Übungen

2.9.1 Handbohrer

Ein Handbohrer wird in den Punkten P und Q mit denKräften F1 und F2 belastet.

x

y

z

0

P

Q

F1

F2

Bild 2.28: Handbohrer

Berechnen Sie mit

®r0P =

0.100.00.25

m und ®r0Q =

0.00.00.5

m

die Wirkung der Kräfte

®F1 =

0

−1000

N und ®F2 =

0

60−120

N

bezüglich der Bohrerspitze (Punkt 0). Lösung: ®F =

0−40−120

N und ®M0 =

−5

0−10

Nm

a

a

t

Bild 2.29: U-Profil

2.9.2 U-Profil

Berechnen Sie für das skizzierte U-Profil die Lage desFlächenmittelpunktes.

Kann das Ergebnis für t << a vereinfacht werden?

Lösung:xS = 0 (Symmetrie)

yS =y1 A1 + y2 A2 + y3 A3 + y4 A4 − y5 A5 − y6 A6 + y7 A7

A1 + A2 + A3 + A4 − A5 − A6 + A7

yS =a2 at + a

2 at +(− t

4) (

t2)2+

(− t

4) (

t2)2− t

4(t2)2− t

4(t2)2+ 0

at+at+(t2)2+

(t2)2−

(t2)2−

(t2)2+at

yS =a2 −

(t2)2

3 a; t << a : yS =

13

aa

a

t

A1 A2

A5 A6

A4

A7

A3x

y

S

2.9.3 Behälter

Der skizzierte Behälter wird langsam mit einer Flüssig-keit der Dichte ρ angefüllt.

h

Aa

bα

Bild 2.30: Behälter

Bei welcher Höhe h beginnt der Behälter um die Kantebei A zu kippen? Lösung: h =

√3

atanα

2.9.4 Fahrzeug

Bei einem Fahrzeug mit demAchsabstand a = 2700mmund der Spurbreite s = 1500 mm werden an den Räderndie Aufstandskräfte Fz1 = 4.5 kN , Fz2 = 4.1 kN , Fz3 =

3.6 kN und Fz4 = 3.8 kN gemessen.

a) Wie schwer ist das Fahrzeug?b) Wie weit liegt der Schwerpunkt des Fahrzeugs vor

der Hinterachse?c) Liegt der Schwerpunkt links oder rechts von der Fahr-

zeugmitte? Wenn ja, wie weit?Lösung:

a) Das Kräftegleichgewicht in vertikaler Richtung liefertG = Fz1 + Fz2 + Fz3 + Fz4 = 16.0 kN

b) Das Momentengleichgewicht um die Hinterachse lautet(Fz1 + Fz2) a − xS G = 0

und liefert den Schwerpunktabstand zuxS =

Fz1+Fz2G a = 1451 mm

c) Die Momentenbilanz um eine Linie durch Fz2 und Fz4 liefert(Fz1 + Fz3) s −

(12 s + yS

)G = 0

Aufgelöst bleibtyS =

Fz1+Fz3G s − 1

2 s = 759.384 mm − 750.000 mm = 9 mm

18


Fz1Fz2Fz3Fz4

s a

Bild 2.31: Fahrzeug

2.9.5 Verschiedene Lagerungsfälle

Für das skizzierte Bauteil, das mit der Kraft F und demEinzelmoment M belastet wird, sollen verschiedene La-gerungsfälle untersucht werden.

F

M a

a a

aF

M a

a a

a

F

M a

a a

a

F

M a

a a

a

F

M a

a a

a

F

M a

a a

a

Bild 2.32: Verschiedene Lagerungsfälle

Zeichnen Sie jeweils das Freikörperbild und berechnenSie, soweit möglich, die Lagerreaktionen.

Lösung:F

M a

a a

a

FC

FA FB

x

z+

FC = −F, FA = −

√2

4Ma, FB =

√2

4Ma.

F

M a

a a

a

FAz

+x

z

FAxMA

FAx = 0, FAz = −F, MB = −M + a F.

F

M a

a a

a

FBz

x

z+

FBxFAz

FAz = −√

24

Ma−√

24 F,

FBx = −√

22 F, FBz =

√2

4Ma−√

24 F.

F

M a

a a

a

FAxFAz FBxFBz

+

x

z

FAx+FBx = −√

22 F,

FAz =√

24

(Ma−F

), FBz =

√2

4

(−

Ma−F

).

F

M a

a a

a

FA

+x

z

FB MB

FA = −F, FB = 0, MB = −M + a F.

F

M a

a a

a

z

x+

FA

FC

FBkeine Lösung möglich

2.9.6 Flaschenzug

Der skizzierte Flaschenzug wird durch das Gewicht GL

belastet. Die an der Decke gelagerten Scheiben habenjeweils das Gewicht GR. In GB sind das Gewicht derunteren Scheibe und des Bügels zusammengefasst.

Bei welcher Kraft F ist das System im Gleichgewicht?Wie groß sind dabei die Lagerreaktionen in den oberenScheibenlagern? Lösung: F =

13(GB + GL), H1 =

12

F, V1 = GR + (1+12√

3) F, H2 = 0, V2 = GR + 2 F

GL

GB

2r

30oF

GR GRrr

Bild 2.33: Flaschenzug

2.9.7 Kiste

Der Deckel einer Kiste wird durch zwei Scharniere in Aund B sowie durch einen Faden zwischen den PunktenP und Q in horizontaler Lage gehalten.

a/2

a A

BG

P

Qa

a

Bild 2.34: Kiste mit geöffnetem Deckel

Wie groß ist die Fadenkraft, wenn der Deckel das Ge-wicht G hat? Lösung: F =

34

G

19

3 Fachwerke3.1 Grundlegendes

3.1.1 Definition

Ein Fachwerk ist ein aus Stäben zusammengesetztesTragwerk, bei dem die folgenden Bedingungen erfülltsind:

• die Stäbe sind in den Knoten zentrisch und ge-lenkig miteinander verbunden,

• Kräfte greifen nur in den Knoten an,• das Eigengewicht der Stäbe kann auf dieKnotenverteilt oder gegenüber der äußeren Belastungvernachlässigt werden.

Diese Annahmen sind in der Praxis nur näherungsweiseerfüllt. So sind bei der in Bild 3.1 dargestellten Brücke

Bild 3.1: Brücke als Fachwerk ausgeführt

die Stäbe nicht gelenkig sondern durch vernietete Kno-tenbleche mit einander verbunden.

3.1.2 Stäbe

Jeder Stab in einem Fachwerk ist an beiden Enden ge-lenkig gelagert. Da zudem auch das Eigengewicht stetsvernachlässigt oder auf die Knoten verteilt wird, stellter eine Pendelstütze dar, vgl. Abschnitt 2.8.3.

I

II NIIaα QII

QINI

Bild 3.2: Stabkräfte

Die Gleichgewichtsbeziehungen für einen freigeschnit-tenen Stab, Bild 3.2 lauten in der Ebene

−NI + NI I = 0 ,−QI +QI I = 0 ,

QI I a = 0 .(3.1)

Fachwerkstäbe übertragen also keine Querkräfte

QI = QI I = 0 . (3.2)

Stabkräfte sind Normalkräfte, S = NI = NI I . Die Stab-kraft ist positiv, wenn der Stab auf Zug belastet wird.

3.1.3 Knoten

Die an einem Knoten zusammenlaufenden Stäbe bil-den ein zentrales Kräftesystem, Bild 3.3. Die Gleich-

1Sβ�

δ�

α�γ�

3S2S

4�S

Bild 3.3: Knoten

gewichtsbeziehungen am Knoten reduzieren sich somitauf die Summe der Kräfte

−S4 cos δ − S3 cos γ + S2 cos β + S1 cosα = 0 ,−S4 sin δ + S3 sin γ + S2 sin β + S1 sinα = 0 .

(3.3)

In der Ebene (imRaum) stehen folglich pro Knoten zwei(drei) Gleichungen zur Verfügung.

3.1.4 Bestimmtheit

Ein Fachwerk ist kinematisch bestimmt, wenn die Lagealler Knotenpunkte eindeutig fixiert ist; es ist statischbestimmt, wenn die Stabkräfte und die Lagerreaktionenaus den Gleichgewichtsbeziehungen bestimmt werdenkönnen.

20


Ist ein ebenes Fachwerk mit s Stäben und k Knotenstatisch und kinematisch bestimmt gelagert, dann gilt

s + r = 2 k , (3.4)

wobei r die Anzahl der Lagerreaktionen angibt. Beiräumlichen Fachwerken muss (3.4) durch

s + r = 3 k , (3.5)

ersetzt werden.

Die Bedingungen (3.4), bzw. (3.5) sind notwendig abernicht hinreichend.

3.2 Ebene Fachwerke

3.2.1 Einfache Fachwerke

Bild 3.4 zeigt ein einfaches, ebenes Fachwerk.

a� a�

2a

F�

a

I�

II IV�

V�

III�

Bild 3.4: Einfaches Fachwerk

Zur Bestimmung der 10 Unbekannten (7 Stabkräfte S1bis S7 und 3 Lagerreaktionen HI , VI und HI I ) stehen anden 5 Knoten jeweils 2 Gleichgewichtsbeziehungen zurVerfügung.

Mit den Bezeichnungen aus Bild 3.5 erhält man

HI + S2 sinα = 0 , (3.6)

VI + S1 + S2 cosα = 0 , (3.7)

HI I + S3 +12√

2 S4 = 0 , (3.8)

−S1 +12√

2 S4 = 0 , (3.9)

F

I

II�

V�

III�

IV

S1 S2

S1

S1

S2

S2

S2

S3S3

HII� S3S 3

S4�

S4

S4�

S4�

S5S5

S5

S5

S6

S6 S6

S6

S7

S7

S7

S7

H�

IV

�

I�

α

Bild 3.5: Fachwerk freigeschnitten

−S3 − S2 sinα + S6 = 0 , (3.10)

−S2 cosα + S5 = 0 , (3.11)

−S6 −12√

2 S7 = 0 , (3.12)

−F +12√

2 S7 = 0 , (3.13)

−12√

2 S4 +12√

2 S7 = 0 , (3.14)

−12√

2 S4 − S5 −12√

2 S7 = 0 , (3.15)

wobei der Winkel zwischen den Stäben 1 und 2 alsHilfsgröße verwendet wurde. Aus derGeometrie folgt

sinα =a√

a2 + (2a)2=

1√

5,

cosα =2 a√

a2 + (2a)2=

2√

5.

(3.16)

DasAnschreiben derGleichgewichtsbeziehungen für je-den freigeschnittenen Knoten wird als Knotenpunktver-fahren bezeichnet. Ist ein Fachwerk statisch und kinema-tisch bestimmt, dann liefert das Knotenpunktverfahrenstets genügend Gleichungen um alle Stabkräfte und dieLagerreaktionen zu berechnen.

21


Bei einfachen, abbaubaren Fachwerken erhält man eingestaffeltes Gleichungssystem, das leicht aufgelöst wer-den kann. Aus den Gleichungen (3.6) mit (3.15) erhältman:

S7 =√

2 F , (3.17)

S6 = −12√

2 S7 = −F , (3.18)

S4 = S7 =√

2 F , (3.19)

S5 = −12√

2 S4 −12√

2 S7 = −2 F , (3.20)

S2 = S5/cosα = −√

5 F , (3.21)

S3 = −S2 sinα + S6 = F − F = 0 , (3.22)

S1 =12√

2 S4 = F , (3.23)

HI I = −S3 −12√

2 S4 = 0 − F = −F , (3.24)

HI = −S2 sinα = F , (3.25)

VI = −S1 − S2 cosα = −F + 2 F = F . (3.26)

Bei einfachen Fachwerken können die Lagerreaktionenauch aus den Gleichgewichtsbeziehungen für das Ge-samtsystem errechnet werden. Aus

HI + HI I = 0 ,VI − F = 0 ,

2a HI I + 2a F = 0(3.27)

folgt sofort

HI I = −F , HI = F und VI = F . (3.28)

Mit (3.28) können die Lösungen (3.17) bis (3.26) über-prüft werden.

Bei einfachen Fachwerken kombiniert man meistensdas Gleichgewicht am Gesamtsystem mit dem Knoten-punktverfahren. Bei geschicktem Vorgehen vereinfachtsich dadurch die Auflösung der Gleichungen.

3.2.2 Nicht einfache Fachwerke

Bild 3.6 zeigt ein nicht einfaches, ebenes Fachwerk.Auch hier kann das Knotenpunktverfahren angewendetwerden, Bild 3.7.

Man erhält

HI +12√

2 S2 = 0 , (3.29)

VI + S1 +12√

2 S2 = 0 , (3.30)

I

IIIII IV

V

VI

VII

1 2

3 4

5

6

7

8

9

Bild 3.6: Nicht einfaches Fachwerk

F

I

1F2

S1 S2

S4S3

S5S7

S6

S8

S9

VVII

S1 S2

S4S3

S5 S7

S6

S8

S9

II

III IV

VI

VII

V

HI VI

HVIVVI

Bild 3.7: Fachwerk freigeschnitten

−S1 = 0 , (3.31)S3 = 0 , (3.32)

−S3 −12√

2 S2 + S4 = 0 , (3.33)

−F1 −12√

2 S2 = 0 , (3.34)

−S4 +12√

2 S5 + S6 = 0 , (3.35)

−F2 −12√

2 S5 = 0 , (3.36)

−S6 +12√

2 S9 = 0 , (3.37)

−S7 −12√

2 S9 = 0 , (3.38)

HVI −12√

2 S5 + S8 = 0 , (3.39)

VVI +12√

2 S5 + S7 = 0 , (3.40)

−S8 −12√

2 S9 = 0 , (3.41)

VVI I +12√

2 S9 = 0 . (3.42)

Das Gleichgewicht am Knoten I I liefert mit

S1 = 0 und S3 = 0 (3.43)

zwei Nullstäbe.

Die restlichen Gleichungen können wieder sukzessivegelöst werden

S2 = −√

2 F1 , (3.44)

22


HI = −12√

2 S2 = F1 , (3.45)

VI = −S1 −12√

2 S2 = 0 + F1 = F1 , (3.46)

S4 = S3 +12√

2 S2 = 0 − F1 = −F1 , (3.47)

S5 = −√

2 F2 (3.48)

S6 = S4 −12√

2 S5 = −F1 + F2 , (3.49)

S9 =√

2 S6 =√

2 (F2 − F1) , (3.50)

S7 = −12√

2 S9 = F1 − F2 , (3.51)

S8 = −12√

2 S9 = F1 − F2 , (3.52)

VVI I = −12√

2 S9 = F1 − F2 , (3.53)

HVI =12√

2 S5 − S8 = −F2 − F1 + F2 = −F1 , (3.54)

VVI = −12√

2 S5−S7 = F2−F1+F2 = 2 F2−F1 . (3.55)

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsys-tem

HI + HVI = 0 , (3.56)

VI − F1 − F2 + VVI + VVI I = 0 , (3.57)

3a VVI + 4a VVI I − a F1 − 2a F2 = 0 . (3.58)

reichen zwar nicht aus, um die Lagerreaktionen zu be-stimmen, können aber trotzdem zurKontrolle verwendetwerden.

3.3 Nullstäbe

3.3.1 Allgemeines

Bei spezieller Stabanordnung und unter besonderen Be-lastungsbedingungen können in einem Fachwerk Null-stäbe erkannt werden.

Das Erkennen von Nullstäben reduziert den Aufwandund gestattet in einigen Fällen einen Neueinstieg beimAuflösen der Gleichgewichtsbeziehungen.

3.3.2 Der unbelastete Zweischlag

Sind an einem unbelasteten Knoten zwei Stäbe ange-schlossen, die nicht in gleicher Richtung liegen, dannsind beide Stäbe Nullstäbe.

S2 sinα = 0 ,S1 + S2 cosα = 0 ,

Mit sinα , 0 folgt sofort

S2 = 0 und S1 = 0 .1

2

α

3.3.3 Der belastete Zweischlag

Wird ein Knoten, an dem zwei Stäbe mit unterschiedli-chen Richtungen angeschlossen sind, durch eine äußereKraft in Richtung eines Stabes belastet, dann ist derandere Stab eine Nullstab.

S2 sinα = 0 ,F + S1 + S2 cosα = 0 .


S2 = 0 und S1 = −F .1

2

αF

3.3.4 Der unbelastete Dreischlag

Sind an einem unbelasteten Knoten drei Stäbe ange-schlossen von denen zwei in gleicher Richtung liegen,dann ist der dritte Stab ein Nullstab.

S3 sinα = 0 ,−S1 + S2 + S3 cosα = 0 .


S3 = 0 und S1 = S2 .

2

3

α1

Das Erkennen von Nullstäben kann in Einzelfällen dieBerechnung von Fachwerken stark vereinfachen. Mansollte jedoch beachten, dass ein nichterkannter Nullstabohne Folgen bleibt, während ein fälschlicherweise alsNullstab angenommener Stab die gesamte Berechnungin Frage stellt.

23


3.3.5 Beispiel Fachwerk mit Nullstäben

Das in Bild 3.8 dargestellte Fachwerk enthält vier Null-stäbe.

Der Knoten V ist ein unbelasteter Zweischlag,

S6 = 0 und S9 = 0 . (3.59)

Die Belastung im Knoten I I erfolgt in Richtung vonStab 2,

S1 = 0 und S2 = −F1 . (3.60)

Der Knoten IV ist unbelastet und die Stäbe 4 und 8haben die gleiche Richtung

S5 = 0 und S4 = S8 . (3.61)

F1

F�

2

a�

a� a�

I

2 IIIII V�

IV VI�

9

2

4

35

8

7

6

1

Bild 3.8: Fachwerk mit Nullstäben

Die Lagerreaktionen folgen aus dem Gleichgewichtsbe-ziehungen für das Gesamtsystem

F1 + HI = 0 , (3.62)VI + VVI − F2 = 0 , (3.63)

a F1 + a F2 − 2a VVI = 0 , (3.64)

wobei mit a die Breite und Höhe eines quadratischenFachwerkfeldes bezeichnet wurde.

Unter Berücksichtigung der Nullstäbe

S1 = 0 , S5 = 0 , S6 = 0 , S9 = 0 (3.65)

und mit den Lagerreaktionen

HI = −F1 , (3.66)

VVI =12(F1 + F2) , (3.67)

VI = −12(F1 − F2) (3.68)

genügen die Gleichgewichtsbeziehungen an den KnotenI und V I

HI +12√

2 S3 + S4 = 0 , (3.69)

VI + S1 +12√

2 S3 = 0 (3.70)

und

−S8 −12√

2 S7 = 0 , (3.71)

VVI +12√

2 S7 + S9 = 0 (3.72)

um die restlichen Stabkräfte zu bestimmen.

Man erhält

S3 = −√

2 VI =12√

2 (F1 − F2) , (3.73)

S4 = −HI −12√

2 S3 =12(F1 + F2) , (3.74)

S7 = −√

2 VVI = −12√

2 (F1 + F2) , (3.75)

S8 = −12√

2 S7 =12(F1 + F2) . (3.76)

Die Nullstabbestimmung (3.60) am Knoten V liefertauch die Belastung von Stab 2, S2=−F1.

3.4 Der Ritterschnitt

Mit dem Ritterschnitt können bei geeigneten Fachwer-ken einzelne Stabwerke direkt berechnet werden. In vie-len Fällen genügt das zur Dimensionierung.

F1

F�

2

2a9

10

4�

35

8

7

6 2a

6a�

6a�

3a 3aA B

1

2

11 12

13

Bild 3.9: Langgestrecktes Fachwerk

Gelingt es, ein ebenes Fachwerk so zu durchtrennen, dassmaximal 3 unbekannte Stäbe geschnitten werden, dannkönnen die Belastungen dieser Stäbe aus den Gleichge-wichtsbeziehungen eines Teilsystems ermittelt werden.Zuvor müssen allerdings die Lagerreaktionen berechnetwerden.

Durch einen Ritterschnitt können bei dem langgestreck-ten Fachwerk, Bild 3.9, z.B. die Stabkräfte S8, S9 undS10 sofort berechnet werden.

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Teilsystem inBild 3.10 lauten

−S8 − S9 cosα − S10 − F2 = 0 ,VB − S9 sinα = 0 ,

6a VB − 2a S10 = 0 ,(3.77)

24


F2

2a�

2a

6a�

S8S9

S10

V�

B�

Bild 3.10: Ritterschnitt

wobei α den Winkel zwischen Stab 9 und Stab 8 angibt.Aus der Geometrie folgen

sinα =2√

22 + 32, cosα =

3√22 + 32

. (3.78)

Die Lagerreaktion in B erhält man mit

VB =13

F1 −29

F2 (3.79)

sofort aus derMomentenbilanz für das Gesamtsystem

18a VB + 4a F2 − 6a F1 = 0 . (3.80)

Damit können auch die gesuchten Stabkräfte berechnetwerden. Aus (3.77) entnimmt man

S10 = 3 VB ,

S9 =VB

sinα,

S8 = −S9 cosα − S10 − F2 .

(3.81)

Selbstverständlich kann das Knotenpunktverfahren miteinem oder mehreren Ritterschnitten kombiniert wer-den.

3.5 Räumliche Fachwerke

Der Ritterschnitt und das Knotenpunktverfahren kön-nen auch bei räumlichen Fachwerken zur Berechnungder Stabkräfte eingesetzt werden. Im Raum stehen proKnoten drei Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügungund beim Ritterschnitt können sechs unbekannte Stäbeberechnet werden. Wegen der Komplexität räumlicherFachwerkstrukturen entstehen dabei gekoppelte Glei-chungssysteme, die meist nur mehr numerisch gelöstwerden können.

Das räumliche Fachwerk in Bild 3.11 besteht aus 15 Stä-ben. Mit den jeweils 3 Reaktionen in den 6 Gelenken Abis F ergibt das 33 Unbekannte. In jedem der 9 Gelenkemuß das Kräftegleichgewicht in den 3 Raumrichtun-gen erfüllt sein. Hinzu kommen noch 6 Gleichgewichts-beziehungen für den freigeschnittenen Behälter. Damitstehen auch 27+ 6 = 33 Gleichungen zur Verfügung.

Bild 3.11: Räumliches Fachwerk

Bei dem räumlichen Fachwerk aus Bild 3.11 kann zwei-mal der Ritterschitt angewendet werden. HorizontaleSchnitte oberhalb und unterhalb des Dreiecks I, I I,I I I ergeben jeweils ein Teilsystem mit sechs unbekann-ten Stabkräften, S1 mit S6, bzw. S10 mit S15. Die ausden Gleichgewichtsbeziehungen für die entsprechendenTeilsysteme resultierenden Gleichungen sind jedoch sostark miteinander gekoppelt, daß eine analytische Lö-sung nur mit erheblichen Rechenaufwand durchgeführtwerden kann. Mit den Stabkräften, S1 mit S6 und S10 mitS15 können dann die restlichen Stabkräfte S7, S8, S9 unddie Gelenk- und Lagerreaktionen ermittelt werden.

In der Praxis werden räumliche Fachwerke in der Regelmit der Methode der Finiten Elemente berechnet. Nebenden Stabkräften erhält man dabei auch die elastischenVerformungen.

25


3.6 Übungen

3.6.1 Einfaches Fachwerk

Für das skizzierte Fachwerk bestimme man die Lager-reaktionen und alle Stabkräfte.

2F

F2a 2aa

2a

1

2

3

4

5

6

78

9A B

Bild 3.12: Einfaches Fachwerk

Kontrollieren Sie das Ergebnis mit einem Ritterschnittdurch die Stäbe 4, 5 und 6. Lösung:

AH =75 F

BH = 2 F

BV = −25 F

S1 = −75√

2 F

S2 =75 F

S3 = F

S4 = −85 F

S5 =√

55 F

S6 =75 F

S7 = −25 F

S8 =25√

2 F

S9 =85 F

3.6.2 Abspannmast

Ein Abspannmast für eine Fahrleitung ist als Fachwerkausgeführt.

G

a a

1

2a

2a

2

4

53

6

7

98

10

Bild 3.13: Abspannmast

Wie groß sind die Stabkräfte? Lösung:S1 =

32 G

S2 = −√

52 G

S3 = 0S4 =

32 G

S5 = −32√

5 G

S6 = G

S7 = 3 G

S8 = −4 G

S9 = −√

5 G

S10 = 5 G

3.6.3 Nichteinfaches Fachwerk

Bestimmen Sie für das nichteinfache Fachwerk die Re-aktionen in den Lagern A, B und C sowie die StabkräfteS1, S2, S3, S4, S5 und S6. Lösung: AV = F , BV = −F , CV = F , CH = 0

S1 = −√

2 F , S2 = F , S3 = F , S4 = −F , S5 = F , S6 = 0

Fa a a

A C

a1

2

3

4

5 B

6

Bild 3.14: Nichteinfaches Fachwerk

26

4 Zug- und Druckbelastungen

4.1 Festigkeits- undVerformungskenngrößen

4.1.1 Der Zugversuch

Beim Zugversuch nach DIN EN 10 002 wird eine Zug-probe bei Raumtemperatur in Achsrichtung belastet,Bild 4.1. Neben Proben mit Kreisquerschnitt werdenhäufig auch Proben mit rechteckigen Querschnitten ver-wendet. Die auf der unbelasteten Probe markierte Länge

F FL0

xA0

Bild 4.1: Zugstab

L0 vergrößert sich unter der Belastung durch die KraftF auf die Länge L. Die auf die ursprüngliche Längebezogene Längenänderung wird als Längsdehnung

ε =L − L0

L0=∆LL0

(4.1)

bezeichnet. Die dimensionslose Wert einer Dehnungwird häufig in % angegeben. Im Probenquerschnitt, derim unbelasteten Zustand durch A0 gegeben ist, sorgen in-finitesimal kleine Kräfte dF für den Zusammenhalt desMaterials, Bild 4.2. Mit der daraus abgeleiteten Span-nung

σ =dFdA

(4.2)

kann die Belastung eines Materials besser bewertet wer-den. Genau wie die gesamte Zugprobe ist auch das abge-

x

F

y

z

S0

dA dF = σ dA

Bild 4.2: Verteilte Kräfte im Probenquerschnitt

schnitteneBauteil imGleichgewicht. Die aus denLängs-spannungen resultierende Normalkraft

N =∫A0

σx dA (4.3)

muss also hier gleich der Zugkraft F sein. Im allge-meinen kann die Spannung mit σx = σx(y, z) über demQuerschnitt variabel sein. In genügender Entfernung vonder Krafteinleitung ist entsprechend dem Prinzip vonSaint-Venant1 hier die Spannung über dem Querschnittkonstant.Mitσx = const. und demKräftegleichgewichtF = N erhält man aus (4.3)

F = N = σx

∫A0

dA = σx A0 . (4.4)

Für den Zugstab gilt somit der einfache Zusammen-hang

σ =FA0

. (4.5)

Die Kraft F wird in [N] und die Querschnittsfläche A0in [mm2] gemessen. Spannungen werden deshalb mitder Dimension [N/mm2] angegeben. Häufig verwendetman statt dessen auch die aus Pascal (1 Pa = 1 N/m2)abgeleitete EinheitMegaPascal (1MPa = 1N/mm2).

4.1.2 Spannungs-Dehnungs-Diagramm

Messtechnisch wird in einem Zugversuch zunächstein Kraft-Verlängerungs-Diagramm F = F(∆L) aufge-zeichnet. Über die Beziehungen (4.5) und (4.1) kommtman dann sehr einfach zum Spannungs-Dehnungs-Diagramm σ = σ(ε).

Beim Übergang von elastischen zu plastischen (bleiben-den) Verformungen zeigen verschiedene Metalle unter-schiedliches Verhalten. Bei weichem Stahl (Baustahl)markieren (σF )o als obere und (σF )u als untere Fließ-oder Streckgrenze den Beginn der plastischen Verfor-mungen, Bild 4.3.

1Adhémar Jean Claude Barré de Saint-Venant (1797 – 1886) Fran-zösischer Mathematiker und Physiker

27


Ursache für die Streckgrenzenerhöhung sind beiBaustahl Bereiche gelöster Kohlenstoff- und Stickstoff-Atome, die „Cottrell-Wolken“. Diese behindern zu-nächst das Gleiten von Versetzungen. Beim Erreichender oberen Fließgrenze können sich die ersten Verset-zungen von ihren Cottrell-Wolken befreien. Die dar-aus resultierende Dehnung lässt die Spannung abfallen.Beim Erreichen der unteren Streckgrenze konzentriertsich die plastische Verformung auf schmale Bereiche,die „Lüdersbänder“, die unter 45◦ in Richtung der maxi-malen Schubspannung verlaufen. Die maximal gemes-

(σF)u= 290

(σF)o= 295

εF = 1.9

Dehnung ε [%]0 10 20 30 40

0

100

200

300

400

500

Spa

nnun

g σ

[MP

a]

εZ = 20

σZ= 420

εB = 37

E = 200 GPa

Bild 4.3: σ-ε-Diagramm für Baustahl2

senen Kraft Fmax liefert mit σZ die Zugfestigkeit. Dieentsprechende Dehnung εZ wird als Gleichmaßdehnungbezeichnet. Die Probe reißt bei der Bruchspannung σB.Auf Grund einer lokalen Einschnürungen an der späte-ren Bruchstelle ist die auf den Ausgangsquerschnitt A0bezogene Bruchspannung kleiner als die Zugfestigkeit.Die Größe der Bruchdehnung εB ist ein Maß für dieZähigkeit eines Materials. Bei hochfesten Stählen so-

Dehnung e [%]

Spa

nnun

g s

[MP

a]

200

0 10 20 300

400

600

800

1000

1200

1400

Federstahl

Vergütungsstahl

Feinkornbaustahl

allg. Baustahl

0

200

0

400

600

800

0.2 0.4 0.6

(σF)0.2

Dehnung e [%]

Spa

nnun

g s

[MP

a] σP

σE

Bild 4.4: Verschiedene σ-ε-Diagramme3 und Bestim-mung der Ersatzstreckgrenze

2Die Messung wurde freundlicherweise vom Lehrstuhl für Um-formtechnik und Gießerei (UTG) an der TU München zur Ver-fügung gestellt.

wie auch bei Aluminium tritt ein kontinuierlicher Über-gang von elastischen zu plastischen Verformungen auf,Bild 4.4. Da hier die FließgrenzeσF nicht eindeutig ausdem Kurvenverlauf bestimmt werden kann, verwendetman statt dessen mit der Ersatzstreckgrenze (σF )0.2 dieSpannung, die zu einer bleibenden Dehnung von 0.2%führt.

4.1.3 Das Hookesche Gesetz

Bei kleinen Dehnungen nimmt die Probe nach der Ent-lastung wieder die Ausgangslänge ein. Die Elastizitäts-grenze wird durch die SpannungσE begrenzt. Innerhalbdes elastischen Bereiches zeigen insbesondere Metalleein linear elastisches Verhalten. Unterhalb der durch σP

festgelegten Proportionalitätsgrenze ist dann die Span-nungσ proportional zurDehnung ε . Diesen Zusammen-hang erkannte erstmals der Physiker Hooke4, nach demdieser Bereich auch Hookescher Bereich des Werkstoffsgenannt wird. Das Hookesche Gesetz

σ = E ε mit |σ | < σP (4.6)

stellt über den Elastizitätsmodul E einen Zusammen-hang zwischen der Dehnung ε und der Spannung σ her.Obwohl der Elastizitätsmodul E in der Regel aus demZugversuch ermitteltwird, gilt dasHookescheGesetz imentsprechend eingeschränkten Bereich auch für Druck-spannungen. Bei den meisten metallischen Werkstoffenunterscheiden sich die Proportionalitätsgrenze σP, dieElastizitätsgrenze σE und die Fließspannung σF nursehr wenig. Deshalb kann die Fließspannung σF oderdie Ersatzspannung (σF )0.2 in der Regel als Begrenzungdes Hookeschen Bereichs verwendet werden.

Da bei vielen technischen Anwendungen bleibende Ver-formungen unerwünscht sind, stellt (4.6) ein sehr einfa-ches aber geeignetes Materialgesetz dar.

4.1.4 Wärmedehnung

Der Einfluss einer Wärmedehnung kann näherungswei-se über den Ansatz

ε =1Eσ + αT ∆T (4.7)

berücksichtigt werden, wobei αT der Wärmeausdeh-nungskoeffizient mit der Dimension [1/K] ist und ∆T =

3aus: www.imwf.uni-stuttgart.de/lehre/ vd/wk-p/01_Zugversuch/Zugversuch.htm (21.08.2008)

4Robert Hooke (1635-1703) englischer Physiker, Mathematikerund Erfinder

28


T − T0 die Änderung der Temperatur T gegenüber ei-nem Referenzwert T0 angibt. Bei T = T0 ist das Materialspannungs- und dehnungsfrei. Da in (4.7) nur die Tem-peraturdifferenz benötigt wird, können T und T0 sowohlnach Kelvin [K] als auch nach Celsius [◦C] gemessenwerden. Bei Stahl liegen die Werte für den Wärmeaus-dehnungskoeffizienten zwischen αT =9 ∗ 10−6 1/K undαT =19∗10−61/K . GroßeTemperaturänderungen beein-flussen auch den E-Modul, E = E(T). Bei Kunststoffenist das meist schon bei relativ geringen Temperaturän-derungen zu berücksichtigen.

4.1.5 Innere Arbeit

Die Arbeit einer Kraft F, die längs einer Koordinate sverschoben wird, ist durch

W =∫

dW =∫

F ds (4.8)

gegeben. Beim Zugstab erzeugt die Kraft F eine überdie Querschnittsfläche A gleichmäßig verteilte Normal-spannung. Mit F=σA bleibt dann

W =∫

dW =∫

σ A ds (4.9)

Auf das Volumen dV = A dx eines infinitesimal kleinenTeilstücks bezogen, erhält man

WV =

∫dWdV=

∫σ A dsA dx

=

∫σ

dsdx

(4.10)

Ein Vergleich mit (4.8) zeigt, dass bei der Volumen be-zogenen Arbeit WV die Kraft F durch die Spannung σund das Wegelement ds durch die Dehnung ds/dx = dεdes infinitesimal kleinen Teilstücks ersetzt wird. Diespezifische innere Arbeit, die auch als spezifische For-mänderungsenergie bezeichnet wird, ist somit durch

WV =

∫σ dε (4.11)

bestimmt. Sie entspricht der Fläche unter dem Span-nungsdehnungsdiagramm, wenn das Bauteil von 0 biszurDehnung εx belastetwird,Bild 4.5. Bleiben dieDeh-

σ

ε

σ(ε)

dε

WVσ σ

dx

(1+ε)dx

A

Bild 4.5: Spezifische innere Arbeit

nungen im linearen Bereich, dann kann die spezifische

innere Arbeit (4.11) mit dem Hookeschen Gesetz (4.6)in der Form

WV =

∫E ε dε = E

∫ε dε (4.12)

angeschrieben werden. Nach der Integration von ε = 0bis ε = ∆L/L bleibt

WV = E

∆L/L∫0

ε dε =12

E(∆LL

)2(4.13)

Die gesamte in einem Stab mit dem Querschnitt A undder Länge L gespeicherte Energie ist dann durch

W = WV

∫dV = WV V = WV A L (4.14)

oder

W =12

E(∆LL

)2A L =

12

E AL∆L2 (4.15)

gegeben. Das Produkt E A mit der Dimension N be-schreibt die Dehnsteifigkeit und der Ausdruck E A/Lmit der Dimension N/m gibt die Steifigkeit des Stabesan.

4.1.6 Veränderliche Querschnitte

Bei plötzlich veränderlichenQuerschnitten,wie beiWel-lenabsätzen oder Kerben, sind die Normalspannungennicht mehr gleichmäßig über dem Querschnitt verteilt,Bild 4.6. Die dabei auftretenden Spannungsspitzen wer-

F FA2

A1

σ2=F/A2

σ12=?

σ1=F/A1

Bild 4.6: Spannungsspitzen

den bei der Dimensionierung über zusätzliche Faktoren(z.B. Kerbfaktor) erfasst. Eine rechnerische Ermittlungerfordert komplexe Ansätze aus der Kontinuumsmecha-nik, die Berechnung mit Finiten Elementen (FEM) oderaufwändige diskrete Modelle („Particle Method“).

Verändert sich der Querschnitt A über die Bauteillän-ge L nur sehr langsam, dann kann in guter Näherungwieder eine über den Querschnitt konstante Spannungs-verteilung angenommen werden, Bild 4.7.

29


F Fσ=σ(x)=F/A(x)

x L

Bild 4.7: Langsam veränderlicher Querschnitt

Variiert auch noch die Normalkraft N = N(x), dann istNormalspannung durch

σ = σ(x) =N(x)A(x)

(4.16)

definiert, wobei vorausgesetzt wird, dass die Änderungder Querschnittsfläche und der Normalkraft genügendklein sind.

4.1.7 Flächenpressung

Werden zwei Körper gegeneinander gepresst, dann wirdin der Berührfläche A über Druckspannungen p die Nor-malkraft N übertragen. Analog zu (4.3) gilt auch hier

N =∫A

p dA . (4.17)

Erfolgt der Kontakt über eine ebene Flächenberührung,dann kann in guter Näherung eine gleichmäßige Druck-verteilung angenommen werden, Bild 4.8. Die Flächen-pressung ist dann durch

p =NA

(4.18)

gegeben. In vielen Fällen, wie z.B. beim Rad-Schiene-

N

A

p NA

Bild 4.8: Ebene Kontaktflächen

Kontakt, sind die Körperkonturen an der Berührstel-le gekrümmt, Bild 4.9. Die Form und die Größe derBerührfläche A und die genaue Druckverteilung p =p(x, y) hängen jetzt von den lokalen Deformationen derKörper ab. Unter der Voraussetzung, dass beide Körper

als linear-elastische Halbräume betrachtet werden kön-nen und die Kontaktfläche klein gegenüber den Körpe-rabmessungen bleibt, gelang es Hertz5 die Form und dieGröße der Kontaktfläche sowie die Flächenpressung zuermitteln. Die Hertzsche Theorie findet Anwendung beiKontakten zwischen Zahnrädern, zwischen Wälzkörperund Laufbahn vonWälzlagern sowie beimRad-Schiene-Kontakt.

P

Rad

Schiene

xy

zx

Kontakt-Ellipse

y

x

p=p(x,y)

A

y

p=p(x,y)

Bild 4.9: Rad-Schiene-Kontakt

Die bei Bolzen und Nieten auftretende Flächenpressungbezeichnet man als Lochleibungsdruck. Der Kontakt er-folgt dabei über eine Zylinderhalbschale. Die Flächen-pressung verschwindet an den Rändern und erreicht ihrMaximum in der Mitte, Bild 4.10. Für Auslegungsbe-

s

F

F

s

d

N=F

preal pN

A

AP

Bild 4.10: Nietverbindungen

rechnungen wird die komplexe Druckverteilung prealdurch eine konstante Druckverteilung angenähert. Diegemittelte Flächenpressung wird dabei aus

pM =NAP

(4.19)

ermittelt, wobei AP eine Fläche darstellt, die durchProjektion der tatsächlichen Kontaktfläche in eine Ebe-ne senkrecht zur Belastungsrichtung erzeugt wird. Be-zeichnet s die Blechdicke und d den Durchmesser einer5Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894) deutscher Physiker

30


Niete, dann ist die in (4.19) benötigte projizierte Flächedurch

AP = s d (4.20)

gegeben, während die tatsächliche Kontaktfläche (Zylin-derhalbschale) durch A = s 1

2 d bestimmt ist.

4.1.8 Dimensionierung

Das Funktionieren eines technischen Systems oder be-stimmter Bauteile setzt in der Regel voraus, dass keinVersagen durch Brüche oder große Verformungen auf-tritt. Der Nachweis erfolgt meist durch rechnerische Er-mittlung der Spannung σ oder einer Verformung u, diebei bestimmten tatsächlichen oder geschätzten Belas-tungen auftreten. Diese Werte werden dann mit

ν σ < σzul oder ν u < uzul (4.21)

in Bezug zu zulässigen Spannungen σzul oder Verfor-mungen uzul gesetzt. Mit Sicherheitsbeiwerten ν > 1versucht man dabei Unsicherheiten in der Berechnung(Lastannahme), in den Annahmen (gleichmäßige Span-nungsverteilung) oder in Umwelteinflüssen (Tempera-tur) zu berücksichtigen. Auch die Folgen eines Ver-sagens (Gefährdung von Menschen), die Belastungsart(statisch, dynamisch, konstant, schwellend oder wech-selnd) und die Dauer (technische Dauerfestigkeit) müs-sen im Sicherheitsbeiwert ν oder in σzul erfasst wer-den.

Bei der Druckbelastung schlanker oder dünnwandigerBauteile kann die zulässige Spannung auch durch Insta-bilitäten wie Knicken und Beulen bestimmt sein.

Bei komplizierten Belastungsfällen treten neben Nor-malspannungen in den drei Raumrichtungen auch nochSchubspannungen auf. Die Beurteilung mehrachsigerSpannungszustände erfolgt in der Regel über Ver-gleichsspannungen.

4.2 Statisch bestimmte Systeme

4.2.1 Gleichgewicht

Das in Bild 4.11 dargestellte System aus zwei Stäbenoder Seilen wird durch die Kraft F belastet.

Die festen Lager in Aund B haben denAbstand P+Q. Imunverformten (unbelasteten) Zustand liegt das Gelenkin C im Abstand H unterhalb der Linie AB. Die elas-tischen Deformationen der beiden Stäbe führen bei derBelastung durch die vertikale Kraft F zu horizontalen

uP

H

w

Q

F

L1 L2

A B

C

Bild 4.11: Verformungen durch Belastung

und vertikalen Verschiebungen am KraftangriffspunktC. Diese werden mit u und w bezeichnet.

P+u

H+w

Q-u

F

S1

S2

A B

C

ϕ1 ϕ2

L1 L2

Bild 4.12: Knoten frei geschnitten

Das Kräftegleichgewicht in horizontaler und vertikalerRichtung liefert am Knoten in C die Gleichungen

−S1 cos ϕ1 + S2 cos ϕ2 = 0 , (4.22)−F + S1 sin ϕ1 + S2 sin ϕ2 = 0 . (4.23)

Aus dem Bild 4.12 entnimmt man für die Winkelfunk-tionen

sin ϕ1 =H+w

L1, cos ϕ1 =

P+uL1

, (4.24)

sin ϕ2 =H+w

L2, cos ϕ2 =

Q−uL2

, (4.25)

wobei die aktuellen Stablängen durch

L1 =√(P+u)2 + (H+w)2 , (4.26)

L2 =√(Q−u)2 + (H+w)2 (4.27)

gegeben sind. In (4.22) eingesetzt erhält man mit

−S1P+u√

(P+u)2+(H+w)2

+S2Q−u√

(Q−u)2+(H+w)2= 0

(4.28)

31


und

S1H+w√

(P+u)2+(H+w)2

+S2H+w√

(Q−u)2+(H+w)2= F

(4.29)

zwei Gleichungen, die zwar formal nach den Stabkräftenaufgelöst werden können

S1 =

√(P+u)2+(H+w)2

P +QQ−uH+w

F , (4.30)

S2 =

√(Q−u)2+(H+w)2

P +QP+uH+w

F , (4.31)

aber keine Lösung ermöglichen, da sie ja noch die un-bekannten Verschiebungen u und w enthalten.

4.2.2 Materialgesetz

Beschränktman sich auf elastischeDeformationen, dannkann dasHookescheMaterialgesetzσ = E ε auf die bei-den Stäbe angewendet werden. Nimmt man an, dass bei-de Stäbe den Querschnitt A haben und aus dem gleichenMaterial (Elastizitäts-Modul E) gefertigt sind, dann lie-fert (4.6) mit (4.5) und (4.1) die Beziehungen

S1A= E∆L1L10

undS2A= E∆L2L20

(4.32)

oder

S1 =E AL10

(√(P+u)2 + (H+w)2 − L10

), (4.33)

S2 =E AL20

(√(Q−u)2 + (H+w)2 − L20

), (4.34)

wobei die aktuellen Stablängen L1, L2 durch (4.26),(4.27) bestimmt und die unverformten durch

L10 =

√P2 + H2 , L20 =

√Q2 + H2 (4.35)

gegeben sind. Die Terme E A/L10 und E A/L20 mit derDimension [N/m] kennzeichnen dabei die Steifigkeitder beiden Stäbe.

4.2.3 Nichtlineare Lösung

Das Gleichsetzen der aus dem Gleichgewicht resul-tierenden Beziehungen (4.30), (4.31) mit den ausdem Hookeschen Gesetz folgenden Gleichungen (4.33),(4.34) liefert zwei nichtlineare Gleichungen zur Bestim-mung der Verschiebungen u und w. Auf Grund der

F=500 N

S1=117 N

S2=460 N

ε2=92.1%

u= 96.6 mmw=316.1 mm

125 mm

200 mm800 mm

ε1=23.4%σ2=18.4 N/mm2

σ1=4.68 N/mm2

A B

C0

C

Bild 4.13: Gummiseile unter Belastung

Nichtlinearität ist nur mehr eine numerische Lösungmöglich.

Gummi ist ein sehr nachgiebiger Werkstoff. Allerdingsist die Dehnung nicht proportional zur Belastung. Fürerste Abschätzungen kann trotzdem das HookescheGesetz angewendet werden. Der Elastizitätsmodul fürGummi6 liegt im Bereich von E = 0.01GPa = 10 MPabis E = 0.1 GPa = 100 MPa. Die Ergebnisse für zweiGummiseile mit dem Elastizitäts-Modul E = 20 MPaund einem Querschnitt von A = 25 mm2, die durch dievertikale Kraft F = 500 N belastet werden, sind inBild 4.13 zusammengestellt. Das zweite Seil wird mitε2 = 92.1% fast auf die doppelte Länge gedehnt. Trotz-dem bleiben die Spannungen klein. Der Knoten in Cverschiebt sich infolge der Belastung durch die vertikaleKraft F deutlich nach unten und nach rechts in Richtungdes kürzeren Seils.

Die Gummiseile werden nun durch Stäbe aus Alumini-um mit dem Elastizitäts-Modul E = 62 800 MPa unddem Querschnitt von A = 25 mm2 ersetzt. Eine verti-kale Kraft von F = 3166 N belastet den zweiten Stabbis an die Fließgrenze σ2 = (σF )0.2 = 187 N/mm2,Bild 4.14.

F=3166 N

S1=3965 N S2=4666 Nε2=0.30%

u=1.49 mmw=3.65 mm

125 mm

200 mm800 mm

ε1=0.25%

σ2=187 N/mm2σ1=157 N/mm2A B

C

Bild 4.14: Aluminiumstäbe unter Belastung

Da die Verschiebungen des Knotens C im Vergleich zuden geometrischen Abmessungen nun mit u = 1.49 mmund w = 3.65 mm sehr klein sind, stellt sich die Fra-ge, ob die komplizierte nichtlineare Berechnung hiergerechtfertigt ist.

6http://en.wikipedia.org/wiki/Young’s_modulus

32


4.2.4 Näherungslösung

Bei vielen technischen Anwendungen bleiben die Ver-formungen auf Grund der Verwendung von steifen Ma-terialien (Metalle oder faserverstärkte Kunststoffe) imVergleich zu den geometrischen Abmessungen klein.Dann können über die Modellvorstellung des starrenKörpers die Belastungen aus demGleichgewicht am un-verformten Bauteil ermittelt werden.

Mit u = 0 und w = 0 vereinfachen sich (4.30) und (4.31)zu

S10 =

√P2+H2

P +QQH

F , S20 =

√Q2+H2

P +QPH

F (4.36)

Mit den Abmessungen P = 800 mm, Q = 200 mm,H = 125 mm und der Kraft F = 3166 N erhält mandaraus die Stabkräfte

S10 = 4102 N und S20 = 4779 N (4.37)

Die Abweichungen von der numerisch berechnetennichtlinearen Lösung S1 = 3965 N und S2 = 4666 Nsind mit 3.5% und 2.4% vertretbar klein.

Die Gleichungen in (4.32) können nun nach den Deh-nungen aufgelöst werden

ε1 =∆L1L10=

S10E A

und ε2 =∆L2L20=

S20E A

, (4.38)

wobei der Term E A die Dehnsteifigkeit eines Stabesangibt. Mit den Werten aus (4.37) erhält man die Deh-nungen

ε1 =4102

62 800 ∗ 25= 0.0026 , (4.39)

ε2 =4779

62 800 ∗ 25= 0.0030 . (4.40)

Mit den Längen der unvervormten Stäbe

L10 =√

8002 + 1252 = 809.71 mm ,

L20 =√

2002 + 1252 = 235.85 mm(4.41)

ergeben sich daraus die Längenänderungen zu

∆L1 = L10 ε1 = 809.71 ∗ 0.0026 = 2.1 mm ,

∆L2 = L20 ε2 = 235.85 ∗ 0.0030 = 0.71 mm .(4.42)

Die Seiten des Stabdreiecks ABC sind nun mita = BC = L20 + ∆L2 = 236.56 mm, b = AC =L10 +∆L1 = mm und c = AB = P +Q = 1000 mm allebestimmt. In solchen Fällen liefert der Kosinussatz mitden Beziehungen

A c B

a

C

bα β

γa2 = b2 + c2 − 2 b c cosαb2 = c2 + a2 − 2 c a cos βc2 = a2 + b2 − 2 a b cos γ

(4.43)

die von den Seiten eingeschlossenen Winkel. Im vorlie-genden Fall erhält man so über

cosα =AC

2+ AB

2− BC

2

2 AC AB(4.44)

denWinkel zwischen den Seiten b = AC und c = AB zuα = 9.1245°. Die Verschiebung vonKnotenC errechnetsich damit zu

u = AC cosα − P = 1.54 mm ,

w = AC sinα − H = 3.74 mm .(4.45)

Da die am unverformten Bauteil ermittelten Stabkräfteim Vergleich zu den exakt berechneten bereits zu großwaren, ergeben sich bei dieser Näherung auch größereWerte für die Verschiebungen.

4.3 Überbestimmte Systeme

4.3.1 Gleichgewicht am umverformtenSystem

Ein Bauteil vom Gewicht G ist an einer Ecke gelenkiggelagert und wird zusätzlich durch zwei Seile gehalten,Bild 4.15. Das System ist einfach statisch überbestimmt.

3a 3a

G

2a

L

EA

G

S1 S2

V

H

Bild 4.15: Bauteil statisch unbestimmt gelagert undfreigeschnitten

Die Gleichgewichtsbeziehungen an dem geschnittenenBauteil liefern mit

H = 0 , (4.46)V − G + S1 + S2 = 0 , (4.47)

2a G − 3a S1 − 6a S2 = 0 (4.48)

lediglich drei Gleichungen zur Bestimmung der vier Un-bekannten, die Lagerreaktionen H undV sowie die Seil-kräfte S1 und S2.

Eine Lösung ist nur möglich, wenn elastische Verfor-mungen, hier die Längenänderung der Seile, mit be-rücksichtigt werden.

33


4.3.2 Linear elastisches Materialgesetz

Nimmtman an, dass die Seile aus dem gleichenMaterialgefertigt sind und auch gleiche Querschnitte aufweisen,dann liefert das Hookesche Materialgesetz mit

σ1 =S1A= E

∆L1L10

= E ε1

σ2 =S2A= E

∆L2L20

= E ε2

(4.49)

zwei weitere Gleichungen, die die Stabkräfte S1 und S2über die Querschnittsflächen A und dem Elastizitätsmo-dul E mit den Längenänderungen ∆L1 und ∆L2 ver-knüpfen. Die unverformten Längen der Stäbe sind hierdurch

L10 = L und L20 = L (4.50)

gegeben.Mit (4.49) hat man zwar zwei zusätzliche Glei-chungen erhalten, aber mit ∆L1 und ∆L2 auch zwei neueUnbekannte eingeführt.

Da die Stäbe zwischen der starren Decke und dem Bau-teil, das hier ebenfalls als starr betrachtet wird, befestigtsind, können die Längenänderungen der zwei Stäbe nichtunabhängig voneinander erfolgen.

4.3.3 Kompatibilitätsbedingungen

Berücksichtigt man die Dehnung der Seile, dann kanndas als starr angenommene Bauteil eine kleine Drehungmit demWinkel ∆ϕ um den Lagerungspunkt ausführen,Bild 4.16.

3a 3a

G

2aL

ΔφΔL1 ΔL2

Bild 4.16: Kompatible Längenänderungen

Wegen ∆ϕ � 1 sind die Längenänderungen danndurch

∆L1 = 3a∆ϕ und ∆L2 = 6a∆ϕ (4.51)

gegeben.Mit den Gleichgewichtsbeziehungen (4.46) bis(4.48) den Materialgesetzen (4.49) und den Kompatibi-litätsbedingungen (4.51) stehen nun sieben Gleichungenfür die sieben Unbekannten, die Lagerreaktionen H undV , die Seilkräfte S1 und S2, die Längenänderungen ∆L1und∆L2 sowie die Bauteildrehung∆ϕ zur Verfügung.

4.3.4 Lösung

Im vorliegenden Fall können die Gleichungen sukzessi-ve gelöst werden. Fasst man die Gleichungen (4.51) und(4.49) zusammen, dann erhält man

S1 =E AL

3a∆ϕ und S2 =E AL

6a∆ϕ (4.52)

wobei die Beziehung (4.50) bereits verwendet wurde. Indas Momentengleichgewicht (4.48) eingesetzt bleibt

2a G − 3aE AL

3a∆ϕ − 6aE AL

6a∆ϕ = 0 . (4.53)

Nach dem Drehwinkel aufgelöst und das Ergebnis in(4.52) eingesetzt, erhält man

∆ϕ =L

E A2G45a

(4.54)

und

S1 =215

G sowie S2 =415

G . (4.55)

Aus (4.47) folgt dann die vertikale Komponente im Ge-lenklager zu

V = G −215

G −415

G =915

G =35

G . (4.56)

Gemäß (4.46) tritt hier mit H = 0 keine horizontaleBelastung im Lager auf. Die gilt allerdings nur, solangedie Verformungen, wie vorausgesetzt, klein bleiben.

4.3.5 Nichtlineare Lösung

Für beliebige, auch geoße Drehwinkel sind die momen-tanen Positionen der unteren Seilanlenkpunkte durch dieKoordinaten

x1 = 3a cos ϕ, y1 = 3a sin ϕ,x2 = 6a cos ϕ, y2 = 6a sin ϕ (4.57)

gegeben, wobei der Ursprung eines Koordinatensystemsmit der x-Achse nach rechts und der y-Achse nach untenin den Lagerungspunkt liegt. Während die umverform-ten Seillängen weiterhin durch (4.50) festgelegt sind,sind die aktuellen nun durch

L1 =

√(3a cos ϕ − 3a)2 + (3a sin ϕ + L)2

L2 =

√(6a cos ϕ − 6a)2 + (6a sin ϕ + L)2

(4.58)

bestimmt. Mit s als Schwerpunktshöhe des dreieckför-migenKörpers kann die vertikale Lage des Schwerpunk-tes durch

yS = 2a sin ϕ + s cos ϕ (4.59)

34


angeben werden. Die Gleichgewichtslage ist durch einMinimum der potenziellen Energie gekennzeichnet. Diepotenzielle Energie ist bei linear elastischem Material-verhalten durch

Epot =12 c1 (L1−L10)

2 + 12 c2 (L2−L10)

2 − G yS(4.60)

bestimmt, wobei c1 = c2 = E A/L die Seilsteifigkei-ten bezeichnen. Aufgrund der geometrischen Nichtli-nearität kann das Minimum der potenziellen Energienur mehr numerisch berechnet werden.

Das MATLAB-Skript1 global a s L G EA % Definition globaler Variablen23 a=0.3; s=0.1; L=1; % Abmessungen [m]4 EA =25000; % Dehsteifigkeit Seile [-]5 G = 6000; % Gewicht [N]67 phi0 = 0 ; % Startwert und Epot --> Min8 phi = fminsearch(@schweres_Bauteil_Epot ,phi0);910 disp(’Vergleich phi: nichtlinear , linear ’)11 disp([ phi L/EA*2*G/(45*a) ]*180/ pi )

definiert Zahlenwerte, setzt mit ϕ0 = 0 eine trivialeAnfangsbedingung und minimiert über die MATLAB-Funktion fminsearch die potentielle Energie, die in derFunktion1 function Epot = schweres_Bauteil_Epot(x)23 global a s L G EA45 % Drehwinkel und Winkelfunktionen6 phi= x(1); sphi=sin(phi); cphi=cos(phi);78 % unverformte Laengen9 L10 = L; L20 = L;1011 % aktuelle Laengen und vertikale Schwerpunktlage12 L1 = sqrt( (3*a*cphi - 3*a)^2 + (3*a*sphi+L)^2 );13 L2 = sqrt( (6*a*cphi - 6*a)^2 + (6*a*sphi+L)^2 );14 yS = 2*a*sphi + s*cphi ;1516 % Steifigkeiten17 c1 = EA/L10; c2 = EA/L20;1819 % potentielle Energie20 Epot = 0.5*(c1*(L1 -L10 )^2+c2*(L2 -L20 )^2) - yS*G;2122 end

zur Verfügung gestellt wird. Mit den angegeben Zahlen-werten ergibt sich ein Neigungswinkel von ϕ = 2.027◦,Bild 4.17.

Die lineare Näherung (4.54) liefert

∆ϕ = LEA

2G45a

= 1 m25 000 N

2∗6000 N45∗0.3 m = 2.037◦

(4.61)

Aufgrund des kleinen Neigungswinkels stimmten dieErgebnisse recht gut überein. Auch die daraus ableit-baren Werte für die Seilkräfte und die Lagerreaktionenzeigen kaum Abweichungen.

S1/G S2/G H/G V/Glinear 0.1333 0.2667 0 0.6000nichtlinear 0.1324 0.2648 -0.00035 0.6028

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8−0.5

0

0.5

1

φ = 2.027o

G = 6 kN

Bild 4.17: Nichtlineare Verformungen

Die nichtlineare Lösung berücksichtigt die verfor-mungsbedingte Schrägstellung der Seile und führt so zueiner, wenn auch sehr geringen, horizontalen Lagerre-aktion. In den meisten Fällen ist die weniger aufwändigelineare Lösung völlig ausreichend.

4.4 Übungen

4.4.1 Kettenglied

Eine Rundstahlkette wird mit F = 15 kN belastet.

F d F

Bild 4.18: Rundstahlkette

WelcheDicke d muss einKettengliedmindestens haben,wenn die zulässige Spannung σzul = 80 N/mm2 nichtüberschritten werden soll?

Wie groß ist dann die Flächenpressung zwischen denGliedern? Lösung: F

A=

F2 π

4 d2 ≤ σzul oder d ≥

√F

π2 σzul

bzw. d ≥ 10.92 mm

p =FAP=

Fd2 = 125.8 N/mm2

4.4.2 Lampe

Zwei Stahldrähte mit der Dehnsteifigkeit E A tragen eineLampe vom Gewicht G. Unbelastet haben die Drähtejeweils die Länge L0. Die Befestigungspunkte A und Bhaben den Abstand 2a.

G

a a

hEA, L0EA, L0

A B

35


Ermitteln Sie für E A = 800 000 N , a = 2000 mm, L0 =

2030mm und G = 50N die Dehnung ε der Drähte sowieden Durchhang h. Lösung: ε = 0.018245 %, h = 349.8626 mm.

Zum Vergleich die nichtlineare Lösungε = 0.018136 %, h = 349.8498 mm.

4.4.3 Transportkiste

Eine Kiste wird wie skizziert durch Stahlbänder auf ei-nem Fahrzeug fixiert. Die Stahlbänder mit dem Quer-schnitt A = 20 mm2 und dem Elastizitätsmodul E =205 000 N/mm2 sind anfangs symmetrisch angeordnetund werden auf beiden Seiten mit der Kraft S = S0 =

3000 N vorgespannt.

S0

1500

500

Δx

S0

500

a) Welche Spannung herrscht anfangs in beiden Bän-dern und um wie viel Prozent wurden die Bändergedehnt?

b) Welche Werte erreichen die Dehnungen und dieSpannungen im linken und rechten Band, wenn dieKiste nach einer scharfen Kurvenfahrt um ∆x =3 mm verrutscht ist? Wie groß sind jetzt die Kräftein den Bändern?

Lösung: a) Zu Beginn erhält man die Spannung zu

σ0 =S0A=

3000 N20.0 mm2 = 150.0 N/mm2

und die Dehnung ist durch

ε0 =σ0E=

150.0 N/mm2

205000 N/mm2 ∗ 100 = 0.0732 %

gegeben.

b) Wenn die Kiste verrutscht, dann ändern sich die Dehnungen im linken und rechten Band um die Werte

∆εL =LL − L0

L0=−0.00095 m1.58113 m

∗ 100 = −0.0598 %

∆εR =LR − L0

L0=

0.00096 m1.58113 m

∗ 100 = 0.0608 %

wobei die Anfangslänge durch

L0 =

√(0.5 m)2 + (1.5 m)2 = 1.58113 m

und die aktuellen Längen durch

LL =

√(0.5 m − 0.003 m)2 + (1.5 m)2 = 1.58018 m und LR =

√(0.5 m + 0.003 m)2 + (1.5 m)2 = 1.58209 m

gegeben sind.

Die GesamtdehnungenεL = ∆ε0 + ∆εL = 0.07317 + (−0.0598) = 0.0133 %

εR = ∆ε0 + ∆εR = 0.07317 + (0.0608) = 0.1340 %

haben dann die SpannungenσL = E εL = 205000 N/mm2 0.0133 %

100= 27.3 N/mm2 und σR = E εL = 205000 N/mm2 0.1340 %

100= 274.6 N/mm2

sowie die KräfteSL = σL A = 546.8 N und SR = σR A = 5492.2 N

zur Folge.

4.4.4 Werkzeugmaschine

Eine Werkzeugmaschine wird zur Schwingungsisola-tion auf drei Gummielemente gestellt, die jeweils dieDehnsteifigkeit E A und unbelastet die Höhe h haben.

G

a/2

a a

Wie groß sind die Kräfte in den Gummielementen?

Lösung: F1 =112 G, F2 =

412 G, F3 =

712 G.

36

5 Tragwerke

5.1 Allgemeines

Tragwerke sind Konstruktionen, bei denen die einzel-nen Bauteile fest oder durch Lagerelemente miteinanderverbunden sind.Im Unterschied zu Fachwerken unterliegen hier die Ver-bindungselemente keinerlei Einschränkungen undBelas-tungen können auch direkt an den Körpern angreifen.

5.2 Einfache Tragwerke

5.2.1 Lagerung

Das Bild 5.1 zeigt ein einfaches Tragwerk, das mit derEinzelkraft Q belastet wird.

a� a�

a

Q�a

A�

C�

B�

D

Bild 5.1: Tragwerk 1

Einfache Tragwerke sind in sich starr. Zur statischund kinematisch bestimmten Lagerung einfacher ebenerTragwerke sind insgesamt drei unabhängige Lagerwer-tigkeiten erforderlich. Ein Lager mit drei Wertigkeiten(feste Einspannung in A) übernimmt dieseAufgabe beimTragwerk 1.

5.2.2 Gesamtsystem

Durchtrennt man beim Tragwerk imBild 5.1 die Verbin-dung zur Umgebung, dann müssen dort, entsprechend

der festen Einspannung, Kräfte in horizontaler und ver-tikaler Richtung sowie ein Moment als Lagerreaktionenangetragen werden, Bild 5.2.

a� a�

a

Q�

a

B

D�

C�

AV�

A�M

A�H

AH�

AV�

A�M

�

Tragwerk�

Umgebung

Bild 5.2: Tragwerk 1 freigeschitten

Die Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsystemkönnen hier sofort nach den unbekannten Lagerreaktio-nen HA, VA und MA aufgelöst werden

HA = 0VA −Q = 0 bzw. VA = Q

MA − 2a Q = 0 bzw. MA = 2a Q(5.1)

Gleichgewichtsbeziehungen für die Umgebung könnennicht aufgestellt werden, da hier nicht alle, auf die Um-gebung wirkenden Kräfte bekannt sind.

5.2.3 Teilsysteme

Unter Berücksichtigung des Schnittprinzips und des Ge-genwirkunsprinzips kann das Tragwerk aus demBild 5.1in einzelne Teilsysteme zerlegt werden, Bild 5.3.

DieGleichgewichtsbeziehungen für die Teilsysteme ver-tikaler Träger, Strebe und horizontaler Träger lauten

HA + HB + HC = 0 ,VA + VB + VC = 0 ,

MA − a HB − 2a HC = 0 ,(5.2)

37


Q�

B�

A�V

�

AM�

A�H

�

H

BV�

B�V

�

BH�

CV�

CH

CV�

CH�

D�V

�

HD�

HD�

D�V

�

horizontaler Träger�

Strebe�

vertikaler Träger

Bild 5.3: Tragwerk 1 zerlegt in Teilsysteme

−HB + HD = 0 ,−VB + VD = 0 ,

−a HD + a VD = 0 ,(5.3)

−HC − HD = 0 ,−VC − VD −Q = 0 ,

a VC − a Q = 0 .(5.4)

Hier liegt ein gestaffeltes Gleichungssystem vor. Aus(5.4) erhält man sofort

VC = Q (5.5)

undVD = −VC −Q = −2 Q . (5.6)

Damit folgt aus (5.3)

VB = VD = −2 Q , (5.7)

HD = VD = −2 Q (5.8)

undHB = HD = −2 Q . (5.9)

Nun können auch die restlichen Unbekannten bestimmtwerden. Der 1. Gleichung in (5.4) entnimmt man

HC = −HD = +2 Q (5.10)

und aus (5.2) folgt schließlich

HA = −HB − HC = +2 Q − 2 Q = 0 , (5.11)

VA = −VB − VC = +2 Q −Q = Q (5.12)

und

MA = a HB + 2a HC

= a (−2 Q) + 2a (2 Q) = 2a Q .(5.13)

Die Berechnung der Lagerreaktionen aus dem Gleich-gewicht für das Gesamtsystem (5.1) ist hier einfacherund damit auch weniger fehleranfällig.

Kombiniert man die Betrachtung am Gesamtsystem mitgeeigneten Teilsystemen, dann kommt man bei einfa-chen Tragwerken meist schneller zur Lösung.

5.3 Nichteinfache Tragwerke

5.3.1 Lagerung

Das Bild 5.4 zeigt ein nichteinfaches Tragwerk. Die Be-lastung erfolgt durch die Einzelkräfte Q1 und Q2.

a� a�

Q�

a

A�

C�

B D�

a�

1Q�

2

E�

F�

Bild 5.4: Tragwerk 2

Nichteinfache Tragwerke verfügen im Inneren über Be-wegungsmöglichkeiten, die durch entsprechende Lage-rungen gegen die Umgebung ausgeglichen werden müs-sen. Die statische Bestimmheit vom Tragwerk 2 erfor-dert neben der festen Einspannung in A noch ein festesGelenklager in F.

5.3.2 Gesamtsystem

Im Bild 5.5 ist das freigeschnittene Tragwerk aus demBild 5.4 dargestellt.

Mit HA, VA, MA (feste Einspannung in A) und HF ,VF (festes Gelenklager in D) treten jetzt 5 unbekannteLagerreaktionen auf.

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystemliefern jedoch nur 3 Gleichungen

HA + HF = 0 ,VA + VF −Q1 −Q2 = 0 ,

MA − a Q1 − 2a Q2 + 3a VF = 0 ,(5.14)

38


a� a�

Q�

aC�

B D

a�

1Q�

2

E

AV�

A�M

AH�

FV�

F�H

�

Bild 5.5: Tragwerk 2 freigeschitten

die zur Berechnung der 5 Lagerreaktionen nicht ausrei-chen.

Bei mehrteiligen Tragwerken bleibt meist nur der Wegüber die Teilsysteme.

5.3.3 Teilsysteme

Mit Schnitten in A, C, D und F zerfällt das nichtein-fache Tragwerk aus dem Bild 5.4 in drei Teilsysteme,Bild 5.6.

AV�

A�M

AH�

CH

CV�

CV�

CH�

Q�

2D

�H�

D�V

�

FH

F�V

�

DV�

DH

B

E�

Q�

1

Bild 5.6: Tragwerk 2 zerlegt in Teilsysteme

Die äußeren Kräfte Q1 und Q2 können an ihren Einlei-tungsstellen C und D beliebig einem der beiden Teil-systeme zugeordnet werden. Selbst eine beliebige Auf-teilung der Kräfte auf die entsprechenden Teilsystemeist möglich, meist aber nicht zweckmäßig. Hier wurdendie KräfteQ1 und Q2 beim Freischneiden demmittlerenTeilsystem (CD) zugeordnet.

DieGleichgewichtsbeziehungen für die Teilsysteme lau-ten

HA + HC = 0 ,VA + VC = 0 ,

MA + a VC − a HC = 0 ,(5.15)

−HC + HD = 0 ,−VC −Q1 + VD −Q2 = 0 ,

a VD − a Q2 = 0 ,(5.16)

−HD + HF = 0 ,−VD + VF = 0 ,

a HD + a VD = 0 .(5.17)

Auch hier kann das Gleichungssystem sukzessive auf-gelöst werden. Man erhält

VD = +Q2 , HD = −Q2 ,

VF = +Q2 , HC = −Q2 ,

VC = −Q1 , HF = −Q2 ,

VA = Q1 , HA = Q2 ,

MA = a Q1 − a Q2 .

(5.18)

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystem(5.14) können hier als Kontrolle verwendet werden.

5.3.4 Matrizenschreibweise

Bei komplizierten Tragwerken kann das Auflösung derGleichungen schwierig werden. In solchen Fällen emp-fiehlt sich eine numerische Lösung. DieGleichgewichts-beziehungen werden dazu in der Form

A x = b (5.19)

angeschrieben, wobei A die Koeffizientenmatrix, x derVektor der Unbekannten und b der Belastungsvektorist.

In Matrizenschreibweise lauten die Gleichungen (5.15)mit (5.17)

1 0 0 1 0 0 0 0 00 1 0 0 1 0 0 0 00 0 1 -a a 0 0 0 00 0 0 -1 0 1 0 0 00 0 0 0 -1 0 1 0 00 0 0 0 0 0 a 0 00 0 0 0 0 -1 0 1 00 0 0 0 0 0 -1 0 10 0 0 0 0 a a 0 0

HA

VA

MA

HC

VCHD

VD

HF

VF

=

0000

Q1+Q2a Q2

000

(5.20)

Programmpakete wie MATLAB stellen Verfahren zurnumerischen Lösung linearer Gleichungssysteme vomTyp (5.20) zur Verfügung. Dazu müssen allerdings diegeometrischen Abmessungen und die Belastungen alsZahlenwerte vorgegeben werden.

39


Das folgende MATLAB-Beispiel1 % Zahlenwerte2 a=3; % [m]3 Q1=1; % [kN]4 Q2=2; % [kN]5 %6 % Koeffizientenmatrix7 A = [ 1 0 0 1 0 0 0 0 0 ;...8 0 1 0 0 1 0 0 0 0 ;...9 0 0 1 -a a 0 0 0 0 ;...10 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 ;...11 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 ;...12 0 0 0 0 0 0 a 0 0 ;...13 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 ;...14 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 ;...15 0 0 0 0 0 a a 0 0 ];16 %17 % Rechte Seite18 b=[0; 0; 0; 0;Q1+Q2;a*Q2; 0; 0; 0];19 %20 % Loesung21 x = A\b

liefert mitx = 2 1 -3 -2 -1 -2 2 -2 2

ein Ergebnis, das wie erwartet mit der Lösung (5.18)übereinstimmt.

5.4 Räumliche Tragwerke

5.4.1 Allgemeines

Räumliche Tragwerke sind häufig statisch überbestimmtgelagert und können deshalb nur mit zusätzlich verein-fachenden Annahmen näherungsweise oder sehr auf-wändig unter Berücksichtigung von Bauteilverformun-gen1 berechnet werden.

Selbst wenn bei dem in Bild 5.7 dargestellten Portalkrandie Lager in A und B jeweils als Kugelgelenke und die

GQ

A1A2

B1

B2

C

GQ

Portal: f=6

Stütze: f=6w=3

w=3w=3

w=5

w=3

Bild 5.7: Prinzipskizze und räumliches Modell einesPortalkrans

Verbindung zwischen dem Portal und der Stütze in C

1Dazu wird meist die Finite Elemente Methode (FEM) verwendet.

als Scharniergelenk modelliert werden, ist das resultie-rende Tragwerk 5-fach statisch überbestimmt. Im Raumverfügen das Portal und die Stütze jeweils über f = 6freie Bewegungsmöglichkeiten. EinKugelgelenk besitztim Raum die Wertigkeit w = 3. Ein Scharniergelenk er-möglicht lediglich eine Drehung und hat somit im Raumdie Wertigkeit w = 5. Die statische Bestimmtheit ergibthier dann n = 2 ∗ 6 − (4 ∗ 3 + 5) = −5, was aufgrunddes negativen Wertes eine entsprechen hohe statischeÜberbestimmtheit ausdrückt.

Für eine Überschlagsrechnung kann jedoch ein ebenesund statisch bestimmtes Ersatzmodell verwendet wer-den, Bild 5.8. Dabei wird vorausgesetzt, dass das Ge-

GQ

AB

CG

Q

AVB

C

S

SAH

Bild 5.8: Ebenes Ersatzmodell und Freikörperbild

wicht G und die Last Q in der Mittelebene des Por-talkrans angreifen und, dass die Belastung gleichmäßigauf die Lager in A und B verteilt wird. Die Stütze, diejetzt einer Pendelstütze entspricht, überträgt die Kraft Sauf das Portal. Die Wirkung des Gelenklagers in A wirddurch die Kraftkomponenten AH und AV beschrieben.Die drei Gleichgewichtsbeziehungen für das Portal rei-chen dann aus, um die Unbekannten S, AH und AV zubestimmen.

5.4.2 Beispiel Kiste auf Palette

F=G

G

aa2aA

B

C

DE

z

xy

M

2a

2aaa

a

a

Bild 5.9: Räumliches Tragwerk

40


Eine Kiste mit dem Gewicht G liegt mittig auf einerPalette, Bild 5.9.

Die vier im Punkt M zusammenlaufenden Seile bildenein zentrales Kräftesystem, Bild 5.10.

S1

S2S4 S3

M

S

Bild 5.10: Seilknoten

Das Kräftegleichgewicht lautet

®F + S1 ®e1 + S2 ®e2 + S3 ®e3 + S4 ®e4 = ®0 , (5.21)

wobei die Seilkräfte ®S1, ®S2, ®S3, ®S4 in Betrag und Rich-tung aufgespalten wurden und die Kraft im vertikalenHalteseil gemäß Bild 5.9 durch den Vektor

®F =

00G

(5.22)

beschrieben werden kann. Für den Einheitsvektor inRichtung der Seilkraft S1 erhält man zum Beispiel

®e1 = ®eMC =®rMC

|®rMC |=

− 1

3√

3− 1

3√

3− 1

3√

3

(5.23)

Aus (5.21) erhält man dann 3 Gleichungen für die 4unbekannten Seilkräfte

−S1√

3+

S2√

3+

S3√

3−

S4√

3= 0 ,

−S1√

3−

S2√

3+

S3√

3+

S4√

3= 0 ,

G −S1√

3−

S2√

3−

S3√

3−

S4√

3= 0 .

(5.24)

Infolge der symmetrischen Anordnung muss S1 = S2 =

S3 = S4 gelten. Aus der 3. Gleichung folgt dann

S1 = S2 = S3 = S4 =

√3 G4

. (5.25)

Der Eckpfosten A-C wird demnach durch die Kraft

®SC = −®S1 = −S1 ®e1 =

14 G14 G14 G

(5.26)

SC

ExEy Ez

B2z

B2y

B2x

DxDy Dz

B1z

B1xB1y

AxAy Az

B1z

B1x

B1yB2x

B2zB2y

1

2

3

Bild 5.11: Teilsysteme

belastet. Schnitte in den Kugelgelenken A, B, D und Eliefern 3 Teilsysteme mit 15 Unbekannten, Bild 5.11.

Die Gleichgewichtsbeziehungen für die 3 Teilsystemelauten

Dx

Dy

Dz

+−B1x

−B1y

−B1z

= ®0 , (5.27)

−a

0a

×−B1x

−B1y

−B1z

=−aB1y

−aB1x − aB1z

−aB1y

= ®0 , (5.28)

Ex

EyEz

+−B2x

−B2y

−B2z

= ®0 , (5.29)

0−a

a

×−B2x

−B2y

−B2z

=

aB2z + aB2y

−aB2x

−aB2x

= ®0 , (5.30)

Ax

AyAz

+

B1x

B1y

B1z

+

B2x

B2y

B2z

+G4G4G4

= ®0 , (5.31)

00−a

×

Ax

AyAz

+00a

×G4G4G4

=

aAy − aG4

−aAx + aG4

0

= ®0 , (5.32)wobei die Momentensummen bezüglich der Punkte E ,B und D angeschrieben wurden.

Da jeweils nur zwei Momentengleichungen verwendetwerden können, stehen insgesamt 15 Gleichungen zurVerfügung.

Aus (5.28), (5.30) und (5.32) erhält man

B2x = 0 ,Ax = 1

4 G ,

Ay = 14 G ;

B1y = 0

(5.33)

41


undB1z = −B1x ;B2z = −B2y .

(5.34)

Damit folgt aus (5.29)

B1x = − 12 G ,

B2y = − 12 G .

(5.35)

Nun können auch die restlichen Lagerreaktionen ange-geben werden. Man erhält

B1z =12 G ,

B2z =12 G ,

Az = −54 G ,

Ex = 0 ,Ey = −1

2 G ,

Ez =12 G ,

Dx = − 12 G ,

Dy = 0 ,Dz =

12 G .

(5.36)

5.5 Übungen

5.5.1 Einfaches Tragwerk

Das skizzierte Tragwerk ist mit einer vertikalen Kraft Fund der konstanten Streckenlast q0 belastet.

F

2a

q0

2a

A

B

2aa

α

Berechnen Sie die Lagerreaktionen in A und B.

Zahlenwerte: Lösung: B = 1.792 kN , AH = 0.896 kN , AV = 6.448 kN ;

α = 30◦; a = 1 m; F = 4 kN , q0 = 2 kN/m.

5.5.2 Radaufhängung

Mit dem skizzierten Modell können die Belastungen ineiner Doppelquerlenkerradaufhängung abgeschätzt wer-den. Bei stationärer Kurvenfahrt wird das Rad im Kon-taktpunkt K durch die Seitenkraft S und die Radlast P

80

250

E

F

C D

A B

M

K

PS

G

300

200

100

300

100

belastet; Das Eigengewicht des Rades ist mit G bezeich-net.

Ermitteln Sie:a) die Kraft im unteren Querlenker (Lenker A-B),b) die Belastungen in den Gelenken C und D sowie die

Kraft in der Tragfeder E-F.

Lösung: a)SAB =13(P?G)?

53

S,

b)CH =13(P?G)?

23

S, CV = P?G

DH =13(P?G)?

23

S, DV =817(P?G)

FEF =2517(P?G)

5.5.3 Ölpumpe

Eine Ölförderpumpe wird in der skizzierten Stellungdurch die Kraft F belastet.

�

��

��

��

��

�

��

�

a) Welches Antriebsmoment M ist dazu erforderlich?b) Ermitteln Sie die Lagerreaktionen in A und B.

Lösung: Die Ölpumpe wird an den Streben (Pendelstützen) und am Antriebshebel freigeschnitten.

F

15 a

10 a 10 a

10 a

2 a

M

A B

4 a 4 a

Z α

Z β β

A B

Die Gleichgewichtsbeziehungen am Querträger und das Momentengleichgewicht am Antrieb liefern:

−Z sinα + A sin β − B sin β = 0−Z cosα + A cos β + B cos β − F = 0

−10a Z cosα + 10a F = 0−2a Z cosα + M = 0

Aus den beiden letzten Gleichungen erhält man

F = Z cosα und damit M = 2a Z cosα = 2a F

Mit Z cosα = F und Z sinα = Z cosα tanα = F tanα können die beiden ersten Gleichungen in

(A − B) sin β = Z sinα = F tanα(A + B) cos β = F + Z cosα = 2F

umgeschrieben werden.

Aufgelöst bleibt

2A = Ftanαsin β

+ 2F1

cos β

2B = 2F1

cos β− F

tanαsin β

oderA = F

(tanα

2 sin β+

1cos β

)B = F

(1

cos β−

tanα2 sin β

)Aus der Geometrie erhält man sofort

tanα =2a10a=

15

und sin β =4a√

(4a)2 + (15a)2=

4√

241sowie cos β =

15√

241

Damit ergibt sich dann

A = F

(15

√241

2 ∗ 4+

√24115

)=

11120√

241 F = 1.423 F

B = F

(√24115

−15

√241

2 ∗ 4

)=

5120√

241 F = 0.647 F

Die entsprechenden Komponenten in horizontaler und vertikaler Richtung sind dann durch

AH = −A sin β = − 11120√

241 F 4√241

= − 1130 F = −0.367 F

AV = −A cos β = − 11120√

241 F 15√241

= − 118 F = −1.375 F

BH = B sin β = 5120√

241 F 4√241

= 16 F = 0.167 F

BV = −B cos β = − 5120√

241 F 15√241

= −58 F = −0.625 F

gegeben.

42

6 Schnittreaktionen6.1 Definition

6.1.1 Allgemein

Für Festigkeitsberechnungenwerden dieBelastungen imInneren eines Bauteils benötigt.

Zerlegt man einen Körper durch einen Schnitt in zweiTeilsysteme, dann muss die Wirkung der festen Verbin-dung durch Schnittreaktionen, die Schnittkraft ®FS unddas Schnittmoment ®MS , zum Ausdruck gebracht wer-den, Bild 6.1. Die Schnittkraft ®FS wird dabei zweckmä-

M�

S

M�

S

FS

FS

F�

1

F2

F3

M�

1

M�

2

SA

Teilkörper II

M�

Teilkörper I

nA�

Bild 6.1: Schnittreaktionen

ßiger Weise auf den Schwerpunkt der Schnittfläche SA

bezogen.

Wenn das Gesamtsystem im Gleichgewicht ist, dannmüssen auch die Teilsysteme, einschließlich der Schnit-treaktionen, im Gleichgewicht sein. Damit können beibekannter Belastung die Schnittreaktionen ermitteltwerden.

6.1.2 Vorzeichen

Schnitte werden senkrecht zur x-Achse ausgeführt. DieSchnittfläche, bei der die x-Achse in Richtung der nachaussen zeigenden Flächennormalen zeigt, wird als posi-tives Schnittufer bezeichnet.

Dort werden die Schnittreaktionen positiv definiert,Bild 6.2.

x

z

N

y

positivesSchnittufer

nAMx

Mz

Qz

Qy

My

Bild 6.2: Vorzeichendefinition

Die Normalkraft N und die Querkräfte Qy , Qz bildendie Komponenten der Schnittkraft

®FS = [ N, Qy, Qz ]T . (6.1)

Das Schnittmoment setzt sich aus dem TorsionsmomentMx und den Biegemomenten My , Mz zusammen,

®MS = [Mx, My, Mz ]T . (6.2)

Am positiven Schnittufer zeigen die Komponenten derSchnittkraft in die positiven Achsrichtungen und dieKomponenten des Schnittmoments versuchen, den Teil-körper um die entsprechenden Achsen zu drehen.1

6.2 Beispiel

Die unter dem Winkel ϕ geneigte Fahrrad–Tretkurbelwird durch die vertikale Kraft F belastet, Bild 6.3. ZurBerechnung der Schnittreaktionen wird die Tretkurbelan der Stelle x geschnitten, Bild 6.4. Das Kräfte- undMomentengleichgewicht liefert bezüglich dem Schnitt-flächenschwerpunkt S

−F sin ϕ0

F cos ϕ

+

NQy

Qz

= 0 (6.3)

1Dreht man die x-Achse in Richtung der y-Achse, dann wird da-durch eine positive Drehung um die z-Achse definiert. Im Sinneeiner zyklischen Vertauschung definieren dann y nach z und znach x positive Drehungen um die x- und y-Achse.

43


F

z

x

y

ϕa

b

A

B

Schnittebene

P

Bild 6.3: Fahrrad-Tretkurbel

A

N

zQyQ

zM

xM

yM

x

S

F

b

x

ϕ

Bild 6.4: Teilsystem der Tretkurbel

und −xb0

×−F sin ϕ

0F cos ϕ

+

Mx

My

Mz

= 0 . (6.4)

Die Gleichungen können sofort nach den unbekanntenSchnittreaktionen aufgelöst werden. Man erhält:

N = F sin ϕ, Mx = −b F cos ϕ,Qy = 0 , My = −x F cos ϕ,Qz = −F cos ϕ, Mz = −b F sin ϕ .

(6.5)

Bis auf das Biegemoment um die y-Achse sind alleSchnittreaktionen konstant, d.h. unabhängig von der La-ge des Schnittes.

6.3 Einteilige Tragwerke

6.3.1 Belastung durch Einzelkräfte

Der skizzierte Träger wird über zwei gleich lange Seiledurch die Kraft F belastet, Bild 6.5.

2a

F�

4a4a

aa

z�

x�A� B

Bild 6.5: Einteiliges Tragwerk

Die Lagerreaktionen inA undBkönnen aus demGleich-gewicht am Gesamtsystem berechnet werden, Bild 6.6.

2a

F

4a4a

A z

A x

Bz

Bild 6.6: Tragwerk freigeschnitten

Man erhält

Ax = 0, Az = −38

F, Bz = −58

F . (6.6)

Mit Schnitten in den Abschnitten I, II und III, die durchdie Intervalle 0 ≤ x ≤ 4a, 4a ≤ x ≤ 6a und 6a ≤ x ≤8a definiert sind, kann der Verlauf der Schnittreaktionenim Träger ermittelt werden, Bild 6.7. Ein Schnitt im

Ax

QzN

B z

III8a

My

x

z

Knoten

I

S

Ax

F

S Sz

Qz

N

My

II

x

Qz

N

Myx

Az 4a

Az

a

Bild 6.7: Teilsysteme

Abschnitt II durchtrennt auch das Seil. Die Seilkraftfolgt aber mit

S =F

2 cos 45o=

F√

2(6.7)

44


sofort aus dem Gleichgewicht am Knoten. Im AbschnittIII werden die Schnittreaktionen zweckmäßigerweiseam negativen Schnittufer ermittelt.

Die Gleichgewichtsbeziehungen in den einzelnen Ab-schnitten liefern:

Ax + N = 0 ,Az +Qz = 0 ,

My + x Az = 0 ;(6.8)

Ax + Sx + N = 0 ,Az + Sz +Qz = 0 ,

My + x Az + a Sx + (x − 4a) Sz = 0 ;(6.9)

−N = 0 ,−Qz + Bz = 0 ,

My + (8a − x) Bz = 0 ;(6.10)

wobei die Komponenten der Seilkraft durch

Sx = S cos 45o =F2, Sz = S sin 45o =

F2

(6.11)

gegeben sind. Die Gleichungen (6.8), (6.9) und (6.10)können direkt nach den Schnittgrößen aufgelöst werden.Für die Abschnitte I, II und III erhält man dann

I: N = 0 , Qz = +38

F , My = +38

x F

II: N = −12

F , Qz = −18

F , My = −18

x F +32

a F

III: N = 0 , Qz = −58

F , My = +58(8a − x) F

(6.12)Im Bild 6.8 ist der Verlauf der Schnittgrößen N = N(x),Qz = Qz(x) und My = My(x) dargestellt.

N

xF2

-

4a 6a 8a

Q

x

z

18

-

38

58

- F

F

F

My32

a F 54

a F

a F34

a F

x

Bild 6.8: Verlauf der Schnittgrößen

Da die senkrechten Teile fest mit dem waagrechten Trä-gerteil verbunden sind, werden an diesen Stellen Kräfteund Momente übertragen. Dies führt zu Sprüngen imSchnittgrößenverlauf.

6.3.2 Streckenlasten

Ein an beiden Enden gelenkig gelagerter Träger wirdmit einer dreiecksförmigen Streckenlast beaufschlagt,Bild 6.9.

a�

z

xA B

�

q�E

�

Bild 6.9: Träger mit Streckenlast

Zur Berechnung der Lagerreaktionen kann die Strecken-last durch eine äquivalente Einzelkraft ersetzt werden,Bild 6.10.

a�

A

q�E

�

z Bz

A�

x

2/3 a

q�E

� a/2�

Bild 6.10: Träger freigeschnitten

Aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem folgt

Ax = 0, Az = −16

qE a, Bz = −26

qE a . (6.13)

x

Az

A�

x N�

q(x)� x/2

q(x)�

Q�

zMy�

1/3 x

Bild 6.11: Schnitt an der Stelle x

DieGleichgewichtsbeziehungen an einem Schnitt an derStelle x, Bild 6.11, liefern

Ax + N = 0 ,

Az +12

q(x) x +Qz = 0 ,

My +12

q(x) x13

x + x Az = 0 ,

(6.14)

45


wobei die Streckenlast an der Stelle x durch die Gera-dengleichung

q(x) = qExa

(6.15)

beschrieben wird. Mit (6.13) und (6.15) folgt aus(6.14)

N(x) = 0 ,

Qz(x) =16

qE a −12

qEx2

a,

My(x) =16

qE a x −16

qEx3

a.

(6.16)

DieQuerkraft verläuft quadratisch und dasMomentwirddurch ein kubisches Polynom beschrieben. Bild 6.12zeigt die Verläufe der Schnittgrößen für die Zahlenwertea = 1 m und qE = 1 N/m.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.5

0

0.5

Qz(x

)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.05

0.1

My(x

)


Der Nulldurchgang der Querkraft Qz(x∗ = 0) liegt beix∗ =

√3

3 a ≈ 0.5774 a.

Das Maximum des Biegemomentes folgt aus der not-wendigen Bedingung

d My(x)dx

=16

qE a −12

qEx2

a. (6.17)

Man erkennt, dass die Ableitung des BiegemomentesMy nach der Koordinate x die Querkraft Qz liefert. Die-ser Zusammenhang gilt allgemein.

Extrema im Biegemomentenverlauf fallen also mit denNulldurchgängen der Querkraft zusammen.

Das maximale Biegemoment tritt also bei x = x∗ auf.Man erhält

Mmaxy = My(x∗) =

√3

27qE a2 ≈ 0.0642 qE a2 . (6.18)

6.4 Differentielle Betrachtung

6.4.1 Allgemeine Betrachtung

n(x)�

q(x)�

N(x)�

N(x+dx)�

z

M (x+dx)y�

Q (x+dx)�

zQ (x)�

M (x)y�

x� dx�

Bild 6.13: Allgemeine Zusammenhänge

Schneidet man aus einem Bautteil, das in x- und z-Richtung durch die Streckenlasten n(x) und q(x) be-lastet wird, an einer beliebigen Stelle x ein infinitesi-mal kleines Teilstück heraus, Bild 6.13, dann liefern dieGleichgewichtsbeziehungen

−N(x) + n(x) dx + N(x+dx) = 0 ,

−Qz(x) + q(x) dx +Qz(x+dx) = 0 ,

−My(x) −Qz(x)dx2

+My(x+dx) −Qz(x+dx)dx2= 0 ,

(6.19)

wobei das Momentengleichgewicht um die Mitte desTeilstückes angesetzt wurde.

Die Schnittreaktionen N(x+dx), Qz(x+dx) und My(x+dx) werden nun in eine Taylor-Reihe entwickelt, wobeiGlieder höherer Ordnung vernachlässigt werden. Damiterhält man

N(x+dx) ≈ N(x) +d N(x)

dxdx ,

Qz(x+dx) ≈ Qz(x) +d Qz(x)

dxdx ,

My(x+dx) ≈ My(x) +d My(x)

dxdx .

(6.20)

Eingesetzt in (6.19) bleibt

d N(x)dx

= −n(x) ,

d Qz(x)dx

= −q(x) ,

d My(x)dx

= Qz(x) ,

(6.21)

wobei in derMomentensumme die quadratischen Termemit dx2 gegenüber den linearen Termen mit dx vernach-lässigt wurden.

46


6.4.2 Beispiel

Mit den Beziehungen (6.21) kann das Beispiel in Ab-schnitt 6.3.2 auf analytischemWege gelöst werden. We-gen n(x) = 0 erhält man zunächst

d N(x)dx

= 0 , bzw. N(x) = N0 = const. (6.22)

Mit q(x) gemäß (6.15) liefert die zweite Gleichung in(6.21)

d Qz(x)dx

= −qExa. (6.23)

Nach einer unbestimmten Integration bleibt

Qz(x) = −qEx2

2 a+Q0 , (6.24)

wobei mit Q0 die Integrationskonstante bezeichnet wur-de. Mit (6.24) erhält man aus der dritten Gleichung in(6.21)

d My(x)dx

= −qEx2

2 a+Q0 . (6.25)

Eine weitere unbestimmte Integration liefert den Mo-mentenverlauf

My(x) = −qEx3

6 a+Q0 x + M0 , (6.26)

wobei M0 wieder die Integrationskonstante bezeich-net.

Die unbestimmten Verläufe müssen nun an dieproblemspezifischen Randbedingungen angepaßt wer-den.

Das verschiebliche Lager in B kann keine horizontalenKräfte aufnehmen. An der Stelle x=a muss folglich dieNormalkraft verschwinden, N(x = a) = 0. Damit kanndie Integrationskonstante in (6.22) berechnet werden.Im vorliegenden Fall erhält man N0=0.

Der Träger ist an beiden Seiten gelenkig gelagert. Dortkönnen keineMomente übertragenwerden. An den Stel-len x = 0 und x = a muss deshalb das Moment ver-schwinden. Aus My(x = 0) = 0 folgt sofort M0 = 0 unddie Forderung My(x=a)=0

0 = −qEa3

6 a+Q0 a + M0 (6.27)

liefert mit M0 = 0 Integrationskonstante

Q0 =16

qE a . (6.28)

Damit ist neben dem Momentenverlauf My(x) auch derQuerkraftverlauf Qz(x) festgelegt.

6.4.3 Randbedingungen

Mit Randbedingungen werden die allgemeinen Verläufeder Schnittreaktionen an die jeweilige Problemstellungangepasst.

Zur Bestimmung der Integrationskonstanten N0 genügtes, die Normalkraft an einer Stelle zu kennen. Die Kon-stanten Q0 und M0 können entweder aus zwei Momen-tenbedingungen oder aus einer Querkraft- und einerMo-mentenbedingung ermittelt werden.

Abhängig von der Lagerung eines Bauteils können anden Enden meist einfache Randbedingungen formuliertwerden, Tabelle 6.1.

Stelle x= xR N(xR) Qz(xR) My(xR)

freiesEnde 0 0 0

versch.GelenkcA�

��0 ? 0

festesGelenkcA�

��? ? 0

feste Ein-spannung

��

? ? ?

Tabelle 6.1: Randbedingungen

6.4.4 Unstetigkeiten

Voraussetzung für die Lösung der Integrale

N(x) = −∫

n(x) dx + N0 , (6.29)

Qz = −

∫q(x) dx + Q0 , (6.30)

und

My = +

∫Qz(x) dx + M0

= −

∫ ∫q(x) dx dx +Q0 x + M0

(6.31)

ist, dass die Streckenlasten n(x) und q(x) zumindestabschnittsweise stetig sind.

Bei sprunghaften Änderungen der Streckenlasten oderan Stellen wo Kräfte und Momente eingeleitet werden,muss neu aufgesetzt werden.

47


Die Auswirkungen von sprunghaften Belastungsände-rungen auf den Verlauf der Schnittgrößen Qz und My

sind in der Tabelle 6.2 zusammengestellt.

Belastung Qz(x∗) My(x∗)

q(x)?????

-x∗ Knickeinmal

differenzierbar

?

F-x∗ Sprung Knick

s ��< M

-x∗— Sprung

Tabelle 6.2: Belastungssprünge

Belastungsänderungen in Querrichtung (z-Achse) undihre Konsequenzen auf die Querkraft Qz(x) geltenin analoger Weise auch für Belastungsänderungen inLängsrichtung (x-Achse) und ihre Konsequenzen aufdie Normalkraft N(x).

6.5 Mehrteilige Tragwerke

6.5.1 Rahmentragwerk

Das imBild 6.14 skizzierte Rahmentragwerkwird durchdie konstante Streckenlast q0 und die Einzelkraft F be-lastet. Zur Berechnung der Lagerreaktionen wird das

2a�

q� 0

F

x1

x2

z2

z1

A�

B�

D C�

a�

a�

Bild 6.14: Rahmentragwerk

Tragwerk an den Lagern in A und D sowie im GelenkC freigeschnitten, Bild 6.15. In einem globalen Koordi-natensystem mit Achsen in horizontaler und vertikaler

2a

q� 0

F

a�

a�

DH

DV�

A�

H

AV�

C�

H

C�

V�

C�

V� C

�

H

Bild 6.15: Rahmen freigeschnitten

Richtung lauten die Gleichgewichtsbeziehungen für diezwei Teilsysteme

AH + F − CH = 0 ,AV − q0 2a − CV = 0 ,

a q0 2a − a F + 2a CH + 2a CV = 0(6.32)

undDH + CH = 0 ,DV + CV = 0 ,

2a CV = 0 .(6.33)

Aus den beiden letzten Gleichungen folgt sofort

CV = 0 und DV = 0 . (6.34)

Das Teilstück CD stellt also eine Pendelstütze dar, dienurKräfte in horizontaler Richtung überträgt.Mit (6.34)erhält man aus (6.32)

CH =F2− q0 a ,

AH = −F2− q0 a ,

AV = q0 2a

(6.35)

und aus der ersten Gleichung in (6.33) folgt noch

DH = −CH = −F2+ q0 a . (6.36)

Ein Schnitt im oberen Teil des Rahmens, Das Bild 6.16,liefert die Gleichungen

AH + N = 0 ,−AV + q0 x1 +Qz = 0 ,

My +x12

q0 x1 − x1 AV = 0 .(6.37)

Bei Schnitten im vertikalen Teil, die oberhalb und un-terhalb der Kraft F geführt werden, Bild 6.17, ist es

48


x�

q� 0AH

AV� Q

�z N

� My�

1

Bild 6.16: Schnitt im oberen Teil

F�

a�

a�

C�

V�

N�x

Q�

z

M y�

2a

C�

H C�

V�

N�x

Q�

z

M y�

C�

H

2

2

Bild 6.17: Schnitte im vertikalen Teil

vorteilhaft das Gleichgewicht für das negative Schnittu-fer anzusetzen. Man erhält

−N + CV = 0−Qz − F + CH = 0

−My + (a−x2)F − (2a−x2)CH = 0(6.38)

−N + CV = 0−Qz + CH = 0

−My − (2a−x2)CH = 0(6.39)

Das untere Rahmenteil wird wegen CV = DV = 0 nurdurch die Normalkraft N =CH =

F2 −q0a belastet.

Im Bild 6.18 sind für die Zahlenwerte q0 = 10 kN/m,F = 24 kN und a = 2 m die Schnittgrößen über demRahmen aufgetragen.

N [kN]�

+32

-8

+40

-8

-32

Q [kN]�

M [kNm]

+80

+80

+16


Die konstante Streckenlast q0 führt im oberen Teil zu ei-nem linearen Verlauf der Querkraft und damit zu einemquadratischenVerlauf des Biegemoments. An der Stelle,wo die Kraft F eingeleitet wird, tritt imQuerkraftverlaufein Sprung und im Momentenverlauf ein Knick auf.

Die Pendelstütze, der untere Teil des Rahmens, istquerkraft- und momentenfrei.

6.5.2 Gekrümmte Abschnitte

Eine Bogenlampe besteht aus einem geraden und einemkreisförmig gebogenem Abschnitt, Bild 6.19.

ϕ

xϕzϕ

G

CBa

A

4a

x1z1

G

Ca

BH

BV MB

BH

BV MB

ϕ

Qϕ

M ϕ

Nϕ

Bild 6.19: Bogenlampe

Das Kräftegleichgewicht am Bogen

BH = 0 ,BV − G = 0 ,

MB − 2a G = 0(6.40)

liefert die Schnittreaktionen an der Übergangsstelle zwi-schen dem geraden und dem gebogenen Teilstück. EinSchnitt senkrecht zum Bogen unter dem Winkel ϕ legtdie Schnittreaktionen Nϕ , Qϕ und Mϕ frei. Die Gleich-gewichtsbeziehungen am Bogenstück lauten

BH +Qϕ cos ϕ + Nϕ sin ϕ = 0 ,BV −Qϕ sin ϕ + Nϕ cos ϕ = 0 ,Mϕ + MB − a BV − a Nϕ = 0 ,

(6.41)

wobei das Momentengleichgewicht um die Bogenmit-te angesetzt wurde. Die beiden ersten Gleichungen in(6.41) können nach Nϕ und Qϕ aufgelöst werden. Dazuwird zunächst die erste Gleichung mit dem Faktor sin ϕund die zweite mit dem Faktor cos ϕ multipliziert. Beider anschließenden Addition heben sich die Anteile mitQϕ heraus. Mit den Ergebnissen aus (6.40) bleibt

Nϕ = −G cos ϕ . (6.42)

In analoger Weise kann auch Nϕ eliminiert werden undman erhält

Qϕ = G sin ϕ . (6.43)

49


Aus der dritten Gleichung folgt schließlich das Mo-ment

Mϕ = −a G (1 + cos ϕ) . (6.44)

Die Ergebnisse sind im Bild 6.20 aufgetragen.

N

+G-G

Q M

- 2 G

a

- G aG


Auf Grund der rein vertikalen Belastung ist hier dasgerade Teilstück querkraftfrei.

6.6 Übungen

6.6.1 Absperrhahn

Der verklemmte Absperrhahn an einem Rohr der Länge5a soll wie skizziert durch einen zweiarmigen Schlüs-sel, der an den Enden durch entgegengesetzt gerichteteKräfte der Größe F belastet wird, gelöst werden. DieBefestigung in A und B kann dabei in erster Näherungdurch ideale Gelenke angenähert werden.

F

F

2a 3aa/2

a/2

z

x

A B

Bild 6.21: Rohrleitung

Skizzieren Sie imRohrabschnitt 0 ≤ x ≤ 5a denVerlaufderQuerkraftQz und desBiegemomentes My und gebenSie deren Extremwerte an. 0 1 2 3 4 5

00.10.20.3

15 F

Qz(x)

0 1 2 3 4 5−1−0.5

00.5

125 aF

−35 aF

My(x)

6.6.2 Sprungbrett

Ein Sprungbrett der Länge 7a ist in A und B gelenkiggelagert und wird am Ende durch die Gewichtskraft Gbelastet.

Skizzieren Sie für den Bereich 0 ≤ x ≤ 7a den Ver-lauf der Querkraft Qz = Qz(x) und des Biegemomentes

A B C

G3a 4a

z

x

Bild 6.22: Sprungbrett

My = My(x) und geben Sie deren Extremwerte an.Lösung:

Bz C

G3a 4a

xAz

Ax

x−43G

G

73G

Qz

x

−4aG

My

6.6.3 Tragwerk

Das skizzierte Tragwerk wird durch die Gewichte Pund Q belastet. Die Umlenkscheiben in B und C sindreibungsfrei drehbar.

A B C

DE

xz

1 m

Q

PP = 10 kNQ = 15 kN

3 m

2 m

4 m

Bild 6.23: Tragwerk

Berechnen Sie die Lagerreaktionen in E . Skizzieren Sieden Verlauf der Schnittreaktionen im waagrechten TeilA-C und geben Sie die Extremwerte an. Lösung: EH = 0, EV = 25 kN, ME = 10 kNm.

B

A C

-15 kN

10 kN

Q

x

BA C

-40 kNm

M

x

-30 kNm

6.6.4 Streckenlast

Eine abgesetzte Welle mit kreisförmigem Querschnittist wie skizziert gelagert. Das Eigengewicht der Welleist als Streckenlast zu betrachten.

aac

d1 d2

ρ

b

A B

Bild 6.24: Tragwerk

Zahlenwerte: a = 2m, b = 0.8m, c = 0.6m; d1 = 0.2m,d2 = 0.3 m; ρ = 7800 kg

m3 .

Berechnen Sie die Lagerreaktionen in A und B. Skiz-zieren Sie den Verlauf der Schnittgrößen und geben Siederen Extremwerte an. Lösung:

AV = 6102 N, BV = 9523 N .

0.8 2.0 3.4

2.24

-6278

-1923

+4179

+1294

+3245

-769

+2670

-974

4.0

Q(x)

M(x)

x

x

50

7 Reibung

7.1 Allgemeines

7.1.1 Kontaktkraft

Der Kontakt zweier starrer Körper erfolgt in der Regelin einem Punkt, Bild 7.1. Im Berührpunkt P stimmendie Tangentialebenen an die äußere Kontur der Körperüberein. Der Normalenvektor n beschreibt die räumlicheLage der Berührebene. An der Kontaktstelle können die

Körper 1

Körper 2

Berührebenen

P

F

F

Bild 7.1: Kontaktkraft

beiden Körper die Kontaktkraft F übertragen. Mit demNormalenvektor n kann die Kontaktkraft F in Kompo-nenten zerlegt werden, Bild 7.2

®F = ®FN + ®FR . (7.1)

n

P

F

F

FR

N

Bild 7.2: Normalkraft und Reibkraft

Die Normalkraft FN ist eine Reaktionskraft, da die star-ren Körper an der Berührstelle Bewegungen in Rich-tung von n verhindern, die zu Deformationen der Körper(FN ≥ 0!) führen würden.

In der Regel lassen sich die beiden Körper nicht ohneWiderstand senkrecht zu n bewegen. Dieser Widerstandwird durch die Reibkraft FR , 0 beschrieben.

7.1.2 Reibungsgesetze

Die Reibkraft hängt von einer Vielzahl physikalischerEigenschaften ab. Die wichtigsten Parameter sind dieNormalkraft, die Rauhigkeit der Oberflächen, die Gleit-geschwindigkeit und die Temperatur.

Der qualitative Verlauf der Reibkraft FR als Funkti-on der Gleitgeschwindigkeit vG für die Paarung Gum-mi/Asphalt ist im Bild 7.3 aufgetragen. Die Funktion

vG

FRGleiten

Haften

Haften

Gleiten

Bild 7.3: Reibkraft

FR = FR(vG) ist im Haftbereich (vG = 0) mehrdeutig.Die maximale Reibkraft ist in der Regel größer als dieGleitkraft.

vG

FRGleiten

Gleiten

Haften

Haften

Bild 7.4: Coulombsche Reibung

Bei vielen Materialpaarungen kann das Reibungsgesetzdurch die Coulombsche Reibung1 approximiert werden,Bild 7.4.

Man unterscheidet hier zwei Bereiche. Im Haftbereich(vG = 0) verhindert die Reibkraft Relativbewegungender Körper in der Berührebene. Hier ist die Reibkrafteine Reaktionskraft, die durch die Ungleichung

|FHR | ≤ µH FN (7.2)

1 Charles Augustin Coulomb, französischer Physiker und Ingenieu-roffizier, 14.06.1736 – 23.08.1806

51


eingeschränkt wird. Im Gleitbereich (vG , 0) wird dieReibkraft durch die Funktion

FGR = −µG FN

vG|vG |

(7.3)

beschrieben. Die Gleitkraft FGR ist der Gleitgeschwin-

digkeit vG entgegengerichtet.

Die Reibungsbeiwerte µH für Haften und µG für Gleitenbeschreiben die Rauhigkeit der Oberflächen. In der Regelgilt µH > µG .

7.2 Statisch bestimmte Systeme

7.2.1 Einsetzende Bewegung

Ein kegelförmiger Behälter mit der Höhe h und demGe-wicht G steht auf einer horizontalen Ebene. Die Grund-fläche des Kegels hat den Radius r und der Reibwertzwischen dem Behälter und der Unterlage ist mit µ ge-geben. Der Behälter wird mit der Kraft F belastet, dieunter demWinkel α gegenüber der Horizontalen geneigtist, Bild 7.5a. Solange der Behälter weder rutscht noch

Fα

h

r

G

Fα

G

NRM

μ

Fα

hG

RN

r r

x

h

a) b) c)

Bild 7.5: Körper auf auf horizontaler Ebene:a) Ersatzmodell,b) konventionelles undc) problemangepassten Freikörperbild

kippt, muss der Kontakt zwischen dem Behälter undder Unterlage als feste Einspannung betrachtet werden,Bild 7.5b. Das Einspannmoment kann in seinerWirkungdurch eine exzentrisch angreifende Normalkraft ersetztwerden

M =̂ N x , (7.4)

wobei N als Resultierende einer über die Aufstandsflä-che ungleichmäßig verteilten Druckbelastung aufgefasstwird und x die Lage der Wirkungslinie von N angibt,Bild 7.5c. Die Gleichgewichtsbeziehungen

R − F cosα = 0 ,N − G + F sinα = 0 ,x N − h F cosα = 0 ,

(7.5)

können sofort nach R, N und x aufgelöst werden

R = F cosα ,N = G − F sinα ,

x =h F cosα

G − F sinα.

(7.6)

Da der Behälter mit der Unterlage nicht verklebt ist,kann die Normalkraft per Definition nur positive Werteannehmen

N ≥ 0 (7.7)

und als Resultierende der Druckbelastung nur innerhalbder Aufstandsfläche angreifen

− r ≤ x ≤ r . (7.8)

Schließlich muss noch die Reibungsungleichung

| R | ≤ µN (7.9)

beachtet werden. Der Behälter bleibt folglich nur dannin Ruhe, wenn die Bedingungen

kein Abheben: F ≤G

sinα

kein Rutschen: F ≤µG

cosα + µ sinα

kein Kippen: F ≤r G

h cosα + r sinα

(7.10)

erfüllt sind, wobei F ≥ 0 und 0 ≤ α ≤ 90◦ vorausge-setzt wurde. Im Augenblick, da der Behälter nach linkskippt, greift die Normalkraft an der linken Behälterkan-te an. Die Momentenbilanz um diesen Drehpunkt liefertmit

h F cosα + r F sinα︸︷︷︸Σ

kippendeMomente

= r G︸︷︷︸Σ

rückstellendeMomente

(7.11)

die Kippbedingung auf einen direkten und allgemeinanwendbaren Weg.

7.2.2 Erforderliche Reibwerte

Eine Platte mit dem Gewicht G1 stützt sich, wie skiz-ziert, auf einem Stab mit dem Gewicht G2 ab, Bild 7.6.Beim Freischneiden werden die Kontaktkräfte in A, Bund C in Komponenten normal zur BerührungsebeneNA, NB, NC und in Berührungsebene RA, RB, RC zer-legt, Bild 7.7. Die Gleichgewichtsbedingungen für diebeiden Körper liefern

RA + RC cosα − NC sinα = 0 ,NA − G1 + NC cosα + RC sinα = 0 ,

−G1 s1 cosα + NC a = 0(7.12)

52


a

s

G Gs

A B

C

1

22

1

b

Bild 7.6: Abgestützte Platte

G

G2

1

NA RA

NB RB

RCNC NC

RCα α

Bild 7.7: Platte und Stab freigeschnitten

und

RB − RC cosα + NC sinα = 0 ,NB − G2 − NC cosα − RC sinα = 0 ,

G2 s2 sinα + RC b = 0 ,(7.13)

wobei der Winkel α durch

tanα =ba

(7.14)

bestimmt ist. Aus den Momentenbeziehungen erhältman sofort

NC = G1 cosαs1a,

RC = −G2 sinαs2b,

(7.15)

Über die Reibungsungleichung (7.2) kann nun der erfor-derliche Reibwert im Berührpunkt C ermittelt werden.Aus

|RC | ≤ µC NC (7.16)

folgt mit (7.15) und unter Verwendung von (7.14)

µC ≥G2G1

s2s1. (7.17)

Mit NC und RC können die beiden ersten Gleichungenin (7.12) und (7.13) nach RA und NA bzw. nach RB

und NB aufgelöst werden. Damit können dann auch fürdie Berührpunkte A und B die erforderlichen Reibwerteermittelt werden.

7.2.3 Gleichgewichtsbereiche

Die Last Q und das Gewicht G sind durch ein Seil ver-bunden, Bild 7.8. Die Umlenkscheibe ist reibungsfrei

G�

Q�

α

Bild 7.8: Gewicht auf schiefer Ebene

drehbar. Die Reibung zwischen Gewicht und schieferEbene wird durch den Haftbeiwert µ0 beschrieben.

Die wesentlichen Gleichgewichtsbeziehungen für diebeiden Teilkörper Gewicht und Last lauten, Bild 7.9

−Q + S = 0 ,N − G cosα = 0 ,

R + S − G sinα = 0 .(7.18)

Q

G

SS

RM

N

Bild 7.9: Last und Gewicht freigeschnitten

Schließt man ein Kippen des Gewichtes G aus, dannwird die Momentensumme, mit der das Reaktionsmo-mentes M bestimmt werden kann, gar nicht benötigt.Im sinnvollen Winkelbereich 0 < α < 90o ist die Nor-malkraft stets positiv, N > 0. Die Reibungsungleichunglautet

|G sinα −Q︸︷︷︸R

| ≤ µ0 G cosα︸︷︷︸N

. (7.19)

Die Betragsungleichung (7.19) muss bereichsweise ge-löst werden. Man erhält

sinα −QG≤ µ0cosα für sinα −

QG≥ 0 ,

−(sinα −QG) ≤ µ0cosα für sinα −

QG< 0 ,

(7.20)wobei die Gleichungen mit G durchdividiert wurden.

53


Die Ungleichungen in (7.20) können zu einer Bereichs-ungleichung zusammengefasst werden

sinα − µ0cosα ≤QG≤ sinα + µ0cosα . (7.21)

Das System ist im Gleichgewicht, wenn die Reibungs-ungleichung (7.19) erfüllt ist. Dies ist der Fall, wennQ/G in dem durch (7.21) festgelegten Bereich liegt.Dieser Sachverhalt kann auch grafisch veranschaulichtwerden. Dazu wird die Ungleichung (7.21) etwas um-geformt. Nach der Subtraktion des Terms sinα und derMultiplikation mit G erhält man

− µ0 G cosα ≤ Q − G sinα ≤ +µ0 G cosα , (7.22)

wobei die Ausdrücke G sinα den Hangabtrieb H undG cosα die Normalkraft N angeben. Ersetzt man denReibwert µ0 mit

tan ρ0 = µ0 (7.23)

durch den Reibungswinkel ρ0, dann kann die ReibkraftR = ± µ0 G cosα = ±G cosα tan ρ0 und damit auchder gesamte Gleichgewichtsbereich grafisch dargestelltwerden, Bild 7.10.

ρ

G sinα

Q

G cosαR

R

ραα

Bild 7.10: Reibwinkel

7.2.4 Selbsthemmung

Im Bild 7.11 ist eine einfache Backenbremse dargestellt.Der in A drehbar gelagerte Hebel wird am Ende mitder Kraft F belastet und presst die Bremsbacke auf dieTrommel. Die dadurch entstehende Reibungskraft hältdie LastQ imGleichgewicht. Für eine ersteAbschätzungwird angenommen, dass die über den Bremsklotz ver-teilten Kontaktkräfte in der resultierenden NormalkraftN und der resultierenden Reibkraft R zusammengefasstwerden können. Die Gleichgewichtsbeziehungen für diebeiden Teilsysteme liefern dann

BH + R = 0 ,BV −Q − N = 0 ,

rQ − rR = 0 ,(7.24)

F

a

b

h

F

Q

r

A

B

Q

RN

BV

BH

RN

AV AH

μ

Bild 7.11: Backenbremse mit Freikörperbild

AH − R = 0 ,N + AV − F = 0 ,

aF + hR − (a − b)N = 0 .(7.25)

Da die Summe der Momente auf die Lager in A und Bbezogen wurde, können R und N unabhängig von denLagerreaktionen AH , AV BH und BV ermittelt werden.Der dritten Gleichung in (7.24) entnimmt man sofort

R = Q . (7.26)

Die dritte Gleichung in (7.25) kann nach der Normal-kraft aufgelöst werden und liefert mit (7.26) das Ergeb-nis

N =aF + hR

a − b=

aa − b

F +h

a − bQ . (7.27)

Die Überprüfung der Reibungsungleichung |R| ≤ µNführt auf

Q ≤ µ

(a

a − bF +

ha − b

Q)

(7.28)

oder(a−b − µ h)Q ≤ µ a F , (7.29)

wobei a−b > 0 vorausgesetzt wurde.

Für a− b ≥ µ h erhält man als Gleichgewichtsbedin-gung

Q ≤µa

a−b − µ hF . (7.30)

Dies bedeutet aber, dass schwere Lasten bei

Q >µa

a−b − µ hF (7.31)

nicht mehr gehalten werden können.

Genügen die geometrischen Abmessungen und derReibwert der Bedingung a−b − µ h < 0, dann liefert(7.29) das Ergebnis

Q ≥µa

a−b − µ hF oder Q ≥ −

µaµ h − (a−b)

F .

(7.32)

54


Selbst bei verschwindend kleiner Kraft F → 0 herrschtjetzt Gleichgewicht für beliebig große Lasten Q ≥ 0.Dieser Effekt wird als Selbsthemmung bezeichnet undvielfach technisch genutzt. Elastische Bauteilverfor-mungen und die Belastung der Lager beschränken inder Praxis die Wirkung der Selbsthemmung.

7.2.5 Fazit

Bei statisch bestimmten Systemen können (und solltendeshalb auch) die Reibungskräfte nach Betrag und Rich-tung aus den Gleichgewichtsbeziehungen berechnet wer-den. Aus der Reibungsungleichung folgt dann der erfor-derliche Reibwert. Bei gegebenem Reibwert kann auchdie Sicherheit gegen Durchrutschen bestimmt werden.In den Kontaktstellen müssen die Normalkräfte als posi-tive Druckkräfte senkrecht zur Berührebene angetragenwerden. Die Reibkräfte liegen in der Berührebene; siewerden wie Lagerreaktionen behandelt.Auf keinen Fall sollten bei statisch bestimmten SystemendieReibkräfte durch ihreGrenzwerte Rmax = µN ersetztwerden!

7.3 Statisch überbestimmtes System

7.3.1 Aufgabenstellung

Eine unter dem Winkel α geneigte Leiter der Länge Lwird an der Stelle x durch die KraftG belastet, Bild 7.12.Die Reibwerte zwischen Leiter und Boden sowie Leiter

��

��

��

��

��

� �

��

Bild 7.12: Leiter an rauer Wand und rauem Boden mitFreikörperbild

und Wand werden mit µB und µW bezeichnet. Unterwelcher Voraussetzung bleibt die Leiter im Gleichge-wicht, wenn die Person bis nach oben (x=L) steigt?

7.3.2 Gleichgewichtsbeziehungen

Für die vier Unbekannten NB, RB, NW und RW stehenmit

NW − RB = 0 , (7.33)NB − G + RW = 0 , (7.34)

x cosαG − L cosα RW − L sinα NW = 0 , (7.35)

zunächst nur drei Gleichungen zur Verfügung.

7.3.3 Sonderfälle

Bei einer glatten Wand (µW = 0) erhält man mit

RW = 0 (7.36)

eine weitere Gleichung. Unter Berücksichtigung von(7.36) folgen dann aus (7.33) bis (7.35) die Ergebnis-se

NB = G und NW = RB =xL

cosαsinα

G . (7.37)

Das Überprüfen der Reibungsungleichung am Bodenliefert

|RB | ≤ NB oder�� x

Lcosαsinα

G�� ≤ µB G . (7.38)

Für 0 ≤ x ≤ L und 0 ≤ α ≤ π2 ist RB ≥ 0 und es bleibt

als Bedingung für Gleichgewicht

xL≤ µB

sinαcosα

oderxL≤ µB tanα . (7.39)

Damit die Leiter auch bei x = L noch im Gleichgewichtist, muss

µB tanα ≥ 1 (7.40)

gelten. Bei einem Reibwert von µB = 0.5 würde diesmit tanα ≥ 2 oder α ≥ 63.4◦ erfüllt werden.

Bei glattem Boden (µB = 0) vervollständigt

RB = 0 (7.41)

das Gleichungssystem. Gemäß (7.33) hat das aber we-gen

NW = RB (7.42)

eine verschwindende Normalkraft zwischen Leiter undWand zur Folge. Wegen

NW = 0 und |RW | ≤ µW NW (7.43)

kann dann dort auch keine Reibkraft auftreten

RW = 0 . (7.44)

Mit NW = 0 und RW = 0 ist das Momentengleichge-wicht (7.35) nur für x = 0 erfüllt. Bei glattem Bodenkann also die Leiter gar nicht erst betreten werden.

55


7.3.4 Grenzbetrachtung

Nimmt man an, dass im Grenzfall alle Reibkräfte mit

|RW | =��Rmax

W

�� = ± µW NW und| RB | =

��RmaxB

�� = ± µB NB

(7.45)

ihre maximalen Werte erreichen, dann kann das Pro-blem gelöst werden, wenn die Richtung und damit dasVorzeichen der Reibkräfte entgegen der im Versagens-fall auftretenden Gleitbewegung in den entsprechendenKontaktstellen angesetzt wird. Beim Abrutschen derLeiter bewegen sich die Kontaktpunkte zwischen Lei-ter und Wand bzw. Leiter und Boden nach unten bzw.nach rechts. Die entsprechenden Reibkräfte RW und RB

wurden im Freikörperbild schon entgegengesetzt einge-zeichnet. Unmittelbar vor dem Abrutschen gilt dann

RW = +RmaxW = +µW NW und

RB = +RmaxB = +µB NB .

(7.46)

Damit stehen dann neben den drei Gleichgewichtsbe-ziehungen (7.33), (7.34) und (7.35) noch zwei weitereGleichungen zur Verfügung. Setzt man die Grenzwerte(7.46) in die Gleichgewichtsbeziehungen (7.33), (7.34)und (7.35) ein, dann erhält man

NW − µBNB = 0 , (7.47)NB − G + µW NW = 0 , (7.48)

x G − L µW NW − L tanα NW = 0 , (7.49)

wobei dieMomentengleichung zurVereinfachung durchcosα dividiert wurde. Die ersten zwei Gleichungen lie-fern die Normalkräfte zu

NW =µB

1 + µW µBG und NB =

11 + µW µB

G .

(7.50)In die Momentengleichung (7.49) eingesetzt, ergibtsich

x G − L µWµB

1 + µW µBG − L tanα

µB1 + µW µB

G = 0 .(7.51)

Nach geeigneter Umformung bleibt schließlich

xL= µB

µW + tanα1 + µW µB

. (7.52)

Das Ergebnis schließt die Sonderfälle µW = 0 undµB = 0 ein. Damit die Leiter auch bei x = L nochim Gleichgewicht ist, muss

µB (µW + tanα) = 1 + µW µB oder µB tanα = 1(7.53)

gelten. Der Vergleich mit (7.40) zeigt, dass die zusätz-liche Reibung an der Wand bei x = L ihren Einflussverliert.

7.4 Seilreibung

7.4.1 Grundgleichung

Ein Seil ist um eine fest eingespannte Trommel ge-schlungen und wird an den Enden durch die Kräfte SA

und SB belastet, Bild 7.13. Der Beiwert µ beschreibt die

α

SA

SB

μ

φ

dφ

Bild 7.13: Seilreibung

Reibung zwischen Seil und Trommel. Der Umschlin-gungswinkel α kennzeichnet den Bereich, wo das Seilauf der Trommel aufliegt. Unter einer beliebigen Win-kellage 0 ≤ ϕ ≤ α wird nun ein Seilelement herausge-schnitten, Bild 7.14. Das Kräftegleichgewicht in radialer

φdφ

S(φ+dφ)

S(φ) dNdR

Bild 7.14: Seilausschnitt

und tangentialer Richtung liefert

dN − S(ϕ) sindϕ2− S(ϕ + dϕ) sin

dϕ2= 0 , (7.54)

− S(ϕ) cosdϕ2− dR+ S(ϕ+ dϕ) cos

dϕ2= 0 . (7.55)

Die Seilkraft an der Stelle ϕ + dϕ kann durch durch dieersten beiden Glieder einer Taylor-Reihe

S(ϕ + dϕ) ≈ S(ϕ) +d Sdϕ

dϕ (7.56)

angenähert werden. Mit dϕ � 1 und unter Vernachläs-sigung von Termen höherer Ordnung bleibt dann

dN − S(ϕ) dϕ = 0 (7.57)

56


und− dR + dS = 0 . (7.58)

Die Reibungsungleichung gilt auch für den Seilab-schnitt. Aus

|dR| ≤ µ dN (7.59)

folgt mit (7.57) und (7.58)

|dS | ≤ µ S dϕ, (7.60)

wobei S ≥ 0 vorausgesetzt wurde. Bei

dS ≥ 0 (7.61)

können die Betragsstriche in (7.60) weggelassen wer-den. Die Ungleichung (7.60) kann dann in der Form

S=SB∫S=SA

dSS≤ µ

ϕ=α∫ϕ=0

dϕ (7.62)

angeschrieben werden. Man erhält

lnSBSA≤ µα oder

SBSA≤ eµ α . (7.63)

Infolge (7.61) muss SB ≥ SA sein. Damit kann (7.63)auch in Form einer Bereichsungleichung

SA ≤ SB ≤ SA eµ α (7.64)

angeschrieben werden.

7.4.2 Riemenantrieb

Bei dem im Bild 7.15 dargestellten Riemenantrieb um-schlingt der Riemen die Antriebsscheibe in dem Win-kelbereich α = π.

S2

S1

Mr

A

Bild 7.15: Riemenantrieb

Aus der Momentenbilanz folgt

S2 = S1 +Mr. (7.65)

Damit lautet die Reibungsungleichung (7.64)

S1 +Mr≤ S1 eµ α . (7.66)

Daraus folgt das maximal übertragbare Moment

M ≤ Mmax = S1 r (eµ α − 1) . (7.67)

Um Momente übertragen zu können muss der Riemenvorgespannt werden, S1 > 0.

Bei großen Winkelgeschwindigkeiten sind gegebenen-falls auch noch die Zentriefugalkräfte der Riementeil-chen zu berücksichtigen.

7.4.3 Bandbremse

Bei einer Bandbremse, Bild 7.16, ist ein raues Band umeine Trommel geschlungen. Das Band ist an beiden En-den an einem Hebel der Länge a befestigt, der am Endedurch die Kraft F belastet wird. Der Reibwert zwischenBand und Trommel ist mit µ gegeben. Die Trommel

S1

MLr

F

a

MR

B

AF

MLrMR

S2

BH

BV

AVAH

S1

S2

Bild 7.16: Bandbremse

wird je nach Anwendungsfall durch das BremsmomentML oder MR belastet.

Das System wird zunächst freigeschnitten. Die Gleich-gewichtsbeziehungen für die Teilsysteme Hebel undTrommel liefern dann

AH = 0AV − S1 − S2 + F = 0

2r S2 − a F = 0(7.68)

undBH = 0

S1 + BV + S2 = 0ML − MR − S1 r + S2 r = 0

(7.69)

wobei beide Bremsmomente gleichzeitig berücksichtigtwurden. DieMomentengleichgewichte amHebel und ander Trommel, jeweils die dritte Gleichung in (7.68) und(7.69), liefern die Kräfte in den Bandabschnitten zu

S2 =a2r

F und S1 = S2 +ML

r−

MR

r(7.70)

57


Für den Lastfall ML > 0 mit MR = 0 ist S1 > S2 undder rechte Teil der Reibungsungleichung (7.64) lautetdann

S1 ≤ S2 eµ α (7.71)

Mit (7.70) ergibt sich man daraus die Beziehung

a2r

F +ML

r≤

a2r

F eµ α (7.72)

Umgestellt erhält man

ML

r≤

a2r

F (eµ α − 1) (7.73)

Wegen eµ α−1 > 0 bleibt als Bedingung für ein Gleich-gewicht

F = FL ≥2ra

ML

r1

eµ α − 1(7.74)

Der Lastfall MR > 0 mit ML = 0 hat S1 < S2 zur Folge.Damit ist der rechteTeil derReibungsungleichung (7.64)nun in der Form

S2 ≤ S1 eµ α (7.75)

anzuschreiben. Mit (7.70) erhält man

a2r

F ≤(

a2r

F −MR

r

)eµ α (7.76)

oderMR

reµ α ≤

a2r

F (eµ α − 1) (7.77)

Wegen eµ α − 1 > 0 bleibt nun als Bedingung für einGleichgewicht

F = FR ≥2ra

MR

reµ α

eµ α − 1(7.78)

Je nach Belastungsfall werden also unterschiedlicheBremskräfte benötigt. Das Verhältnis

FR

FL=

eµ α

eµ α − 1eµ α − 1

1= eµα (7.79)

wächst exponentiell mit dem Reibwert µ und dem Um-schlingungswinkel α an.

Die einfache Bandbremse ist somit nur für einseitigeBelastungen, hier für den Belastungsfall ML > 0 mitMR = 0, brauchbar.

Bei gegebener Betätigkeitskraft F ≥ FL oder F ≥ FR

können über (7.70) die Bandkräfte angegeben werden.Dann liefert das Kräftegleichgewich am Hebel und ander Trommel, jeweils die beiden ersten Gleichungen in(7.68) und (7.69) die Lagerreaktionen in A und B.

7.5 Übungen

7.5.1 Kabeltrommel

Eine Kabeltrommel ist wie skizziert an einer senkrech-ten Wand gelagert. Der Reibwert zwischen Wand undTrommel ist µ0. Die Gelenke in A und B sind reibungs-frei. Das Gewicht der Strebe A-B kann gegenüber demGewicht G der Trommel vernachlässigt werden.

B

A

r2r1

!

F

Bild 7.17: Kabeltrommel

Bei welcher Kraft F beginnt sich die Trommel zu dre-hen? Lösung: F ≥

µ0 Gr2r1

tanα − µ0

(1 +

r2r1

)

7.5.2 Sonnenliege

Eine Sonnenliege mit demGewichtG steht auf einer ho-rizontalen Ebene. Bei A sind die Beine mit reibungsfreidrehbaren Rollen ausgestattet. Bei B ist der Reibwertzwischen den Beinen und dem Boden mit µ gegeben.Die Liege soll nun durch eine horizontale Kraft F, dieim Abstand h vom Boden angreift, verschoben werden,wobei selbstverständlich µh < 2a vorausgesetzt werdenkann.

A BGa a

μ

FLFR

h h

Welche Kraft ist mindestens erforderlich um die Liegenach rechts (F = FR) oder nach links (F = FL) zuverschieben? Was passiert bei µh = 2a?

Lösung: Auf Grund der Rolle kann in A nur eine Normalkraftauftreten

A

BGa a

μ

FLFR

h h

N

R

Das Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung und die Summe derMomente um den Punkt A

FR − FL + R = 0

h (FR − FL) + a G − 2a N = 0

liefern die Reib- und die Normalkraft zu

R = FL − FR und N =h2a(FR − FL) +

12

G

Die Überprüfung der Reibungsungleichung |R| ≤ µN ergibt mit FL =

0 für die Bewegung nach rechts

|−FR | ≤ µ

(h2a

FR +12

G)

oder FR ≤ µ

(h2a

FR +12

G)

bzw.

(2a − µ h) FR ≤ a µG oder bei h < 2a FR ≤ µa

2a − µ hG

Mit der KraftF > µ

a2a − µ h

G

kann also die Liege nach rechts verschoben werden. Mit FR = 0 giltfür die Bewegung nach links

|FL | ≤ µ

(h2a(−FL) +

12

G)

oder FL ≤ µ

(12

G −h2a

FL

)

Aufgelöst bleibtFL ≤ µ

a2a + µ h

G

Die Liege kann also mit der Kraft

F > µa

2a + µ hG

nach links leichter verschoben werden.Bei µh = 2a liegt Selbsthemmung vor. Die Liege würde dann eherkippen statt rutschen.

58


7.5.3 Bandbremse

Welche Kraft F1 bzw. F2 ist erforderlich, um mit derskizzierten Bandbremse das Drehmoment M1 bzw. M2abzubremsen?

Der Reibwert zwischen der Bremstrommel und demBand beträgt µ.

Zahlenwerte: |M1 | = |M2 | = 2 kNm, µ = 0.4,a = 0.05 m, b = 0.04 m, c = 0.75 m; r = 0.20 m,

M1

M2

rµ

b c

a

F /1 F2

Bild 7.18: Bandbremse

Lösung: F1 = 748 N ; F2 = 881 N .

59

8 Prinzipe der Statik

8.1 Minimale Energie

Hamilton1 hat ein Prinzip formuliert, nachdem alle Vor-gänge in der Natur mit minimalem Aufwand ablaufen.Daraus kann das Prinzip der minimalen Energie abge-leitet werden. Danach nimmt ein System in einer stabi-len Gleichgewichtslage einen Zustand ein, der durch einMinimum der potentiellen Energie

Epot → Min (8.1)

gekennzeichnet ist.

Das Vorgehen soll an einem Beispiel erläutert werden.Die Abbildung 8.1 zeigt einen Stab mit dem GewichtG der am Ende gelenkig gelagert und fest mit einerTrommel mit dem Radius r verbunden ist. Um die Rolleist ein Seil gewickelt, das am Ende das Gewicht Q trägt.Der Schwerpunkt des Stabes hat vom Drehpunkt denAbstand s.

Q

G

sϕ

rhG

hQ

Bild 8.1: Gleichgewichtslage

Bei einer Drehung um den Winkel ϕ wird der Stab-schwerpunkt auf die Höhe hG = s sin ϕ angehoben.Gleichzeitig senkt sich das Gewicht Q um die von derTrommel abgewickelte Seillänge hQ = −r ϕ ab. Wirktdie Schwerkraft (Erdbeschleunigung g) nach unten undzählt man die Schwerpunktshöhe h positiv nach oben,dann ist die potentielle Energie einer Masse m im ho-mogenen Schwerefeld durch

Epot = m g h (8.2)

gegeben. Auf den Stab und das Gewicht übertragen be-deutet dies

EGpot = G s sin ϕ und EQ

pot = −Q r ϕ . (8.3)

1 Sir William Rowan Hamilton, irisch-englischer Mathematikerund Physiker (04.08.1805-02.09.1865)

In der Gleichgewichtslage nimmt gemäß (8.1) die poten-tielle Energie des Gesamtsystems eine Minimum an

Epot = Epot (ϕ)︷︸︸︷G s sin ϕ︸︷︷︸

EGpot

−Q r ϕ︸︷︷︸EQpot

−→ Min . (8.4)

Die Funktion Epot = Epot (ϕ) hat einen Extremwert,wenn an einer Stelle ϕ = ϕ0 die erste Ableitung ver-schwindet. Ist die zweite Ableitung positiv, handelt essich um ein Minimum; ist sie negativ, tritt an der Stelleϕ0 ein Maximum auf. Die Ableitungen von (8.4) lie-fern

d Epot

d ϕ= G s cos ϕ − Q r (8.5)

undd2 Epot

d ϕ2 = −G s sin ϕ . (8.6)

Die erste Ableitung verschwindet für

G s cos ϕ0 = Q r oder cos ϕ0 =Q rG s

. (8.7)

Dies entspricht dem Momentengleichgewicht um denDrehpunkt. Da die Kosinus-Funktion nicht größer alsEins werden kann, existieren Lösungen nur wenn Qr

Gs ≤

1 erfüllt ist. Der GrenzfallQr = Gs beschreibt die durchϕ0 = 0 gekennzeichnete horizontale Lage. Für den FallQrGs =

45 liefert die Arkus-Kosinus-Funktion im Intervall

von −90◦ bis +90◦ mit

ϕ0 = arccos(

45

)= ±36.87◦ (8.8)

zwei Lösungen.

ϕ=36.87ο

stabil

instabil

5 Q r = 4 G s

Q

G

r

s ϕ=−36.87οQ

G

rs

Bild 8.2: Gleichgewichtslagen

Das Einsetzen in die 2. Ableitung (8.6) zeigt, dass diezweite Ableitung bei ϕ0 = +36.87◦ negativ und bei

60


ϕ0 = −36.87◦ positiv ist. Die Lösungen ϕ0 = −36.87◦und ϕ0 = +36.87◦ beschreiben somit für Qr

Gs =45 oder

5Qr = 4Gs Zustände, die durch minimale und maxi-male potentielle Energie gekennzeichnet sind und kenn-zeichnen dabei eine stabile und eine instabile Gleichge-wichtslage, Bild 8.2.

Das Prinzip der minimalen Energie kann allerdings nurbei Systemen angewendet werden, die über freie Be-wegungsmöglichkeiten verfügen. Die Statik befasst sichjedoch in der Regel mit Systemen, die kinematisch undstatisch bestimmt gelagert sind und deshalb keine Be-wegungsmöglichkeit mehr haben.

8.2 Virtuelle Arbeit

8.2.1 Vorbemerkung

Das Prinzip der minimalen potentiellen Energie hatals notwendige Bedingung das Verschwinden der1. Ableitung der potentielle Energie zur Folge

ddx

Epot (x) = 0 , (8.9)

wobei die Berechnung nur möglich ist, wenn das Sys-tem mit der Variablen x mindestens eine Bewegungs-möglichkeit hat. Bei kinematisch und statisch bestimmtgelagerten Systemen können nun durch ein gedachtesEntfernen von Lagernwertigkeiten virtuelle Verschie-bungen eingeführt werden. Ersetzt man dann in (8.9) dieDifferentiation d/dx durch das virtuelleAbleitungssym-bol δ und kennzeichnet den durch Hamilton beschriebe-nen Aufwand nicht durch die potentielle Energie Epot

sondern allgemeiner durch die Arbeit W , dann erhältman mit

δW = 0 (8.10)

das Prinzip der virtuellen Arbeit. Erfährt die Kraft Fdie virtuelle Verschiebung δu und das Moment M dievirtuelle Verdrehung δϕ dann ist die virtuelle Arbeitdurch

δW = F δu + M δϕ (8.11)

gegeben. Sind, wie bei elastischen Systemen, reale Ver-schiebungen und Verdrehungen vorhanden, dann kanndas Prinzip der virtuellen Arbeit auch mit virtuellenKräften und virtuellen Momenten verwendet werden.

8.2.2 Beispiel: Türschließer

Zum automatischen Schließen einer Tür wird der skiz-zierte Seilzug verwendet. Das im Punkt A an der Türbefestigte Seil läuft über die Umlenkscheiben B, C undträgt am Ende das Gewicht Q. Die Punkte A und B lie-gen auf gleicher Höhe. Mit der Kraft F, die am Randder Tür senkrecht zur Türebene wirkt, wird die Tür inder Winkelstellung ϕ offen gehalten, Bild 8.3.

Q

C

B Aa

x

z

F

a

a

φ

u

y

Bild 8.3: Türschließer

Bei einer gedachten, also virtuellen Störung, des Gleich-gewichts führt die Tür die virtuelle Drehung δϕ und dasGegengewicht die virtuelle Verschiebung δu durch. Dievirtuelle Arbeit, die das Gewicht Q und die Kraft Fleisten, ist durch

δW = δWQ + δWF = −Q δu + F 2a δϕ (8.12)

gegeben. Der Anteil der Gewichtskraft Q ist negativ, daQ nach unten wirkt, die Verschiebung u und damit auchdie virtuelle Verschiebung δu aber nach oben positivangesetzt wurden. Die virtuelle Verschiebung der KraftF ist durch die Bogenlänge 2a δϕ bestimmt.

Die Punkte A und B bilden die Grundlinie eines gleich-schenkligen Dreiecks mit dem Öffnungswinkel ϕ undder Schenkellänge a. Die Länge der Grundlinie ent-spricht der Verschiebung des Gegengewichtes und istmit

u = AB = 2 a sin (ϕ/2) (8.13)

bestimmt. Damit sind die virtuellen Verschiebungenüber

δu = 2 a cos (ϕ/2) δϕ/2 = a cos (ϕ/2) δϕ (8.14)

verknüpft. Damit erhält man für die virtuelle Arbeit

δW = −Q a cos (ϕ/2) δϕ + F 2 aδϕ

= (2F −Q cos(ϕ/2)) aδϕ .(8.15)

61


Das System ist im Gleichgewicht, wenn die virtuelleArbeit verschwindet. Die virtuelle Verdrehung δϕ istzwar klein, aber nicht zwangsläufig Null. Deshalb kannδW = 0 nur mit

2F −Q cos(ϕ/2) oder F = 12 Q cos(ϕ/2) (8.16)

erfüllt werden. Im Sonderfall ϕ = 180◦ wäre das Systemmit F = 0 allerdings in einer instabilen Gleichgewichts-lage.

8.2.3 Beispiel: Einzelne Lagerreaktionen

Bei dem Tragwerk aus Abschnitt 5.3 musste das Sys-tem zur Berechnung der Lagerreaktionen in Teilsystemezerlegt werden. Mit dem Prinzip der virtuellen Arbeitkönnen einzelne Lagerreaktionen am Gesamtsystem er-mittelt werden. Ist man zum Beispiel am Einspannmo-ment im Lager A interessiert, dann wandelt man zu-nächst die feste Einspannung in ein festes Gelenklagerum, Bild8.4.

a a a

A

B C

Q1Q2

D E

F

a

Q1Q2

MA

δϕ

Original-System

teilweise befreites System mitvirtueller Bewegung

δu1

δu2

Bild 8.4: Tragwerk Original und teilweise befreit

Das teilweise befreite Tragwerk besitzt nun eine Bewe-gungsmöglichkeit, die durch den virtuellen Drehwinkelδϕ erfasst wird. Die Wirkung der festen Einspannungin A wird durch das Moment MA berücksichtigt. Dievirtuelle Arbeit am teilweise befreiten Tragwerk kannmit

δW = MA δϕ +Q1 δu1 +Q2δu2 (8.17)

angegeben werden, wobei die virtuellen Verschiebun-gen der Angriffspunkte C und D der Kräfte Q1 und Q2jeweils nach unten positiv angesetzt wurden. Die vir-tuelle Drehung um den Punkt A führt auf Grund derSymmetrie mit

δu2 = −δu1 (8.18)

zu gleichgroßen aber entgegengesetzten virtuellen Ver-schiebungen der Kraftangriffspunkte. Setzt man wieder

kleine virtuelle Verdrehungen voraus, dann gilt

δu1 = −a δϕ (8.19)

Setzt man (8.18) und (8.19) in (8.17) ein, dann bleibt

δW = (MA −Q1 a +Q2a) δϕ . (8.20)

Das System ist im Gleichgewicht, wenn die virtuelleArbeit verschwindet. Bei δϕ , 0 ist das für

MA−Q1 a+Q2a = 0 oder MA = Q1 a−Q2a (8.21)

der Fall. Das Ergebnis (8.21) stimmt erwartungsgemäßmit der Lösung (5.18) aus den Gleichgewichtsbeziehun-gen an den Teilsystemen überein.

8.2.4 Anmerkung

Das Prinzip der virtuellen Arbeit ist sehr weitreichend.Es lässt sich auch auf die Elasto-Statik übertragen. Beikleinen Verformungen mit linear elastischem Material-verhalten lassen sich daraus die Sätze von Castiglianoaund Menabreab ableiten.a Carlo Alberto Castigliano (1847–1884) italienischer Baumeister,Ingenieur und Wissenschaftler

b Federico Luigi Conte diMenabrea (1809–1896) italienischerWis-senschaftler, General und Politiker

8.3 Übungs-Beispiel

Der skizzierte Gelenkträger mit der Länge 5a ist an ei-nem Ende in F durch ein festes und in B und E durchhorizontal verschiebliche Gelenke statisch bestimmt ge-lagert. Am anderen Ende in A sowie in C wird dasBauteil durch eine geneigte (tanα = 4

3 ) und eine verti-kale Kraft jeweils vom Betrag P belastet. Im Punkt Ewird das Moment M = 1

2 a P eingeleitet.

MA B E

P

Paa aaα a

C DF

Berechnen Sie mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit dieLagerreaktion in E. Lösung:

MB

PP cos α FE

δuCδuAδuEδϕ

D

Geometrie: cosα = 1/√

1 + tan2 α = 35

virtuelle Verschiebungen:δuE = aδϕ, δuC = δuE , δuA = δuE

virtuelle Arbeit: δW = −P cosα δA + P δuC + M δϕ − FE δD

eingesetzt: δW =(−P 3

5 a + P a + 12 a P − FE a

)δϕ

aus δW = 0 folgt: FE =910 P

62

9 Zusätzliche Übungsbeispiele

9.1 Kraftwirkung

9.1.1 Tragwerk

Berechnen Sie für das skizzierte räumliche Tragwerkdie Wirkung der Kraft F bezüglich der Punkte A, B und0.

F

A

B0a

a

a

x

z

y

9.1.2 Strommast

In einem geradlinig verlaufendem Teil einer Oberland-leitung ist eine der Leitungen gerissen.

SA�

SB

SCB

A�

C�

D

0�

h

2b�

E�

2a�

z

α

α

α

x�y�

Für die Beträge der am Mast angreifenden Kräfte gilt:| ®SA| = | ®SB | = | ®SC | = S.

a) Wie lauten die Ortsvektoren vom Koordinatenur-sprung 0 zu den Angriffspunkten A, B und C derKräfte?

b) Geben Sie die Kraftvektoren an.

c) Berechnen Sie die Wirkung der Kräfte ®SA, ®SB und®SC bezüglich 0.

9.2 Schwerpunkte

9.2.1 Zusammengesetzter Querschnitt

Der skizzierte Querschnitt setzt sich aus einem Halb-kreis und einem Rechteck zusammen.

r

b

S

Wie groß muss b gewählt werden, damit der Flächen-mittelpunkt des Querschnitts mit dem KreismittelpunktS zusammenfällt?

9.2.2 Rohrstutzen

Der skizzierte Rohrstutzen besteht aus Grauguss mit derDichte ρ = 7 200 kg/m3.

120

330

210

120

230

15

10

480

15

Berechnen Sie:

63


a) Volumen und Masse des Rohrstutzens,

b) das Kernvolumen.

9.3 Gleichgewicht

9.3.1 Tisch

Auf der horizontalen Platte eines Tisches vom GewichtGT mit dem Schwerpunkt S liegt eine Kugel vom Ge-wicht G1. An den vier Beinen des Tisches werden dievertikalen Kräfte F1 = 60 N , F2 = 40 N , F3 = 100 Nund F4 = 100 N gemessen. Jetzt wird eine weitere Ku-gel vom halben Gewicht der erstenG2 =

12 G1 aufgelegt.

Danach erhält man die Kräfte F∗1 = 70 N , F∗2 = 60 N ,F∗3 = 110 N und F∗4 = 120 N . Die Tischbeine haben inLänge und Breite die Abstände a = 1.2m und b = 0.8m.

a/2� a/2�

b/2�

S

b/2�

1

4

2

3

a) Wie schwer sind die Kugeln und der Tisch?

b) An welchen Stellen der Tischplatte wurden die Ku-geln aufgelegt?

9.3.2 Tretlager

Der Kettenantrieb eines Fahrrades wird in der skizzier-ten Stellung durch die um den Winkel α nach vornegeneigte Pedalkraft FP belastet. Es wird angenommen,dass das zweite Pedal unbelastet ist und der untere Teilder Kette keinen Zug ausübt.

α

FK

FP

r� P

x�

y�

z�

F�

P�

F�

KrK

x�

z

a� 1a� 2

a� 3a� 4

AF�

B

Wie groß sind die horizontal gerichtete Kettenkraft FK

und die in den Lagern A und B übertragenen Kräfte?

Zahlenwerte: FP = 500 N; α = 30◦;rP = 18 cm; rK = 9 cm;a1 = 1 cm; a2 = 7 cm;a3 = 10 cm; a4 = 16 cm.

9.4 Fachwerke

9.4.1 Einfache Fachwerke

Bestimmen Sie für die skizzierten Fachwerke die Lager-reaktionen und alle Stabkräfte.

F

a a

a

I IIIII

VIV

VI

9

2

43 5

8

7

6

1

F

a�

2a

I III

II�

V�

IV�

VI�

92

4

35 8

76

1

2F

F�

2a 2a

9.4.2 Verschiedene Fachwerkvarianten

Um die Kräfte F und 2F bei A und B in ein Fundamentzu leiten, werden zwei Fachwerkvarianten diskutiert.

2FF

A B

12a

5a 5a

I

2FF

A B

1 2

34 5

6 12a

5a 5a

II

7

1 2

34 5

6

Ermitteln Sie für beide Varianten die Lagerreaktionenin A und B sowie alle Stabkräfte.

64


9.4.3 Räumliches Fachwerk

Eine Hochspannungsleitung wird über einen Isolatordurch 3 Stäbe gehalten.

Die Zugkraft in der Leitung ist mit F = 1kN gegeben.

a�

F�

3a

a�

2a�

F

α

α

Berechnen Sie mit α = 15◦ und a = 0.5 m die Stabkräf-te.

9.5 Zug- und Druckbelastungen

9.5.1 Lasche

Eine Lasche aus 0.8 mm dickem Blech wird durch dieKraft F = 240 N belastet.

FF5

A

A

4.2 10

B

B

Ermitteln Sie die in den Schnitten A–A und B–B auf-tretenden Spannungen sowie den Lochleibungsdruck inden Bolzenlagerungen.

9.5.2 Dehnschraube

Die beiden Teile eines Gehäuses werden durch sechsSchrauben mit dem Schaftdurchmesser dS und demElastizitätsmodul ES zusammengehalten. Bei der Mon-tage werden die Schrauben soweit angezogen, dass ihreVerlängerung ∆hS beträgt. Der Flansch wird dabei um∆hF verkürzt.

h

dS

a)Wie groß ist die Zugspannung in der Schraube?

b)Mit welcher Kraft werden die Gehäuseteile zusam-men gepresst?

Im Gehäuse herrscht nun ein Überdruck. Dadurch wer-den die Schrauben zusätzlich durch eine Kraft F belas-tet.

c)Wie groß kann F höchstens werden, ohne dass einSpalt zwischen den Gehäuseteilen entsteht?

Zahlenwerte: dS = 12 mm, ES = 216 GPa,h = 70 mm, ∆hS = 0.022 mm, ∆hF = 0.012 mm.

9.5.3 Beamerhalterung

Ein Beamer mit dem Gewicht G ist wie skizziert gela-gert.

G

2a

4a a a a

A D

C

B Ex

z

EA

ϕ

a) Bestimmen Sie die Lagerreaktionen in A sowie dieKraft S im Stab B-C.

b) Umwieviel Prozent dehnt sich der Stab B-C, wenner die Dehnsteifigkeit E A = 450 kN besitzt undbei einem großen Beamer mit der Kraft S = 1 kNbelastet wird?

c) Um welchenWinkel ϕ neigt sich dann der als starrzu betrachtende Träger A-E?

9.5.4 Wärmetauscher

Ein Wärmetauscher besteht aus zwei konzentrischenRohren, die bei der Temperatur T0 = 20◦ durch star-

65


re Flansche spannungsfrei miteinander verbunden wur-den. Das Innenrohr ist aus Kupfer und das Außenrohraus Stahl. Durch den Wärmetauscher werden im Ge-genstrom Flüssigkeiten mit unterschiedlichen Tempera-turen geleitet. Dadurch erwärmen sich die Rohre. Überdie Rohrlänge von A nach B nimmt die Temperatur desInnenrohrs linear vonT1A aufT1B ab und die Temperaturdes Außenrohrs fällt linear von T2A auf T2B.

A B

T1AT1B

T2A

T2B

hx

d1a d1i

d2a d2i

1 2

a)Umwie viel ändert sich die Länge des Doppelrohrs imBetrieb gegenüber der Montagelänge h?

b)Wie groß sind die Spannungen in den Rohren?

Abmessungen: h = 1400 mm,d1i = 110 mm, d1a = 115 mm,d2i = 160 mm, d2a = 165 mm;

Temperaturen: T1A=80◦, T1B=26◦,T2A=60◦, T2B=10◦.

Kennwerte: E1 = 124 GPa, α1 = 16.5 ∗ 10−6 1/grad;E2 = 216 GPa, α2 = 14.0 ∗ 10−6 1/grad.

9.6 Tragwerke

9.6.1 Mars Rover

Der dreiachsige Rover Curiosity ist seit dem Jahr 2012auf demMars. Die erste Achse ist über Tragrohre direktamAufbau befestigt. Die Achsen 2 und 3 sind mit einem“walking beam” verbunden, der in D gelenkig am Auf-bau gelagert ist. Der Rover hat die Masse m = 900 kgund die wesentlichen Abmessungen sind der Skizze zuentnehmen.

D

750 750

F1

1500

F2F3

m gM

1400

Unter Berücksichtigung, dass die Gravitation auf demMars mit gM = 3.73 m/s2 gegeben ist, sind zu ermit-teln:a) die vertikale Gelenkkraft in D,b)die Achslasten F1, F2 und F3.


Das skizzierte Rahmentragwerk wird durch die Stre-ckenlast q0 und die Einzelkraft Q belastet.

b�

Q�

A

C�

B�

D

a�

a�

E

q�0

b�

Bestimmen Sie die Lagerreaktionen und die Belastun-gen im Gelenk.

9.6.3 Hebebühne

EineHebebühnewird durch einen Scherenmechanismusbetätigt. Die Scherenarme von der Länge 2a sind in denPunkten A, C, E gelenkig und in den Punkten B und Din Gleitführungen gelagert.

Die Hebebühne wird durch einen Hydraulikkolben be-tätigt, der in B die horizontale Kraft F ausübt.

Die Bühne mit dem Gewicht G trägt die Last Q.

66


Q�

G�

F�

A�

b� c�

a�

a�αα

C�

B

D�

E

Bei welcher Kraft F ist das System im Gleichgewicht?Wie groß sind dann die Gelenkkräfte in E und die La-gerreaktionen in den Punkten A, B, C und D?

9.7 Schnittgrößen

9.7.1 Führungsschiene

Die Führungsschiene eines Hubtisches wird wie skiz-ziert belastet.

3a

2F2F

a

z

a

x

Skizzieren Sie über der Länge der Führungsschiene 0 ≤x ≤ 5a den Verlauf der Querkraft Qz = Qz(x)sowie des Biegemomentes My = My(x) und geben Siederen Extremwerte an.

9.7.2 Hebel

Der skizzierte Hebel, der durch die Kräfte F und 2Fbelastet wird, befindet sich im Gleichgewicht.

2aF

2F

a

x

z

Skizzieren Sie über der Länge des Hebels 0 ≤ x ≤ 3aden Verlauf der Querkraft Qz = Qz(x) sowie des Biege-momentes My = My(x) und geben Sie deren Extrem-werte an.

9.7.3 Kranschiene

Ein Kran mit dem Eigengewicht G wird durch das Ge-wichtQ belastet. Die Kranschiene kann durch einen ein-seitig fest eingespannten Gelenkbalken modelliert wer-den.

� �

� �

�

Wie groß sind die Lagerreaktionen in A und B?

Skizzieren Sie für die angegebenen Zahlenwerte denVerlauf der Querkraft Q(x) und des BiegemomentesM(x) in der Kranschiene. An welcher Stelle tritt dasmaximale Moment auf?

Zahlenwerte: G = 50 kN , Q = 10 kN , a = 3 m, b = 2 m,c = 2 m, d = 0.5 m, e = 3 m.

9.7.4 Welle

Eine Welle mit dem Durchmesser d und der Dichte ρhängt wie skizziert an zwei Seilen der Länge 5

3 a.

F

s s2a

a�53

�_3

�

ρ,

_3

�5

d�

a�

67


Skizzieren Sie den Verlauf der Normalkraft N(x) , derQuerkraft Q(x) und des Biegemomentes M(x). Wie se-hen die Ergebnisse für s=0 und s=a aus!

Wie groß muss s gewählt werden, damit die Biegebean-spruchung der Welle minimal wird?

9.8 Reibung

9.8.1 Seilklemme

Wie groß ist bei der skizzierten Seilklemme die Belas-tung der Lagerbolzen in A und B?

A B

rh

F

Bei welchem Reibwert µ0 rutscht das Seil durch?

9.8.2 Werbetafel

EineWerbetafel besteht aus zwei Teilen jeweils vomGe-wicht G und der Länge 4a, die am oberen Ende gelenkigmiteinander verbunden sind. DieWerbetafel wird aufge-klappt auf eine horizontale Unterlage mit dem Reibwertµ0 gestellt, so dass die unteren Enden den Abstand 2ahaben.

2a

2a

μ0 μ0

G G

a aA B

C

W

a) Ermitteln Sie die Normalkräfte in den Kontaktpunk-ten Aund B, wenn dieWerbetafel durch dieWindkraftW belastet wird.

b) Bei welcher Windkraft W ≥ Wmax ist unabhängigvom Reibwert kein Gleichgewicht mehr möglich?

c) Welcher Reibwert µ0 ist mindestens erforderlich, da-mit die Werbetafel bei W = 1

2 G im Gleichgewichtist.

9.8.3 Lampe

Die Skizze zeigt eine höhenverstellbare Lampe. DerLampenschirm und die reibungsfrei drehbare Umlen-krolle haben zusammen die Masse M . Das Gegenge-wicht hat die Masse m.

Um Massendifferenzen auszugleichen, läuft das Seilüber einen feststehenden Bolzen (Reibwert µ0).

d

µ0Bolzen

Gegen-mgewicht

Umlenk-rolle

Lampen-

Mschirm

F

a) In welchen Grenzen darf das Massenverhältnism/M schwanken, damit die Lampe bei F = 0 imGleichgewicht ist?

b) WelcheKraft F ist erforderlich, umdie Lampe nachunten zu ziehen?

c) WelcheKraft F ist erforderlich, umdie Lampe nachoben zu schieben?

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9.9 Prinzipe


Das skizzierte Rahmentragwerkwird durch zwei Kräfte,jeweils vom Betrag F, belastet.

4a

a

a

a a

F

FA

B

C

D

Bestimmen Sie mit dem Prinzip der virtuellen Arbeitdie Lagerreaktionen in A sowie das Einspannmoment inB.

Die dazu erforderlichen virtuellen Bewegungen ergebensich, wenn die Lager in A und B jeweils um die entspre-chende Wertigkeit befreit werden.

9.9.2 Hebebühne

Bestimmen Sie für die Hebebühne aus Beispiel 9.6.3 dieKraft F, die erforderlich ist, damit das System, belastetdurch Q und G in der Winkelstellung α im Gleichge-wicht ist.

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vorlesungsskript prof. dr. georg rill januar 2017rig39165/skripte/tmi_skript.pdf · ii. 1 vektoren...

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