Technische Mechanik / 1, Statik [9., vollst. neu bearb. Aufl] 3540340874, 9783540340874 [PDF]

Zitiervorschau

Springer-Lehrbuch

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

Prof. Dr. Werner Hauger studierte Angewandte Mathematik und Mechanik an der Universität Karlsruhe und promovierte an der Northwestern University in Evanston/Illinois. Er war mehrere Jahre in der Industrie tätig, hatte eine Professur an der Universität der Bundeswehr in Hamburg und wurde 1978 an die TU Darmstadt berufen. Sein Arbeitsgebiet ist die Festkörpermechanik mit den Schwerpunkten Stabilitätstheorie, Plastodynamik und Biomechanik. Er ist Autor von Lehrbüchern und Mitherausgeber internationaler Fachzeitschriften. Prof. Dr.-Ing. Jörg Schröder studierte Bauingenieurwesen, promovierte an der Universität Hannover und habilitierte an der Universität Stuttgart. Nach einer Professur für Mechanik an der TU Darmstadt ist er seit 2001 Professor für Mechanik an der Universität Duisburg-Essen. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die theoretische und die computerorientierte Kontinuumsmechanik sowie die phänomenologische Materialtheorie mit Schwerpunkten auf der Formulierung anisotroper Materialgleichungen und der Weiterentwicklung der Finite-Elemente-Methode. Prof. Dr.-Ing. Wolfgang A. Wall studierte Bauingenieurwesen an der Universität Innsbruck und promovierte an der Universität Stuttgart. Seit 2003 leitet er den Lehrstuhl für Numerische Mechanik an der Fakultät Maschinenwesen der TU München. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die numerische Strömungs- und Strukturmechanik. Schwerpunkte dabei sind gekoppelte Mehrfeld- und Mehrskalenprobleme mit Anwendungen, die sich von der Aeroelastik bis zur Biomechanik erstrecken.

Dietmar Gross · Werner Hauger Jörg Schröder · Wolfgang A. Wall

Technische Mechanik Band 1: Statik 9., vollständig neu bearbeitete Auflage

Mit 184 Abbildungen

123

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross Prof. Dr. Werner Hauger Prof. Dr. rer. nat. Dr.-Ing. E.h. Walter Schnell † Institut für Mechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt

Prof. Dr.-Ing. Jörg Schröder

Prof. Dr. Wolfgang A. Wall

Institut für Mechanik Universität Duisburg-Essen Campus Essen Universitätsstraße 15 45117 Essen

Lehrstuhl für Numerische Mechanik Technische Universität München Boltzmannstraße 15 85747 Garching

Die 2. Auflage erschien 1989 in der Reihe Heidelberger Taschenbücher“ als Band 215 ” Vorauflage erschienen unter Gross, Hauger, Schnell, Schröder: Technische Mechanik 1“ ” Bibliografische Information Der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.ddb.de abrufbar.

ISBN-10 3-540-34087-4 Springer Berlin Heidelberg New York ISBN-13 978-3-540-34087-4 Springer Berlin Heidelberg New York Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Springer ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media springer.de © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1982, 1986, 1988, 1990, 1992, 1995, 1998, 2003, 2004, 2006 Printed in Germany Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, daß solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Sollte in diesem Werk direkt oder indirekt auf Gesetze, Vorschriften oder Richtlinien (z.B. DIN, VDI, VDE) Bezug genommen oder aus ihnen zitiert worden sein, so kann der Verlag keine Gewähr für die Richtigkeit, Vollständigkeit oder Aktualität übernehmen. Es empfiehlt sich, gegebenenfalls für die eigenen Arbeiten die vollständigen Vorschriften oder Richtlinien in der jeweils gültigen Fassung hinzuzuziehen. Satz: Reproduktionsfertige Vorlagen der Autoren Herstellung: LE-T TEX Jelonek, Schmidt & Vöckler GbR, Leipzig Umschlaggestaltung: design & production GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier

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Vorwort Die Statik stellt den ersten Teil eines vierbandigen Lehrbuches der ¨ Technischen Mechanik dar. Sie wird gefolgt von der Elastostatik, der Kinetik und einem Band, der sich mit der Hydromechanik, Mechanik und Numerischen Methoden Elementen der Hoheren ¨ befasst. Ziel des Buches ist es, an das Verstehen der wesentlichen Grundgesetze und Methoden der Mechanik heranzufuhren. f¨ Auch soll es zur Entwicklung der Fahigkeit beitragen, mit Hilfe der Mechanik ¨ Ingenieurprobleme zu formulieren und selbstandig zu l¨osen. ¨ Das Buch ist aus Lehrveranstaltungen hervorgegangen, die von den Verfassern ffur ¨ Studierende aller Ingenieur-Fachrichtungen gehalten wurden. Der dargestellte Stoff orientiert sich im Umfang an den Mechanik-Kursen deutschsprachiger Hochschulen. Bei Beauf das unumg¨ anglich Notwendige wurde bewusst so schrankung ¨ manches wunschenswerte Detail einer ausffuhrlicheren Darstellung ¨ ¨ des Grundlegenden geopfert. Ohne unprazise zu sein, haben wir ¨ einen moglichst einfachen Zugang zur Mechanik gew¨ahlt, der den ¨ unterschiedlichen Eingangskenntnissen der heutigen Studienanffanger gerecht wird. Uns kam es vor allem darauf an, ein tragff¨ahi¨ ges Fundament zu legen, das in den Ingenieurfachern f¨ genutzt werden kann und das ein tieferes Eindringen in weitergehende Gebiete der Mechanik ermoglicht. ¨ Die Mechanik ist nicht durch reine Lekture ¨ erlernbar. Dieses Buch sollte deshalb als echtes Arbeitsmittel verwendet werden. Der Leser muss sich schon die Muhe ¨ machen, mit Bleistift und Papier die eine oder andere Herleitung nachzuvollziehen. Vor allem kann die Anwendung der scheinbar so leichten Gesetzmaßigkei¨ ten nur durch selbstandiges L¨ osen von Aufgaben gelernt werden. ¨ Diesem Zweck dienen auch die durchgerechneten Beispiele. Die freundliche Aufnahme, welche dieses Buch gefunden hat, macht eine Neuauflage erforderlich. Wir haben sie genutzt, um eine Reihe von Verbesserungen und Erganzungen vorzunehmen. ¨

VI

Herzlich gedankt sei an dieser Stelle Frau Heike Herbst, die mit großer Sorgfalt die Zeichnungen anfertigte. Wir danken auch dem Springer-Verlag ffur und fur ¨ das Eingehen auf unsere Wunsche ¨ ¨ die ansprechende Ausstattung des Buches. Darmstadt, Essen und Munchen, im Juli 2006 ¨

D. Gross W. Hauger J. Schroder ¨ W.A. Wall

Inhaltsverzeichnis Einf¨ uhrung.................................................................

1

1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8

Grundbegriffe Die Kraft ......................................................... Eigenschaften und Darstellung der Kraft ................... Der starre K¨ orper ............................................... Einteilung der Krafte, Schnittprinzip ........................ ¨ Wechselwirkungsgesetz ........................................ Dimensionen und Einheiten ................................... Losung statischer Probleme, Genauigkeit .................. ¨ Zusammenfassung ..............................................

7 7 9 11 14 15 16 18

2 2.1 2.2

Kr¨ afte mit gemeinsamem Angriffspunkt Zusammensetzung von Kraften in der Ebene.............. ¨ Zerlegung von Kraften in der Ebene, Komponentendar¨ stellung ........................................................... Gleichgewicht in der Ebene ................................... Beispiele ebener zentraler Kraftegruppen .................. ¨ Zentrale Kraftegruppen im Raum ........................... ¨ Zusammenfassung ..............................................

2.3 2.4 2.5 2.6 3 3.1 3.1.1 3.1.2 3.1.3 3.1.4 3.1.5 3.2 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.3

21 24 28 29 37 44

Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers Allgemeine Kraftegruppen in der Ebene .................... 47 ¨ Kraftepaar und Moment des Kr¨aftepaares ................. 47 ¨ Moment einer Kraft ............................................ 52 Die Resultierende ebener Kraftsysteme ..................... 54 Gleichgewichtsbedingungen ................................... 56 Grafische Zusammensetzung von Kraften: das Seileck .. 65 ¨ Allgemeine Kraftegruppen im Raum ........................ 70 ¨ Der Momentenvektor........................................... 70 Gleichgewichtsbedingungen ................................... 76 Dyname, Kraftschraube ....................................... 82 Zusammenfassung .............................................. 88

VIII

4 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

Schwerpunkt Schwerpunkt einer Gruppe paralleler Krafte 91 ¨ ............... Schwerpunkt und Massenmittelpunkt eines K¨ orpers ..... 94 Flachenschwerpunkt ............................................ 99 ¨ Linienschwerpunkt .............................................. 110 Zusammenfassung .............................................. 112

5 5.1 5.1.1 5.1.2 5.1.3 5.2 5.3 5.3.1 5.3.2 5.3.3 5.3.4 5.4

Lagerreaktionen Ebene Tragwerke................................................ Lager .............................................................. Statische Bestimmtheit ........................................ Berechnung der Lagerreaktionen............................. Raumliche Tragwerke .......................................... ¨ Mehrteilige Tragwerke ......................................... Statische Bestimmtheit ........................................ Dreigelenkbogen ................................................ Gelenkbalken..................................................... Kinematische Bestimmtheit................................... Zusammenfassung ..............................................

115 115 118 121 123 126 126 132 135 138 144

6 6.1 6.2 6.3 6.3.1 6.3.2 6.3.3 6.4

Fachwerke Statische Bestimmtheit ........................................ Aufbau eines Fachwerks ....................................... Ermittlung der Stabkrafte ¨ ..................................... Knotenpunktverfahren ......................................... Cremona-Plan ................................................... Rittersches Schnittverfahren .................................. Zusammenfassung ..............................................

147 149 151 151 157 162 165

7 7.1 7.2 7.2.1 7.2.2

Balken, Rahmen, Bogen Schnittgroßen .................................................... ¨ Schnittgroßen am geraden Balken ........................... ¨ Balken unter Einzellasten...................................... Zusammenhang zwischen Belastung und Schnittgroßen .............................................. ¨ Integration und Randbedingungen........................... ¨ Ubergangsbedingungen bei mehreren Feldern .............

7.2.3 7.2.4

169 173 174 180 182 187

IX

7.2.5 7.2.6 7.3 7.4 7.5

Foppl-Symbol .................................................... ¨ Punktweise Ermittlung der Schnittgroßen.................. ¨ Schnittgroßen bei Rahmen und Bogen ..................... ¨ Schnittgroßen bei r¨aumlichen Tragwerken ................. ¨ Zusammenfassung ..............................................

8 8.1 8.2 8.3 8.4 8.5 8.6

Arbeit Arbeitsbegriff und Potential .................................. Der Arbeitssatz.................................................. Gleichgewichtslagen und Krafte ¨ bei beweglichen Systemen ................................................................ Ermittlung von Reaktions- und Schnittkraften ............ ¨ Stabilitat ¨ einer Gleichgewichtslage .......................... Zusammenfassung ..............................................

223 229 234 246

9 9.1 9.2 9.3 9.4

Haftung und Reibung Grundlagen ....................................................... Die Coulombschen Reibungsgesetze......................... Seilhaftung und Seilreibung ................................... Zusammenfassung ..............................................

249 251 261 266

A A.1 A.1.1 A.1.2 A.1.3 A.1.4 A.2

Vektoren, Gleichungssysteme Elemente der Vektorrechnung ................................ Multiplikation eines Vektors mit einem Skalar ............ Addition und Subtraktion von Vektoren .................... Skalarprodukt .................................................... Vektorprodukt ................................................... Lineare Gleichungssysteme ....................................

268 271 271 272 273 275

193 197 201 207 212

215 221

Englische Fachausdr¨ ucke .............................................. 281 Sachverzeichnis .......................................................... 289

Einfuhrung ¨ Die Mechanik ist der ¨ alteste und am weitesten entwickelte Teil der Physik. Als eine wichtige Grundlage der Technik nimmt ihre Bedeutung wegen der laufenden Erweiterung ihrer Anwendungsgebiete immer mehr zu. Die Aufgabe der Mechanik ist die Beschreibung und Vorherbestimmung der Bewegungen von Korpern sowie der Kr¨afte, die mit ¨ diesen Bewegungen im Zusammenhang stehen. Technische Beispiele fur f¨ solche Bewegungen sind das rollende Rad eines Fahrzeuges, die Stromung einer Flussigkeit in einem Kanal, die Bahn eines ¨ ¨ Flugzeuges oder die eines Satelliten. Bewegungen“ im verallge” meinerten Sinn sind aber auch die Durchbiegung einer Brucke oder ¨ die Deformation eines Bauteiles unter der Wirkung von Lasten. Ein wichtiger Sonderfall der Bewegung ist der Zustand der Ruhe. Ein Gebaude, ein Damm oder ein Fernsehturm sollen schließlich so ¨ urzen. bemessen sein, dass sie sich gerade nicht bewegen oder einst¨ Die Mechanik grundet sich auf einige wenige Naturgesetze von ¨ axiomatischem Charakter. Darunter versteht man Aussagen, die vielfachen Beobachtungen entnommen sind und aus der Erfahrung heraus als richtig angesehen werden; auch ihre Folgerungen werden durch die Erfahrung bestatigt. In diesen Naturgesetzen und den ¨ daraus folgenden Satzen werden uber mechanische Gr¨oßen, wie ¨ ¨ Geschwindigkeit, Masse, Kraft, Impuls, Energie, welche die mechanischen Eigenschaften eines Systems bzw. die Wirkungen auf dieses System beschreiben, Aussagen gemacht, oder diese Begriffe werden miteinander verknupft. ¨ Sowohl in den Naturgesetzen selbst als auch in deren Anwendungen werden nicht reale Korper oder reale technische Systeme ¨ mit ihren vielfaltigen f¨ Eigenschaften betrachtet, sondern es werden Modelle untersucht, welche die wesentlichen mechanischen Merkmale der realen Korper oder Systeme besitzen. Beispiele hierffu ¨ ¨r sind Idealisierungen wie starrer K¨orper oder Massenpunkt. Ein realer Korper oder ein technisches Bauteil sind naturlich immer ¨ ¨ in gewissem Maße deformierbar. Man wird sie jedoch dann als nichtverformbar, d.h. als starre K¨orper auffassen konnen, wenn die ¨ Deformationen keine wesentliche Rolle bei der Beschreibung eines

2

Einf¨ uhrung

mechanischen Vorganges spielen. Sollen der Wurf eines Steines oder die Bewegung eines Planeten im Sonnensystem untersucht werden, so ist es meist hinreichend, diese Korper als Massenpunk¨ te anzusehen, da ihre Abmessungen sehr klein im Vergleich zu den zuruckgelegten Wegen sind. ¨ Als exakter Sprache bedient sich die Mechanik der Mathematik. pr¨ azise Formulierungen ohne Bindung an einen Erst sie ermoglicht ¨ bestimmten Ort oder an eine bestimmte Zeit, und sie versetzt zu beschreiben und zu uns in die Lage, mechanische Vorgange ¨ erfassen. Will ein Ingenieur ein technisches Problem mit Hilfe der Mechanik losen, so hat er das reale technische System zun¨achst auf ¨ ein Modell abzubilden, das dann unter Anwendung der mechanischen Grundgesetze mathematisch analysiert werden kann. Die mathematische Losung ist schließlich wieder zuruck ¨ ¨ zu ubersetzen, ¨ d.h. mechanisch zu interpretieren und technisch auszuwerten. Da es zunachst auf das Erlernen der Grundgesetze und ihrer ¨ richtigen Anwendung ankommt, werden wir die Frage der Modellbildung, die viel Konnen und Erfahrung voraussetzt, meist aus¨ klammern. Die mechanische Analyse idealisierter Systeme, in denen der reale technische Ausgangspunkt manchmal nicht mehr erkennbar ist, ist jedoch nicht wirklichkeitsfremde Spielerei, sondern sie soll den angehenden Ingenieur in die Lage versetzen, sp¨¨ater praktische Probleme mit Hilfe der Theorie selbstandig zu l¨osen. ¨ Eine Einteilung der Mechanik kann nach verschiedenen Gesichtspunkten erfolgen. So spricht man je nach dem Aggregatzustand der Korper von der Mechanik fester K¨orper, der Mechanik ¨ K¨orper und der Mechanik gasformiger f¨ K¨orper. Die festen flussiger ¨ Korper, mit denen wir uns hier ausschließlich besch¨aftigen, kann ¨ man wieder unterteilen in starre K¨orper, elastische K¨orper oder plastische K¨orper; bei den flussigen K¨ orpern unterscheidet man ¨ zum Beispiel reibungsfreie und viskose Flussigkeiten. Die Eigen¨ schaften starr, elastisch oder viskos sind dabei wieder Idealisierungen, durch welche die wesentlichen Eigenschaften der realen Korper mathematisch erfassbar werden. ¨ Nach der Grundaufgabe, namlich der Untersuchung von Kraf¨ ¨ ten und Bewegungen, unterteilt man die Mechanik auch in Kinematik und Dynamik. Die Kinematik (griech. kinesis = Bewegung)

Einf¨ uhrung

3

ist dabei die Lehre vom geometrischen und zeitlichen Bewegungsablauf, ohne dass auf Krafte ¨ als Ursache oder Wirkung der Bewegung eingegangen wird. Die Dynamik (griech. dynamis = Kraft) beschaftigt sich dagegen mit den Kr¨ aften und den mit ihnen im ¨ Zusammenhang stehenden Bewegungen. Die Dynamik unterteilt man in die Statik und die Kinetik. Dabei befasst sich die Statik (lat. status = Stehen) mit den Kraften und dem Gleichgewicht ¨ (Sonderfall der Ruhe), wahrend die Kinetik tatsachliche Bewe¨ ¨ gungen unter der Wirkung von Kraften untersucht. ¨ Daneben unterteilt man die Mechanik auch noch in Analytische Mechanik und Technische Mechanik. Die Analytische Mechanik untersucht die mechanischen Vorgange mit den analytischen ¨ Hilfsmitteln der Mathematik und dem Ziel, zu prinzipiellen Einsichten und Gesetzmaßigkeiten zu gelangen. Das Detailproblem ist ¨ dabei untergeordnet. Unter Technischer Mechanik versteht man dagegen eine Mechanik, die sich auf die Probleme und Anspruche ¨ des konstruierenden und berechnenden Ingenieurs konzentriert. Er muss Brucken, Kr¨ ane, Geb¨ aude, Maschinen, Fahrzeuge oder ¨ Komponenten von Mikrosystemen statisch und dynamisch so analysieren, dass sie bestimmte Belastungen ertragen oder bestimmte Bewegungen ausfuhren f¨ k¨ onnen. In der geschichtlichen Entwicklung ist der Ursprung der Mechanik in der griechischen Antike anzusiedeln, obwohl sich naturlich ¨ die Menschen bei Werkzeugen und Geraten schon viel fr uher ihrer ¨ ¨ durch Erfahrung gewonnenen mechanischen Erkenntnisse bedienten. Durch die Arbeiten von Archimedes (287–212) uber Hebel, ¨ Flaschenzug, Schwerpunkt und Auftrieb wurden einige Grundsteine fur f¨ die Statik gelegt, zu denen jedoch bis zur Renaissance nichts Bemerkenswertes hinzukam. Weitere Fortschritte erzielten Leonardo da Vinci (1452–1519) mit Betrachtungen uber das Gleich¨ gewicht auf der schiefen Ebene und Simon Stevin (1548–1620) mit seiner Erkenntnis des Gesetzes der Kraftezusammensetzung. ¨ Die ersten Untersuchungen zur Bewegungslehre gehen auf Galileo Galilei (1564–1642) zuruck, der die Fallgesetze fand; zu ihnen ¨ kamen die Gesetze der Planetenbewegung von Johannes Kepler (1571–1630) und die vielfaltigen f¨ Arbeiten von Christian Huygens

4

Einf¨ uhrung

(1629–1695). Sie mundeten in die Formulierung der Bewegungsge¨ setze durch Isaac Newton (1643–1727). Hier setzte eine sturmische ¨ Entwicklung ein, die einherging mit der Entwicklung der Analysis und die mit der Familie Bernoulli (17. und 18. Jhdt.), mit Leonhard Euler (1707–1783), Jean Lerond D’Alembert (1717–1783) und Joseph Louis Lagrange (1736–1813) verbunden ist. Infolge der Fortschritte der analytischen und numerischen Methoden – letztere besonders gefordert f¨ durch die Computerentwicklung – erschließt die Mechanik heute immer weitere Gebiete und immer komplexere Problemstellungen einer exakten Analyse. Gleichzeitig dringt sie durch ihre Methodik der Modellbildung und mathematischen Analyse auch in Teile von fruher rein beschreibenden Wis¨ senschaften, wie Medizin, Biologie oder Sozialwissenschaften ein.

Kapitel 1 Grundbegriffe

1

1 Grundbegriffe 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8

Die Kraft ......................................................... Eigenschaften und Darstellung der Kraft .................. Der starre K¨orper............................................... Einteilung der Krafte, Schnittprinzip ....................... ¨ Wechselwirkungsgesetz ........................................ Dimensionen und Einheiten .................................. Losung statischer Probleme, Genauigkeit.................. ¨ Zusammenfassung ..............................................

7 7 9 11 14 15 16 18

Lernziele: Die Statik ist die Lehre von den Kraften an ¨ Korpern, die sich im Gleichgewicht befinden. Um statische Proble¨ me untersuchen zu k¨ onnen, mussen wir uns zunachst mit einigen ¨ ¨ Grundbegriffen, Erfahrungssatzen und Arbeitsprinzipien beschafti¨ ¨ gen. Besondere Bedeutung haben dabei das Schnittprinzip, das Wechselwirkungsgesetz sowie das Freikorperbild“. Sie werden bei ¨ ” der Losung von nahezu allen Problemen der Statik angewendet. ¨

1.1

Die Kraft

7

1.1 Die Kraft

1.1

Den Begriff der Kraft entnehmen wir unserer taglichen Erfahrung. ¨ Obwohl man Krafte ¨ nicht sehen oder direkt beobachten kann, sind uns doch ihre Wirkungen gelaufig: eine Schraubenfeder verl¨angert ¨ sich, wenn wir ein Gewicht daran hangen oder wenn wir daran ¨ ziehen. Die Muskelspannung vermittelt uns dabei ein qualitatives Gefuhl f¨ fur ¨ die Kraft in der Feder. Ein Stein wird beim freien Fall durch die Schwerkraft, beim Abwerfen durch die Muskelkraft beschleunigt. Wir spuren den Druck auf die Handflache, wenn ¨ ¨ wir einen darauf liegenden Korper heben. Gehen wir davon aus, ¨ dass uns die Schwerkraft und ihre Wirkungen aus der Erfahrung bekannt sind, so konnen wir die Kraft als eine Gr¨oße bezeichnen, ¨ die mit der Schwerkraft vergleichbar ist. Die Statik untersucht ruhende Korper. Aus Erfahrung wissen ¨ wir, dass ein Korper, der nur der Wirkung der Schwerkraft uber¨ ¨ lassen ist, sich bewegt: er fallt. f¨ Damit ein Stein nicht f¨allt, sich also im Gleichgewicht befindet, mussen wir auf ihn einwirken, zum ¨ Beispiel durch unsere Muskelkraft. Wir konnen somit auch sagen: ¨

1.2 Eigenschaften und Darstellung der Kraft Die Kraft ist durch drei Eigenschaften bestimmt: Betrag, Richtung und Angriffspunkt. Der Betrag gibt die Große ¨ der wirkenden Kraft an. Ein qualitatives Gefuhl f¨ daffur ¨ vermittelt die unterschiedliche Muskelspannung, wenn wir verschiedene Korper heben oder wenn wir mit ¨ unterschiedlicher Intensitat Gemessen ¨ gegen eine Wand drucken. ¨ werden kann der Betrag F einer Kraft, indem man sie mit der Schwerkraft, d.h. mit geeichten Gewichten vergleicht: befindet sich in Abb. 1.1 der Korper vom Gewicht G im Gleichgewicht, so gilt ¨ F = G. Als Maßeinheit ffur ¨ die Kraft verwenden wir das Newton“ ” oder abgekurzt N (vgl. Abschnitt 1.6). ¨

1.2

8

1 Grundbegriffe

F α

G

f

Abb. 1.1

Dass die Kraft eine Richtung hat, ist uns ebenfalls gelaufig. ¨ Wahrend die Schwerkraft immer lotrecht nach unten wirkt, k¨on¨ nen wir mit der Hand senkrecht oder schrag ¨ auf eine Tischplatte drucken. Die Kiste auf der glatten Unterlage in Abb. 1.2 wird sich ¨ in verschiedene Richtungen bewegen, je nachdem in welcher Richtung man auf sie mit der Kraft F einwirkt. Die Richtung der Kraft konnen wir durch ihre Wirkungslinie und den Richtungssinn auf ¨ ihr beschreiben. In Abb. 1.1 ist die Wirkungslinie f der Kraft F unter dem Winkel α zur Horizontalen geneigt. Der Richtungssinn wird durch den Pfeil ausgedruckt. ¨ Schließlich wirkt die Kraft an einem bestimmten Angriffspunkt. Abhangig davon, wo sich dieser Punkt A in Abb. 1.2 an der Kis¨ te befindet, wird die Kraft unterschiedliche Bewegungen verursachen. A

F

A

F

A

A

F F Abb. 1.2

Durch Betrag und Richtung ist mathematisch ein Vektor bestimmt. Im Unterschied zu einem freien Vektor, der im Raum beliebig parallel verschoben werden kann, ist die Kraft an ihre Wirkungslinie gebunden und besitzt einen Angriffspunkt:

Entsprechend der Symbolik der Vektorrechnung schreiben wir ff¨ ur die Kraft F und ffur ¨ den Betrag der Kraft |F | oder F . In Zeichnungen stellen wir die Kraft wie in den Abbildungen 1.1 und 1.2 durch einen Pfeil dar. Da aus dem Pfeilbild der Vektorcharakter

1.3

Der starre K¨ orper

9

z Fz

Abb. 1.3

ez α

γ

ex Fx

ey

F β Fy

y

x

meist eindeutig hervorgeht, begnugt ¨ man sich oft damit, nur den Betrag F der Kraft an den Pfeil zu schreiben. In kartesischen Koordinaten (vgl. Abb. 1.3 und Anhang A) k¨onnen wir den Kraftvektor mit Hilfe der Einheitsvektoren ex , ey , ez darstellen als F = F x + F y + F z = Fx ex + Fy ey + Fz ez .

(1.1)

Fur ¨ den Betrag F gilt nach dem Satz von Pythagoras im Raum  F = Fx2 + Fy2 + Fz2 . (1.2) Die Richtungswinkel und damit die Richtung der Kraft folgen aus cos α =

Fx , F

cos β =

Fy , F

cos γ =

Fz . F

(1.3)

1.3 Der starre K¨ orper Als starren K¨orper bezeichnen wir einen Korper, der unter der ¨ Wirkung von Kraften keine Deformationen erff¨ ahrt; die gegenseiti¨ gen Abstande beliebiger K¨ orperpunkte bleiben immer gleich. Dies ¨ stellt naturlich eine Idealisierung eines realen K¨ orpers dar, die al¨ lerdings oft mit hinreichender Naherung erffullt ¨ ¨ ist. Aus Erfahrung mit solchen Korpern weiß man, dass eine Einzelkraft entlang ih¨ rer Wirkungslinie beliebig verschoben werden kann, ohne dass die Wirkung auf diesen Korper als Ganzes ver¨ andert wird. ¨

1.3

10

1 Grundbegriffe

F f

A1

F f

A1

F

deformierbarer K¨ orper f

A2

F

starrer K¨ orper f

A2

Abb. 1.4

Wir veranschaulichen dies in Abb. 1.4. Wahrend bei der de¨ formierbaren Kugel die Wirkung der Kraft vom Angriffspunkt abhangt, ist es bei der starren Kugel hinsichtlich der Wirkung ¨ der Kraft F auf den ganzen Korper gleichgultig, ob an der Kugel ¨ ¨ gezogen oder gedruckt wird. Diese Tatsache drucken wir durch die ¨ ¨ S¨ atze aus: ¨

Eine Parallelverschiebung von Kraften andert ihre Wirkung je¨ ¨ doch wesentlich. So zeigt die Erfahrung, dass wir einen K¨orper vom Gewicht G im Gleichgewicht halten konnen, wenn wir ihn ¨ geeignet (unterhalb des Schwerpunktes) durch die Kraft F mit F = G unterstutzen (Abb. 1.5a). Verschieben wir die Kraft F ¨ parallel, so kommt es zu einer Drehwirkung, und der Korper wird ¨ rotieren (Abb. 1.5b). f

f G

G

F

F a

b

Abb. 1.5

1.4

Einteilung der Kr¨afte, Schnittprinzip

11

1.4

1.4 Einteilung der Krafte, Schnittprinzip ¨ Die Kraft mit Wirkungslinie und Angriffspunkt stellt eine Idealisierung dar. Wir bezeichnen sie als Einzelkraft. Man kann sie sich weitgehend realisiert vorstellen, wenn ein K¨orper uber einen ¨ dunnen Faden oder eine Nadelspitze belastet wird. In der Natur ¨ sind nur zwei Arten von Kraften bekannt: die Volumenkr¨afte und ¨ die Flachenkr afte. ¨ ¨ Als Volumenkr¨afte bezeichnet man Krafte, die uber das Volu¨ ¨ men eines Korpers verteilt sind. Ein Beispiel hierf f ur ist das Ge¨ ¨ wicht. Jedes noch so kleine Teilchen (infinitesimales Volumenelement dV ) des Gesamtvolumens hat ein bestimmtes Teilgewicht dG (Abb. 1.6a). Die Summe aller dieser im Volumen kontinuierlich verteilten Krafte ¨ dG ergibt das Gesamtgewicht G. Andere Beispiele fur f¨ Volumenkr¨ afte sind magnetische und elektrische Krafte. ¨ Fl¨achenkr¨afte treten in der Beruhrungsfl ache zweier K¨orper ¨ ¨ auf. So sind beispielsweise der Wasserdruck p auf eine Staumauer (Abb. 1.6b), die Schneelast auf einem Dach oder der Druck eines Korpers auf der Handfl¨ ache flachenf f¨ ormig verteilt. ¨ ¨ Als Idealisierung findet in der Mechanik noch die Linienkraft (Streckenlast) Verwendung. Es handelt sich dabei um Krafte, die ¨ entlang einer Linie kontinuierlich verteilt sind. Druckt man mit ¨ einer Schneide gegen einen Korper und sieht von der endlichen ¨ Dicke der Schneide ab, so wirkt entlang der Beruhrungslinie die ¨ Linienkraft q (Abb. 1.6c). q p dG Abb. 1.6

a

b

c

Krafte onnen auch noch nach anderen Gesichtspunkten einge¨ k¨ teilt werden. So unterscheidet man eingepr¨agte Kr¨afte und Reaktionskr¨afte. Als eingepragt ¨ bezeichnet man die bei einem mechanischen System physikalisch vorgegebenen Krafte, wie zum Beispiel ¨ das Gewicht, den Winddruck oder eine Schneelast.

12

1 Grundbegriffe

Reaktionskrafte oder Zwangskrafte entstehen durch die Ein¨ ¨ schrankung der Bewegungsfreiheit, d.h. durch die Zwangsbedin¨ gungen, denen ein System unterliegt. Auf einen fallenden Stein wirkt nur die eingepragte Gewichtskraft. H¨ alt man den Stein in ¨ der Hand, so ist seine Bewegungsfreiheit eingeschrankt; auf den ¨ Stein wird dann von der Hand zusatzlich eine Zwangskraft aus¨ geubt. ¨ Reaktionskrafte kann man sich nur veranschaulichen, indem ¨ man den Korper von seinen geometrischen Bindungen l¨ost. Man ¨ nennt dies Freimachen oder Freischneiden. In Abb. 1.7a ist ein Balken durch die eingepragte Kraft G belastet. Die Lager A und ¨ B verhindern, dass sich der Balken bewegt: sie wirken mit Reaktionskraften auf ihn. Wir machen diese Reaktionskr¨afte, die wir der ¨ Einfachheit halber ebenfalls mit A und B bezeichnen, im sogenannten Freik¨orperbild (Abb. 1.7b) sichtbar. In ihm sind anstelle der geometrischen Bindungen durch die Lager die dort auf den Korper wirkenden Kr¨ afte eingezeichnet. Durch dieses Freima¨ ” chen“ werden die entsprechenden Krafte ¨ einer Analyse zuganglich ¨ gemacht (vgl. Kapitel 5). Dies gilt auch dann, wenn durch das Freischneiden ein mechanisches System beweglich wird. In diesem Fall denken wir uns bei der Bestimmung der Reaktionskrafte ¨ das System in der gegebenen Lage erstarrt“: Erstarrungsprinzip (vgl. ” Abschnitt 5.3). G

G B

A

A

System a

b

Freikörperbild

B Abb. 1.7

Eine weitere Einteilung erfolgt durch die Begriffe ¨außere Kraft und innere Kraft. Eine ¨außere Kraft wirkt von außen auf ein meKrafte chanisches System. Sowohl eingepragte ¨ ¨ als auch Reaktionskrafte außere Kr¨ afte. Die inneren Krafte ¨ sind ¨ ¨ wirken zwischen den Teilen eines Systems. Auch sie kann man sich nur durch gedankliches Zertrennen oder Schneiden des Korpers veranschaulichen. ¨ Fuhrt man in Abb. 1.8a durch den K¨ orper in Gedanken einen ¨

1.4

Einteilung der Kr¨afte, Schnittprinzip

13

Schnitt, so mussen anstelle der Bindung in der Schnittfl¨ache die ¨ flachenf f ormig verteilten inneren Krafte ¨ ¨ ¨ eingezeichnet werden (Abb. 1.8b). Dem liegt die durch die Erfahrung bestatigte Hypothese ¨ zugrunde, dass die mechanischen Gesetze auch fur f¨ Teile eines Systems gultig sind. Wir betrachten danach das System zun¨achst als ¨ der sich in Ruhe befindet. Nach dem gedacheinen Gesamtkorper, ¨ ten Schnitt fassen wir es dann als aus zwei Teilen bestehend auf, die uber die Schnittfl¨ achen gerade so aufeinander einwirken, dass ¨ sich jeder Teil ffur ¨ sich im Gleichgewicht befindet. Man bezeichnet diese Hypothese, durch die die inneren Krafte erst berechenbar ¨ werden, als Schnittprinzip. Es gilt nicht nur ffur ¨ ein System, das sich im Gleichgewicht befindet, sondern auch allgemein ffur ¨ den Fall der Bewegung. G

G

1

2

Schnitt

A

a

B

A

b

B

Abb. 1.8

Die Einteilung nach ¨ außeren und inneren Kr¨aften h¨angt davon ab, welches System wir untersuchen wollen. Fassen wir den Gesamtkorper in Abb. 1.8a als das System auf, so sind die durch ¨ den Schnitt freigelegten Krafte innere Kr¨ afte; sie wirken ja zwi¨ schen den Teilen des Systems. Betrachten wir dagegen nur den orper  in Abb. 1.8b als unser orper  oder nur den Teilk¨ Teilk¨ System, so sind die entsprechenden Krafte ¨ jetzt ¨außere Krafte. ¨ Wie wir in Abschnitt 1.3 festgestellt haben, kann eine Kraft hinsichtlich ihrer Wirkung auf einen starren Korper entlang ih¨ rer Wirkungslinie verschoben werden. Dies bedeutet insbesondere, dass wir die Linienfluchtigkeit der Kraft bei der Analyse der auße¨ ¨ ren Krafte nutzen k¨ onnen. Dagegen ist bei den inneren Kraften ¨ ¨ dieses Prinzip im allgemeinen nicht anwendbar. Bei ihnen wird ja der Korper gedanklich geschnitten oder geteilt, und es spielt ¨

14

1 Grundbegriffe

dann doch eine Rolle, ob eine ¨ außere Kraft auf den einen oder den anderen Teilkorper wirkt. ¨ Die Bedeutung der inneren Krafte ¨ fur ¨ den berechnenden Ingenieur ist in der Tatsache begrundet, dass ihre Gr¨oße ein Maß fu ¨ ¨r die Materialbeanspruchung ist.

1.5

1.5 Wechselwirkungsgesetz Ein Gesetz, das wir aus Erfahrung als richtig akzeptieren, ist das Wechselwirkungsgesetz. Dieses Axiom besagt, dass zu jeder Kraft immer eine gleich große Gegenkraft gehort, ¨ eine Kraft allein also nie existieren kann. Stemmen wir uns mit der Hand gegen eine Wand (Abb. 1.9a), so ubt ¨ die Hand eine Kraft F auf die Wand aus. Eine gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kraft wirkt aber auch von der Wand auf unsere Hand. Wir konnen die entsprechen¨ den Krafte ¨ wieder sichtbar machen, indem wir die beiden K¨orper, Wand und Hand, an der Kontaktstelle trennen. Zu beachten ist, dass die Krafte an zwei verschiedenen Korpern angreifen. Ganz ¨ ¨ analog hat aufgrund der Gravitation ein Korper auf der Erde ein ¨ Schnitt

G F

G

F

a

b

Abb. 1.9

Gewicht G. Mit der gleich großen Kraft wirkt jedoch der K¨orper auch auf die Erde: beide ziehen sich gegenseitig an (Abb. 1.9b). Wir formulieren diesen Sachverhalt im Satz:

Dieses Prinzip, das man kurz als

1.6

Dimensionen und Einheiten

15

aussprechen kann, stellt das dritte Newtonsche Axiom dar (vgl. Band 3). Es gilt sowohl ffur ¨ Nah- als auch fur ¨ Fernkr¨afte und ist unabhangig davon, ob die K orper ruhen oder bewegt werden. ¨ ¨

1.6 Dimensionen und Einheiten In der Mechanik beschaftigen wir uns mit den drei physikalischen ¨ Grundgroßen L¨ ange, Zeit und Masse; hinzu kommt die Kraft als ¨ wichtige, im physikalischen Sinn aber abgeleitete Große. Alle an¨ deren physikalischen Großen wie zum Beispiel Geschwindigkeit, ¨ Impuls oder Energie lassen sich hierdurch ausdrucken. Der geo¨ metrische Raum, in dem sich mechanische Vorgange abspielen, ¨ ist dreidimensional. Der Einfachheit halber werden wir uns jedoch manchmal auf ebene oder auf eindimensionale Probleme beschranken. ¨ Verbunden mit Lange, Zeit, Masse und Kraft sind ihre Dimen¨ sionen [l], [t], [M ] und [F ], die entsprechend dem internationalen Einheitensystem SI (Syst` `eme International d’Unit´es) in den Grundeinheiten Meter (m), Sekunde (s) und Kilogramm (kg) sowie der abgeleiteten Einheit Newton (N) angegeben werden. Eine Kraft vom Betrag 1 N erteilt einer Masse von 1 kg die Beschleugilt 1 N = 1 kg m/s2 . Volumenkrafte nigung 1 m/s2 ; formelmaßig ¨ ¨ haben die Dimension Kraft pro Volumen [F/l3 ] und werden z.B. in Vielfachen der Einheit N/m3 gemessen. Analog haben Flachen¨ bzw. Linienkrafte ¨ die Dimensionen [F/l2 ] bzw. [F/l] und die Einheiten N/m2 bzw. N/m. angegeDer Betrag einer physikalischen Große ¨ wird vollstandig ¨ ben durch die Maßzahl und die Einheit. So bedeuten die Angaben F = 17 N bzw. l = 3 m eine Kraft von siebzehn Newton bzw. eine Lange von drei Metern. Mit Einheiten kann man genauso rechnen ¨ wie mit Zahlen. Es gilt zum Beispiel mit den obigen Großen F ·l = ¨ 17 N · 3 m = 17 · 3 Nm = 51 Nm. Bei physikalischen Gleichungen haben jede Seite und jeder additive Term die gleiche Dimension; dies sollte zur Kontrolle von Gleichungen immer beachtet werden.

1.6

16

1 Grundbegriffe

Bei sehr großen bzw. sehr kleinen Zahlenwerten werden den Einheiten Meter, Sekunde usw. die Bezeichnungen k (Kilo = 103 ), M (Mega = 106 ), G (Giga = 109 ) bzw. m (Milli = 10−3 ), μ (Mikro = 10−6 ), n (Nano = 10−9 ) vorangestellt (Beispiel: 1 kN = 103 N).

1.7

1.7 Losung statischer Probleme, Genauigkeit ¨ Die Losung von Ingenieuraufgaben aus dem Bereich der Mechanik ¨ bedarf einer uberlegten Vorgehensweise, die in gewissem Maße von ¨ der Art der Problemstellung abhangt. Wichtig ist jedoch in jedem ¨ Fall, dass sich ein Ingenieur verstandlich und klar ausdruckt, da ¨ ¨ er sowohl die Formulierung als auch die Losung eines Problems ¨ Fachleuten oder Laien mitzuteilen hat und von ihnen verstanden werden muss. Diese Klarheit ist auch ffur ¨ den eigenen Verstand¨ nisprozeß wichtig, denn klare, saubere Formulierungen bergen in sich schon den Keim der richtigen Losung. Obwohl es, wie schon ¨ erwahnt, kein festes Schema zur Behandlung von mechanischen ¨ Problemen gibt, so mussen doch meist die folgenden Schritte ge¨ tan werden: 1. Formulierung des Ingenieurproblems. ¨ 2. Erstellen eines mechanischen Ersatzmodells, Uberlegungen zur Gute at auf das Modell. ¨ der Abbildung der Realit¨ 3. Losung des mechanischen Problems am Ersatzmodell. Dies ¨ schließt ein: Dies – Feststellen der gegebenen und der gesuchten Großen. ¨ geschieht in der Regel mit Hilfe einer Skizze des mechanischen Systems. Den Unbekannten ist ein Symbol zuzuweisen. – Zeichnen des Freikorperbildes mit allen angreifenden Kraf¨ ¨ ten. – Aufstellen der mechanischen Gleichungen (z.B. der Gleichgewichtsbedingungen). – Aufstellen geometrischer Beziehungen (falls benotigt). ¨ – Auflosung der Gleichungen nach den Unbekannten. Zuvor ¨ muss gepruft ¨ werden, ob die Zahl der Gleichungen mit der Zahl der Unbekannten ubereinstimmt. ¨

1.7

L¨ osung statischer Probleme, Genauigkeit

17

– Kenntlichmachen des Resultats. 4. Diskussion und Deutung der L¨ osung. Wir werden in der Technischen Mechanik meist nicht vom Ingenieurproblem ausgehen, sondern uns auf den dritten Punkt, die Losung von mechanischen Problemen am Modell, konzentrieren. ¨ Trotzdem durfen wir nicht aus dem Auge verlieren, dass unsere ¨ Modelle Abbilder realer Korper oder Systeme sind, deren Verhal¨ ten wir manchmal anschaulich aus der Erfahrung heraus beurEs ist deshalb immer zweckm¨ aßig, die Ergebnisse teilen konnen. ¨ einer Rechnung mit der Anschauung zu uberpr ufen. ¨ ¨ Was die Genauigkeit von Ergebnissen anbelangt, so m¨ ussen wir zwischen der numerischen Genauigkeit unserer Rechnungen am Modell und der Treffsicherheit der ingenieurmaßigen Aussage ¨ uber das Verhalten realer K¨ orper unterscheiden. Das numerische ¨ Ergebnis hangt dabei von der Genauigkeit der Eingangsdaten und ¨ von der Rechengenauigkeit ab. So konnen Ergebnisse nie praziser ¨ ¨ als die Eingangsdaten sein. Sie sollten auch nie in einer Weise angegeben werden (z.B. viele Stellen hinter dem Komma), die eine nicht vorhandene Genauigkeit vortauscht. ¨ Die Treffsicherheit der Ingenieuraussage ist von der Gute ¨ des Modells abhangig. So k onnen wir zum Beispiel den Wurf eines ¨ ¨ Steines beschreiben, indem wir den Luftwiderstand berucksich¨ tigen oder ihn vernachlassigen; die Ergebnisse werden naturlich ¨ ¨ voneinander abweichen. Es ist die Aufgabe des Ingenieurs, ein Modell gerade so zu bilden, dass es die ffur ¨ sein Problem erforderliche Genauigkeit auch liefern kann.

18

1.8

1 Grundbegriffe

1.8 Zusammenfassung • Die Statik befasst sich mit Kraften, die sich im Gleichgewicht ¨ befinden. • Eine an einem starren Korper angreifende Kraft ist ein Vektor, ¨ der entlang seiner Wirkungslinie beliebig verschoben werden kann. • Eine eingepragte Kraft ist durch eine physikalische Gesetz¨ maßigkeit vorgegeben. Beispiel: Gewichtskraft im Erdschwe¨ refeld. • Eine Reaktionskraft entsteht durch die Einschankung der Be¨ wegungsfreiheit eines K¨ orpers. • Schnittprinzip: Reaktionskrafte und innere Kr¨afte k¨onnen ¨ durch gedankliches Schneiden freigelegt und damit einer Analyse zuganglich gemacht werden. ¨ • Freikorperbild: Darstellung aller eingepr¨ agten Kr¨afte und Re¨ aktionskrafte am freigeschnittenen K¨ orper. Beachte: bewegli¨ che Korperteile k¨ onnen als erstarrt“ angesehen werden (Er¨ ” starrungsprinzip). • Wechselwirkungsgesetz: actio = reactio. • Physikalische Grundgroßen sind L¨ ange, Masse und Zeit. Die ¨ Kraft ist eine abgeleitete Große. Es gilt: 1 N= 1 kg m/s2. ¨ • In der Mechanik werden idealisierte Modelle untersucht, welche die wesentlichen Eigenschaften der realen Korper oder Syste¨ men haben. Beispiele ffur ¨ Idealisierungen: starrer K¨orper, Einzelkraft.

Kapitel 2 Kr¨ afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

2

2 Krafte ¨ mit gemeinsamem Angriffspunkt 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6

Zusammensetzung von Kraften in der Ebene ............ ¨ Zerlegung von Kraften in der Ebene, Komponentendar¨ stellung ........................................................... Gleichgewicht in der Ebene .................................. Beispiele ebener zentraler Kraftegruppen.................. ¨ Zentrale Kraftegruppen im Raum ........................... ¨ Zusammenfassung ..............................................

21 24 28 29 37 44

Lernziele: Wir untersuchen in diesem Kapitel Einzelkraf¨ te, die einen gemeinsamen Angriffspunkt haben. Solche Kraftsysteme bezeichnet man auch als zentrale Kraftsysteme oder zentrale Kraftegruppen . Es sind in diesem Zusammenhang immer Kraf¨ ¨ te gemeint, die an einem Korper angreifen; Kr¨afte alleine, ohne ¨ Wirkung auf einen Korper, gibt es nicht. Ist der K¨orper starr, so ¨ mussen die Kr¨ afte nicht tats¨ achlich in einem Punkt angreifen, son¨ dern ihre Wirkungslinien mussen sich nur in einem Punkt schnei¨ den. Die Krafte sind in diesem Fall ja linienfluchtig und ko¨nnen ¨ ¨ entlang ihrer Wirkungslinien in den Schnittpunkt verschoben werden. Liegen alle Krafte in einer Ebene, so spricht man von einer ¨ ebenen Kraftegruppe . ¨ Die Studierenden sollen lernen, wie man die Resultierende einer zentralen Kraftegruppe bestimmt und wie man die Gleich¨ gewichtsbedingungen bei konkreten Aufgaben formuliert. Hierf¨ fur mussen sie in der Lage sein, das Schnittprinzip sachgerecht anzu¨ wenden und ein Freikorperbild anzufertigen. ¨

2.1

Zusammensetzung von Kr¨aften in der Ebene

21

2.1 Zusammensetzung von Kraften in der Ebene ¨ Greifen an einem Punkt A eines Korpers zwei Krafte F 1 und ¨ ¨ F 2 an, so konnen diese beiden Kr¨ afte durch eine einzige Kraft ¨ R gleichwertig ersetzt werden (Abb. 2.1a). Diese Erfahrungstatsache kommt im Satz vom Parallelogramm der Kr¨afte zum Ausdruck. Der Satz besagt, dass den Kraften F 1 und F 2 eine Kraft ¨ R¨ aquivalent ist, die sich in Gr¨ oße und Richtung als Diagonale eines durch F 1 und F 2 aufgespannten Parallelogramms ergibt. Die Kraft R bezeichnet man als Resultierende von F 1 und F 2 . Wir konnen dieses Axiom auch folgendermaßen aussprechen: ¨

Die geometrische Konstruktion entspricht der Vektoraddition (vgl. Anhang A.1) R = F1 + F2 .

(2.1) F2

F1

F1 R

R F2 Abb. 2.1

a

F2

R F1

b

Haben wir es mit n Kraften zu tun, deren Wirkungslinien alle ¨ durch einen Punkt A gehen (Abb. 2.2a), so ergibt sich die Resultierende durch aufeinander folgende Anwendung des Parallelogrammgesetzes, d.h. als Vektorsumme aller n Krafte: ¨

Die Reihenfolge der Addition ist dabei beliebig. Die Bestimmung der Resultierenden bezeichnet man auch als Reduktion: eine Krafte¨ gruppe wird auf eine einzige ¨ aquivalente Kraft reduziert.

2.1

22

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

b

Fn

a F2

F1

F1 a

Fn

R

Fi

F 1 +F 2 +F i F 1 +F 2

Fi

F2 b

Abb. 2.2

uhrt man die Addition zweier Kr¨ afte grafisch aus, so genu ¨ ¨ gt es, nur ein halbes Parallelogramm, d.h. ein Kr¨aftedreieck zu zeichnen (Abb. 2.1b). Dies hat zwar den Nachteil, dass man nicht mehr durch einen Punkt gesieht, dass die Wirkungslinien der Krafte ¨ hen. Dem steht jedoch als Vorteil gegenuber, dass man die geome¨ trische Konstruktion auf beliebig viele Krafte ¨ ausdehnen kann. Die n Krafte ¨ F i werden in beliebiger Reihenfolge hintereinander angetragen, und R ergibt sich als Vektor, der vom Anfangspunkt a zum Endpunkt b des Kr¨aftepolygons oder Kraftecks zeigt (Abb. 2.2b). Die grafische Addition von Kraften in der Ebene erfolgt zweck¨ maßig mit einem Lageplan und einem Kr¨afteplan. Der Lageplan ¨ ist dabei die maßstabliche Darstellung der geometrischen Gege¨ benheiten einer Aufgabe; er enthalt ¨ bei einer zentralen Krafte¨ gruppe nur die Wirkungslinien der gegebenen Krafte. Im Krafte¨ ¨ plan erfolgt das maßstabliche Aneinanderffugen der Kr¨afte unter ¨ ¨ Berucksichtigung ihrer Richtungen. Hierzu ist die Angabe eines ¨ Kraftemaßstabes (z.B. 1 cm =  10 N) notwendig. ¨ Manchmal lost ¨ man Aufgaben analytisch mit Hilfe einer Skizze des Kraftecks (siehe Beispiele 2.1 und 2.4). Dann ist kein Maßstab ffur ¨ das Krafteck erforderlich. B2.1

Beispiel 2.1 An einem Haken greifen nach Abb. 2.3a zwei Krafte ¨

F1 und F2 an. Der Winkel zwischen ihren Wirkungslinien sei α. Es sind die Große ¨ und die Richtung der Resultierenden zu bestimmen. L¨ osung Die Antwort folgt unmittelbar aus einer Skizze des Krafte¨

dreiecks (Abb. 2.3b). Bekannt sind die Langen“ F1 , F2 und der ¨ ”

2.1

Zusammensetzung von Kr¨aften in der Ebene

23

F1 R α

β

π−α

F2 Abb. 2.3

a

F2

F1 α

b

Winkel α. Der Kosinussatz liefert somit R2 = F12 + F22 − 2 F1 F2 cos (π − α) bzw.

 R = F12 + F22 + 2 F1 F2 cos α .

Fur ¨ den Winkel β, der die Richtung der Wirkungslinie von R gegenuber F2 angibt, erhalt ¨ ¨ man aus dem Sinussatz sin β F1 = sin (π − α) R oder nach Einsetzen von R mit sin (π − α) = sin α F1 sin α sin β =  2 . F1 + F22 + 2 F1 F2 cos α

An einer Ringschraube wirken vier Krafte (F1 = ¨ 12 kN, F2 = 8 kN, F3 = 18 kN, F4 = 4 kN) unter vorgegebenen Richtungen (α1 = 45◦ , α2 = 100◦, α3 = 205◦, α4 = 270◦ ) gegenuber der Horizontalen (Abb. 2.4a). ¨ Es sollen die Große ¨ und die Richtung der Resultierenden grafisch bestimmt werden.

Beispiel 2.2

L¨ osung Wir zeichnen den Lageplan, in dem die Wirkungslinien

f1 , . . . , f4 der Krafte F1 , . . . , F4 in richtiger Richtung, d.h. unter ¨ den gegebenen Winkeln α1 , . . . , α4 eingetragen werden (Abb. 2.4b). Fur afteplan w¨ ahlen wir zun¨ achst einen Maßstab und fu ¨ den Kr¨ ¨ gen dann alle Krafte unter Berucksichtigung ihrer Richtungen maߨ ¨ stablich aneinander (Abb. 2.4c). Als Ergebnis fur ¨ ¨ den Betrag und

B2.2

24

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

5 kN F2 α3

f2

F1

α2

r

F3

f1

α1

F3 α4

F2

F4

αR

f3 F4

Lageplan

Krafteplan ¨

b

a

F1

R

f4 c

Abb. 2.4

die Richtung der Resultierenden R lesen wir im Rahmen der Zeichengenauigkeit ab: R = 10, 5 kN ,

αR = 155◦ .

Die Wirkungslinie r von R ubertragen wir noch in den Lageplan. ¨ Je nachdem in welcher Reihenfolge die Krafte im Krafteplan ¨ ¨ aneinander gefugt f¨ werden, erhalt das Krafteck ein anderes Ausse¨ hen. Große ¨ und Richtung von R sind jedoch in jedem Fall gleich.

2.2

2.2 Zerlegung von Kraften in der Ebene, ¨ Komponentendarstellung ¨ Ahnlich wie man Krafte ¨ zusammensetzen kann, kann man sie auch zerlegen. Wollen wir eine Kraft R durch zwei Krafte ¨ mit den vorgegebenen zentralen Wirkungslinien f1 und f2 ersetzen (Abb. 2.5a), so zeichnen wir das Kraftedreieck, indem wir durch den Anfangs¨ und den Endpunkt von R je eine der vorgegebenen Richtungen f2 f1 R

R F1

a

F1

F2

b

R F2 Abb. 2.5

2.2

Zerlegung von Kr¨aften in der Ebene, Komponentendarstellung

25

legen. Aus dem Krafteck, das in zwei verschiedenen Varianten gezeichnet werden kann, folgen eindeutig die gesuchten Krafte ¨ nach Betrag und Richtungssinn (Abb. 2.5b). F 1 und F 2 bezeichnet man als Komponenten der Die Krafte ¨ Kraft R bezuglich der Richtungen f1 und f2 . Wir folgern also: in ¨ der Ebene ist die Zerlegung einer Kraft nach zwei verschiedenen Man kann sich leicht davon uberRichtungen eindeutig moglich. ¨ ¨ zeugen, dass die Zerlegung einer Kraft in der Ebene nach mehr als zwei Richtungen nicht mehr eindeutig erfolgen kann: es existieren dann beliebig viele verschiedene Zerlegungsmoglichkeiten. ¨ Fy

y

F α

ey Abb. 2.6

ex

Fx x

In vielen Fallen ist es zweckm¨ aßig, die Kr¨ afte entsprechend ih¨ rer Darstellung in kartesischen Koordinaten in Komponenten zu zerlegen, die aufeinander senkrecht stehen. Die Richtungen der Komponenten sind in diesem Fall durch die x- und die y-Achse festgelegt (Abb. 2.6). Mit den Einheitsvektoren ex und ey lassen sich die Komponenten schreiben als F x = Fx ex ,

F y = Fy ey ,

(2.3)

und F wird F = F x + F y = Fx ex + Fy ey .

(2.4)

Darin sind Fx und Fy die Koordinaten des Vektors F . Es sei angemerkt, dass Fx und Fy ungenau in der Ausdrucksweise meist auch als Komponenten von F bezeichnet werden. Wie schon in Abschnitt 1.2 erwahnt, hat es sich daneben eingebu ¨ ¨ rgert, vor allem bei Aufgaben oder konkreten Problemen, in denen der Vektorcharakter von Kraften eindeutig ist, an das Pfeilbild nur ¨ noch Betrage ¨ oder Koordinaten zu schreiben. Aus Abb. 2.6 liest man ab

26

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

Hat man die Resultierende einer zentralen ebenen Kraftegruppe ¨ zu ermitteln, so kann man die Vektoraddition so durchfuhren, f¨ dass man an Stelle der Krafte ¨ ihre Komponenten addiert. Wir machen klar (Abb. 2.7). Bezeichnen uns dies am Beispiel von zwei Kraften ¨ wir die x- und die y-Komponenten der Krafte ¨ F i mit F ix = Fix ex und F iy = Fiy ey , so gilt R = Rx ex + Ry ey = F 1 + F 2 = F 1x + F 1y + F 2x + F 2y = F1x ex +F F1y ey +F F2x ex +F F2y ey = ((F F1x +F F2x) ex +(F (F1y +F F2y)ey . y F 2y

R F2 F 1y

F1 F 1x

F 2x

x

Abb. 2.7

Die Koordinaten der Resultierenden folgen somit zu Rx = F1x + F2x ,

Ry = F1y + F2y .

Im allgemeinen Fall ff¨ ur n Krafte ¨ erhalten wir aus   R = Rx ex + Ry ey = Fi = (F Fix ex + Fiy ey )     = Fix ex + Fiy ey ffur ¨ die Koordinaten von R

(2.6)

2.2

Zerlegung von Kr¨aften in der Ebene, Komponentendarstellung

27

Betrag und Richtung errechnen sich nach (2.5):

Der Vektorgleichung (2.2) entsprechen im ebenen Fall also die beiden skalaren Gleichungen (2.7). Beispiel 2.3 Das Beispiel 2.2 soll mit der Komponentendarstellung

gelost ¨ werden. y F2 α2

F1

α3 α1

F3 α4 Abb. 2.8

x

F4

L¨ osung Wir wahlen dazu das Koordinatensystem so, dass die x¨ Achse mit der Horizontalen zusammenfallt, f¨ von der aus die Winkel gemessen werden (Abb. 2.8). Es gilt dann

Rx = F1x + F2x + F3x + F4x = F1 cos α1 + F2 cos α2 + F3 cos α3 + F4 cos α4 = 12 cos 45◦ + 8 cos 100◦ + 18 cos 205◦ + 4 cos 270◦ = − 9, 22 kN . Analog ergibt sich Ry = F1y + F2y + F3y + F4y = F1 sin α1 +F F2 sin α2 +F F3 sin α3 +F F4 sin α4 = 4, 76 kN , und es werden   R = Rx2 + Ry2 = 9, 222 + 4, 762 = 10, 4 kN ,

B2.3

28

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

tan αR =

2.3

Ry 4.76 =− = −0.52 Rx 9.22

→

αR = 152, 5◦ .

2.3 Gleichgewicht in der Ebene Wir untersuchen nun die Frage, unter welchen Bedingungen ein Korper im Gleichgewicht ist. Antwort darauf gibt wieder die Er¨ ruhender Ko¨rfahrung, aus der wir wissen, dass ein ursprunglich ¨ per in Ruhe bleibt, wenn wir an ihm zwei entgegengesetzt gleich große Krafte ¨ auf gleicher Wirkungslinie anbringen (Abb. 2.9). Wir konnen diese Tatsache durch den Satz ausdrucken: ¨ ¨

Dies bedeutet, dass die Vektorsumme der beiden Krafte ¨ (d.h. die Resultierende) Null sein muss: R = F1 + F2 = 0.

(2.9)

Aus Abschnitt 2.1 wissen wir, dass ein zentrales Kraftesys¨ tem aus n Kraften F i immer eindeutig durch eine Resultierende ¨  R = F i ersetzt werden kann. Damit lasst sich die Gleichge¨ wichtsbedingung (2.9) sofort auf beliebig viele Krafte ¨ ubertragen. ¨ Eine zentrale Kraftegruppe ist im Gleichgewicht, wenn die Vek¨ torsumme aller Krafte ¨ (d.h. die Resultierende) Null ist:

Geometrisch bedeutet Gleichung (2.10), dass das Krafteck geschlossen sein muss, d.h. sein Anfangs- und sein Endpunkt fallen zusammen (Abb. 2.10). Eine Kraftegruppe, die der Gleich¨ gewichtsbedingung (2.10) genugt, bezeichnet man als Gleichge¨ wichtsgruppe. Die resultierende Kraft ist dann Null, wenn ihre Komponenten verschwinden. Dies bedeutet mit (2.7), dass der Gleichgewichts-

2.4

Beispiele ebener zentraler Kr¨aftegruppen

F3

Fi

F 2 = −F 1

F1 f1 = f2

F2

Fn b, a

Abb. 2.9

Abb. 2.10

29

F1

bedingung (2.10) in Vektorform im Fall eines ebenen Kraftsystems die beiden skalaren Gleichgewichtsbedingungen

aquivalent sind. Ein zentrales ebenes Kraftsystem ist demnach im ¨ Gleichgewicht, wenn die Summen der Kraftkomponenten (hier in x- und in y-Richtung) verschwinden. Haben wir es mit einem Gleichgewichtsproblem zu tun, bei dem Krafte ¨ nach Große ¨ und (oder) Richtung zu bestimmen sind, so konnen hochstens zwei Unbekannte mit Hilfe der zwei Gleich¨ ¨ gewichtsbedingungen (2.11) ermittelt werden. Probleme, die auf diese Weise einer Losung zugeffuhrt werden k¨ onnen, nennt man ¨ ¨ statisch bestimmt. Treten mehr als zwei Unbekannte bei einer zenauf, so ist das Problem statisch unbetralen ebenen Kraftegruppe ¨ stimmt; es kann mit den Gleichgewichtsbedingungen (2.11) alleine nicht gelost ¨ werden. Zur rechnerischen Losung eines konkreten Problems hat man ¨ zuerst ein Koordinatensystem festzulegen, Dabei konnen die Ko¨ ordinatenrichtungen beliebig gewahlt ¨ werden. Bei der Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen genugt ¨ es dann, die Komponenten der Kraftvektoren zu bestimmen, die Vektoren selbst mussen nicht ¨ explizit angeschrieben werden.

2.4 Beispiele ebener zentraler Kraftegruppen ¨ Um die bisherigen Ergebnisse an Beispielen anwenden zu k¨onnen, benotigen wir einige Idealisierungen von einfachen technischen ¨

2.4

30

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

Bauteilen. So bezeichnen wir einen Korper, dessen Querschnitts¨ abmessungen klein gegenuber der L angsabmessung sind und der ¨ ¨ nur Zugkrafte angsachse aufnehmen kann, als ¨ in Richtung seiner L¨ ein Seil (Abb. 2.11a). S

Seil

S

S

Zugstab

S

S

Druckstab

S

a

Rolle

S S b

Abb. 2.11

c

Ist das Gewicht des Seiles klein gegenuber der Kraft im Seil ¨ (Seilkraft), so vernachlassigt man es in der Regel. Man spricht ¨ in diesem Fall von einem masselosen“ Seil. Wird ein Seil uber ¨ ” eine Rolle gefuhrt f¨ (Abb. 2.11b), so sind die Kr¨afte an beiden Seilenden gleich groß, sofern die Rolle reibungsfrei“ gelagert ist (vgl. ” Beispiele 2.6 und 3.3). Bei einem Stab sind die Querschnittsabmessungen ebenfalls klein Im Unterschied zum Seil kann im Vergleich zur Langsabmessung. ¨ ein Stab jedoch sowohl Zug- als auch Druckkrafte in Richtung ¨ seiner Langsachse aufnehmen (Abb. 2.11c). ¨ Nach Abschnitt 1.4 kann man die Krafte, die in einer Beruh¨ ¨ rungsstelle zweier Korper wirken, sichtbar machen, indem man ¨ die Korper gedanklich trennt (Abb. 2.12). Die Kontaktkraft K, ¨ die nach dem Prinzip actio = reactio entgegengesetzt gleich groß 1

K¨ orper 1

T

Berührungsebene

N K K N

a

T 2

K¨ orper 2

b

Abb. 2.12

2.4

Beispiele ebener zentraler Kr¨aftegruppen

31

auf jeden der beiden Korper wirkt, k¨ onnen wir durch ihre Kom¨ ponenten, die Normalkraft N und die Tangentialkraft T , ersetzen. Die Kraft N wirkt dabei senkrecht (normal) zur tangentialen der beiden K¨ orper, wahrend die Kraft T in der Beruhrungsebene ¨ ¨ Beruhrungsebene selbst liegt. Beruhren sich die K¨orper lediglich, ¨ ¨ so konnen sie nur gegeneinander drucken und nicht etwa aneinan¨ ¨ der ziehen; d.h. die Normalkraft N ist dann jeweils zum Innern des Korpers, auf den sie wirkt, gerichtet. In tangentialer Rich¨ tung konnen die K¨ orper nur dann aufeinander einwirken, wenn ¨ ihre Oberflachen rauh sind. Idealisieren wir eine Oberflache als ¨ ¨ vollkommen glatt, so verschwindet T , und es tritt nur die Normalkraft N auf. ¨ sind zwei Seile befestigt, an denen Beispiel 2.4 An einer festen Ose mit den Kraften F1 und F2 unter den Winkeln α und β gezogen ¨ wird (Abb. 2.13a). Gesucht ist der Betrag der Kraft H, die von der Wand auf die ¨ ausgeubt Ose ¨ wird. y

β

β

F2

α

F1 a

α+β

x

H α

H

F2

γ

b

F1

F2

F1 c

Abb. 2.13

¨ ist unter der Wirkung der an ihr angreifenden L¨ osung Die Ose ¨ wirkenden Krafte Krafte im Gleichgewicht. Um alle auf die Ose ¨ ¨ zu erkennen, denken wir sie uns von der Wand getrennt. An der wir die nach Große Trennstelle ffuhren ¨ ¨ H und Richtung γ unbekannte Haltekraft ein und zeichnen das Freikorperbild Abb. 2.13b. ¨ Wir losen die Aufgabe zun achst grafoanalytisch (halb grafisch, ¨ ¨ halb analytisch). Dazu skizzieren wir die grafische Gleichgewichtsbedingung, indem wir H gerade so wahlen, dass sich das Krafteck ¨ schließt (Abb. 2.13c). Auf das Kraftedreieck wenden wir den ¨

B2.4

32

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

Kosinussatz an und erhalten analytisch ffur ¨ den Betrag der Kraft  H = F12 + F22 − 2F F1 F2 cos(α + β) . Man kann das Problem auch durch Anwendung der skalaren Gleichgewichtsbedingungen (2.11) rein analytisch losen. Zu die¨ sem Zweck wahlen wir ein Koordinatensystem x, y (Abb. 2.13b), ¨ ermitteln dann jeweils die Komponenten der Krafte in den ent¨ sprechenden Richtungen und setzen diese in (2.11) ein:  F1 sin α + F2 sin β − H cos γ = 0 Fix = 0 : 

→

H cos γ = F1 sin α + F2 sin β ,

Fiy = 0 : − F1 cos α + F2 cos β − H sin γ = 0 →

H sin γ = −F F1 cos α + F2 cos β .

Damit stehen zwei Gleichungen ffur ¨ die zwei Unbekannten H und γ zur Verfugung. f¨ Zur Bestimmung von H quadrieren und addieren wir die beiden Gleichungen und erhalten so unter Anwendung des Additionstheorems cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β das Ergebnis H 2 = F12 + F22 − 2 F1 F2 cos(α + β) . Es stimmt selbstverstandlich mit dem grafoanalytisch gewonnenen ¨ Resultat uberein. ¨

B2.5

Beispiel 2.5 Eine Walze vom Gewicht G wird durch ein Seil auf

einer glatten schiefen Ebene gehalten (Abb. 2.14a). Fur ¨ gegebene Winkel α und β sollen die Seilkraft und die Kontaktkraft zwischen Ebene und Walze ermittelt werden. L¨ osung Da die Walze in Ruhe ist, mussen die an ihr angreifenden ¨

Krafte der Gleichgewichtsbedingung (2.10) genugen. Um wieder ¨ ¨ alle Krafte sichtbar zu machen, schneiden wir das Seil und tren¨ nen die Walze von der Unterlage. An den Trennstellen bringen wir die Seilkraft S und die Kontaktkraft an. Da die Flache glatt ¨ ist, besteht die Kontaktkraft nur aus der Normalkomponente N ,

2.4

Beispiele ebener zentraler Kr¨aftegruppen

33

y β

G

S

α

N

β x α

G a

α

π +β −α 2

G

N

b

c

π −β 2

S

Abb. 2.14

die senkrecht auf der schiefen Ebene steht. Das Freikorperbild ¨ (Abb. 2.14b) zeigt, dass wir es mit einem zentralen ebenen Kraftsystem zu tun haben, bei dem nur die Betr¨ age von N und S unbekannt sind; das Gewicht G und die Richtungen von N und S sind bekannt. Wir losen die Aufgabe zuerst wieder grafoanalytisch, indem wir ¨ die Gleichgewichtsbedingung (geschlossenes Krafteck) skizzieren (Abb. 2.14c). Aus dem Kraftedreieck kann man dann mit dem ¨ Sinussatz ablesen S=G

sin α sin α =G , sin( π2 + β − α) cos(α − β)

N =G

sin( π2 − β) cos β =G . sin( π2 + β − α) cos(α − β)

Wollen wir rein analytisch mit den skalaren Gleichgewichtsbedingungen arbeiten, so wahlen wir ein Koordinatensystem x, y ¨ (Abb. 2.14b) und setzen die Kraftkomponenten in x- und in yRichtung in (2.11) ein:  S cos β − N sin α = 0 , Fix = 0 :  Fiy = 0 : S sin β + N cos α − G = 0 . Dies sind zwei Gleichungen fur f¨ die beiden Unbekannten N und S. Durch Eliminieren von N bzw. von S folgen unter Anwendung der Additionstheoreme wieder die obigen Ergebnisse. Wie man x und y wahlt, ist formal zwar gleichgultig, doch werden wir sp¨ater ¨ ¨

34

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

sehen, dass man sich durch geschickte Wahl der Richtungen haufig ¨ Rechenarbeit ersparen kann. B2.6

Beispiel 2.6 An zwei Seilen, die uber reibungsfreie Rollen geffuhrt ¨ ¨

sind (Abb. 2.15a), hangen Korper mit den Gewichten G1 bis G3 . ¨ ¨ Welche Winkel α1 und α2 stellen sich ein? y G2

G1 α1

A

α2

α2

α1

x

A G1

G3

G2

G3 b

a

Abb. 2.15

L¨ osung Das Freikorperbild (Abb. 2.15b) zeigt die auf den Punkt ¨

A wirkenden Krafte, wobei die zwei Richtungen α1 und α2 unbe¨ kannt sind. Wir wahlen x und y wie dargestellt und formulieren die ¨  Gleichgewichtsbedingungen. Dabei schreiben wir ff¨ ur Fix = 0  bzw. Fiy = 0 von nun an symbolisch kurz → : bzw. ↑ : (Summe aller Kraftkomponenten in Pfeilrichtung gleich Null): →:

− G1 cos α1 + G2 cos α2 = 0 ,

↑:

G1 sin α1 + G2 sin α2 − G3 = 0 .

Wollen wir α1 bestimmen, so eliminieren wir α2 , indem wir zunachst ¨ die Gleichungen umschreiben: G1 cos α1 = G2 cos α2 ,

G1 sin α1 − G3 = − G2 sin α2 .

Quadrieren und Addieren liefert sin α1 =

G23 + G21 − G22 . 2 G1 G3

Analog erhalt ¨ man sin α2 =

G23 + G22 − G21 . 2 G2 G3

2.4

Beispiele ebener zentraler Kr¨aftegruppen

35

Eine physikalisch sinnvolle Losung (d.h. Gleichgewicht) existiert ¨ nur ffur ussen ¨ Winkel α1 , α2 im Bereich 0 < α1 , α2 < π/2. Daher m¨ die Gewichte so vorgegeben sein, dass beide Zahler gr¨oßer als Null ¨ und kleiner als die Nenner sind. Zwei gelenkig miteinander verbundene Stabe ¨ 1 und 2 sind in A und B an einer Wand befestigt und in C durch einen Korper vom Gewicht G belastet (Abb. 2.16a). ¨ Wie groß sind die Stabkrafte? ¨ Beispiel 2.7

A g α1

1

C

C

α2 2 B

s1 s2

S1

α1 G α2

G

S2

G

a

π−(α1 +α2 )

c

b

y S1

S1

S1

α1 C

C S2

S2 G d

x S2

α2 G

e

Abb. 2.16

L¨ osung Wir betrachten das Gelenk C, das sich unter der Wir-

kung des Gewichtes G und der Stabkrafte ¨ S1 und S2 im Gleichgewicht befindet. Bekannt sind dabei die Große ¨ und Richtung S1 , S2 , die von G und die Wirkungslinien s1 , s2 der Stabkrafte ¨ durch die Stabrichtungen α1 und α2 gegeben sind. Durch Zeichnen des Lageplans (Abb. 2.16b) und des geschlossenen Kraftedreiecks ¨ (Abb. 2.16c) lasst sich die Aufgabe grafisch l osen, wenn die Winkel ¨ ¨ zahlenmaßig bekannt sind. ¨

B2.7

36

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

Arbeiten wir grafoanalytisch, so genugen Skizzen, und wir er¨ halten durch Anwendung des Sinussatzes auf das Kraftedreieck ¨ die Betrage ¨ der Stabkrafte ¨ S1 = G

sin α2 , sin(α1 + α2 )

S2 = G

sin α1 . sin(α1 + α2 )

Der Richtungssinn der Krafte ¨ kann dem Krafteck entnommen werden, wobei zu beachten ist, dass es sich hierbei um die Krafte ¨ handelt, die auf das Gelenk ausgeubt ¨ werden. Die Kr¨afte, die vom Gelenk auf die Stabe ausgeubt ¨ ¨ werden, haben nach dem Prinzip actio = reactio den gleichen Betrag, aber die entgegengesetzte Richtung (Abb. 2.16d). Stab 1 wird demnach auf Zug und Stab 2 auf Druck beansprucht. Wir konnen die Aufgabe auch mit Hilfe der Gleichgewichtsbe¨ dingungen (2.11) rein analytisch losen. Dazu schneiden wir das ¨ Gelenk C frei und skizzieren das Freikorperbild (Abb. 2.16e). ¨ Da zwar die Richtungen der Stabkrafte S1 und S2 festliegen, ¨ nicht aber ihre Richtungssinne, konnten wir letztere noch belie¨ big annehmen. Es hat sich jedoch als Konvention durchgesetzt, Stabkrafte afte positiv anzusetzen; ein negatives ¨ immer als Zugkr¨ Vorzeichen im Ergebnis zeigt dann einen Druckstab an. Aus den Gleichgewichtsbedingungen in horizontaler bzw. vertikaler Richtung − S1 sin α1 − S2 sin α2 = 0 ,

→: ↑:

S1 cos α1 − S2 cos α2 − G = 0

folgt S1 = G

sin α2 , sin(α1 + α2 )

S2 = − G

sin α1 . sin(α1 + α2 )

Das Minuszeichen bei S2 deutet an, dass der Richtungssinn der Kraft entgegengesetzt zu dem angenommenen Richtungssinn ist; d.h. S2 ist nicht wie angenommen eine Zug-, sondern eine Druckkraft.

2.5

Zentrale Kr¨aftegruppen im Raum

37

2.5

2.5 Zentrale Kraftegruppen im Raum ¨ Analog zur Darstellung einer Kraft in der Ebene durch zwei aufeinander senkrecht stehende Komponenten lasst sich eine Kraft ¨ im Raum eindeutig durch drei aufeinander senkrecht stehende Komponenten ersetzen. Wie schon in Abschnitt 1.2 angedeutet, konnen wir dann im kartesischen Koordinatensystem x, y, z nach ¨ Abb. 2.17 eine Kraft F darstellen durch F = F x + F y + F z = Fx ex + Fy ey + Fz ez .

(2.12)

Fur ¨ den Betrag der Kraft und die Richtungskosinus liest man ab:  F = Fx2 + Fy2 + Fz2 , (2.13) Fy Fz Fx cos α = , cos β = , cos γ = . F F F Die Winkel α, β und γ sind nicht unabhangig voneinander. Qua¨ driert man die erste Gleichung aus (2.13) und setzt Fx , Fy und Fz nach der zweiten Zeile von (2.13) ein, so ergibt sich der Zusammenhang cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 .

(2.14) Fz γ z

ez ex ey Abb. 2.17

α

β

F Fy

Fx y

x

rende R zweier Krafte F 1 und F 2 aus der Parallelogrammkon¨ struktion ergibt. Sie entspricht der Vektoraddition R = F1 + F2 .

(2.15)

38

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

R Fi Fn

F2

z F1 x

y Abb. 2.18

Betrachten wir eine raumliche zentrale Kraftegruppe aus n Kraf¨ ¨ ¨ ten (Abb. 2.18), so folgt demnach die Resultierende durch die aufeinander folgende Anwendung des Parallelogrammgesetzes im als VektorRaum, d.h. genau wie bei der ebenen Kraftegruppe ¨ summe aller n Krafte: ¨

Stellen wir die Krafte ¨ F i entsprechend (2.12) durch ihre Komponenten F ix , F iy , F iz dar, so erhalten wir  R = Rx ex + Ry ey + Rz ez = (F ix + F iy + F iz )  = (F Fix ex + Fiy ey + Fiz ez )       = Fix ex + Fiy ey + Fiz ez . Fur ¨ die Komponenten der Resultierenden im Raum gilt somit

Ihren Betrag und ihre Richtung errechnen wir nach (2.13) aus

2.5

Zentrale Kr¨aftegruppen im Raum

39

Analog zum ebenen Problem ist eine raumliche zentrale Krafte¨ ¨ gruppe im Gleichgewicht, wenn ihre Resultierende verschwindet:

Dieser Vektorbedingung sind im Raum die drei skalaren Gleichgewichtsbedingungen

aquivalent. Mit diesen drei Gleichungen ist die Bestimmung von ¨ drei Unbekannten moglich. ¨ Beispiel 2.8 Eine Aufhangung in einer r¨ aumlichen Ecke besteht ¨

aus dem schragen Seil 3 und den zwei horizontalen St¨aben 1 und 2 ¨ (Abb. 2.19a). Wie groß sind die Seil- und die Stabkrafte, wenn im Gelenk A ¨ eine Kiste mit dem Gewicht G angebracht wird?

B

B c

3

S3 γ z

c

b 1 2 b a

a

a

β y

A G

S2

α A

x S1

G b

Abb. 2.19

L¨ osung Wir betrachten die auf das Gelenk A wirkenden Krafte. ¨

Dazu schneiden wir das Seil und die Stabe ¨ und setzen die Seilund die Stabkrafte afte an (Abb. 2.19b). Fuhren wir die ¨ als Zugkr¨ ¨ Winkel α, β und γ ein, so lauten die Gleichgewichtsbedingungen:

B2.8

40

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

  

Fix = 0 :

S1 + S3 cos α = 0 ,

Fiy = 0 :

S2 + S3 cos β = 0 ,

Fiz = 0 :

S3 cos γ − G = 0 .

(a)

Fur ¨ die Winkel liest man aus Abb. 2.19b mit der Raumdiagonalen √ AB = a2 + b2 + c2 ab: a cos α = √ , a 2 + b 2 + c2 c cos γ = √ . a 2 + b 2 + c2 Damit folgen G =G S3 = cos γ

b cos β = √ , a 2 + b 2 + c2

√ a 2 + b 2 + c2 , c

S1 = − S3 cos α = − G

cos α a = −G , cos γ c

S2 = − S3 cos β = − G

cos β b = −G . cos γ c

Was anschaulich klar ist, liefert auch die Rechnung: die Stabe ¨ werden auf Druck, das Seil wird auf Zug beansprucht. Da bei dieser Aufgabe die Geometrie sehr ubersichtlich ist, ¨ haben wir die Losung ohne Anwendung des Vektorformalismus ¨ durchgefuhrt. f¨ Bei Problemen mit komplizierter Geometrie empfiehlt es sich allerdings, alle Kraftvektoren explizit anzuschreiben. wollen Diesen (mehr formalen und damit sicheren) Losungsweg ¨ wir nun noch skizzieren. Die Kraftvektoren (Darstellung als Spaltenvektoren siehe Anhang A.1) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ S 1 = S1 ⎝ 0 ⎠ , S 2 = S2 ⎝ 1 ⎠ , G = G ⎝ 0 ⎠ 0

0

−1

2.5

Zentrale Kr¨aftegruppen im Raum

41

konnen sofort angeschrieben werden. Um den Vektor S 3 darzu¨ stellen, geben wir zunachst den Vektor rAB von A nach B an: ¨ ⎛ ⎞ a ⎜ ⎟ r AB = ⎝ b ⎠ . c Wenn wir ihn durch seinen Betrag rAB = erhalten wir den Einheitsvektor ⎛ ⎞ a 1 ⎜ ⎟ √ eAB = ⎝b⎠ a 2 + b 2 + c2 c

√ a2 + b2 + c2 teilen,

in Richtung von A nach B. Der Kraftvektor S 3 hat die gleiche Richtung und ergibt sich daher zu ⎛ ⎞ a S3 ⎜ ⎟ S 3 = S3 eAB = √ ⎝b⎠ . a 2 + b 2 + c2 c  Die Gleichgewichtsbedingung F i = 0, d.h. S 1 +S 2 +S 3 +G = 0 lautet somit ausgeschrieben ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 a 0 0 S3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ S1 ⎝ 0 ⎠ + S2 ⎝ 1 ⎠ + √ ⎝ b ⎠ + G⎝ 0 ⎠ = ⎝0⎠. a 2 + b 2 + c2 0 0 c −1 0 Sie wird nun komponentenweise ausgewertet:  aS3 Fix = 0 : S1 + √ = 0, 2 a + b 2 + c2  bS3 Fiy = 0 : S2 + √ = 0, 2 a + b 2 + c2  cS3 Fiz = 0 : − G + √ = 0. 2 a + b 2 + c2 Diese Gleichungen stimmen mit den Gleichungen (a) uberein. ¨

42

2 Kr¨afte mit gemeinsamem Angriffspunkt

Es sei darauf hingewiesen, dass die Großen Sj die positiv an¨ gesetzten Stabkrafte ¨ bzw. die Seilkraft sind und nicht die Betr¨age der Vektoren S j . Die Rechnung liefert ja S1 < 0 und S2 < 0 (Druckstabe), w¨ ahrend Betr¨ age immer positiv sind. ¨ B2.9

Beispiel 2.9 Ein vertikaler Mast M wird durch Seile abgespannt

(Abb. 2.20a). Wie groß sind die Krafte ¨ in den Seilen 1 und 2 sowie im Mast, wenn am Seil 3 mit der Kraft F gezogen wird? C

C 3

1 α A

M

α

β

γ

2

α S2 = S

α S1 = S

F D

S∗ A

B

B a

c

C S1 αα

A

β

C F

S∗

SM S2 z

γ

B

F

SM z

D

y

x

x b

γ

β

y

d

Abb. 2.20

L¨ osung Wir schneiden den Punkt C (Mastspitze) heraus und be-

trachten die auf ihn wirkenden Krafte ¨ (Abb. 2.20b), wobei wir die Seilkrafte ¨ anset¨ S1 , S2 und die Kraft SM im Mast als Zugkrafte zen. Wegen der Symmetrie bezuglich der y, z-Ebene mussen die ¨ ¨ und S gleich groß sein: S = S = S (dies beiden Krafte S ¨ 1 2 1 2 kann man auch durch die Gleichgewichtsbedingung in x-Richtung bestatigen). Wir k¨ onnen S1 und S2 zu einer resultierenden Kraft ¨ S ∗ = 2 S cos α

2.5

Zentrale Kr¨aftegruppen im Raum

43

zusammenfassen (Abb. 2.20c), die wie SM und F in der y, z-Ebene liegt (Abb. 2.20d). Die Gleichgewichtsbedingungen  − S ∗ cos β + F cos γ = 0 , Fiy = 0 :  Fiz = 0 : − S ∗ sin β − SM − F sin γ = 0 liefern nach Einsetzen von S ∗ S=F

cos γ , 2 cos α cos β

SM = − F

sin(β + γ) . cos β

Wie zu erwarten war, herrscht in den Seilen Zug (S > 0), im Mast Druck (SM < 0). Als einfache Kontrolle setzen wir γ = π/2: die Kraft F wirkt in diesem Grenzfall in Mastrichtung. Mit cos(π/2) = 0 und sin(β + π/2) = cos β folgen hierf¨ fur S = 0 und SM = − F .

44

2.6

2 Krafte ¨ mit gemeinsamem Angriffspunkt

2.6 Zusammenfassung • Bei einer zentralen Kraftegruppe an einem starren K¨orper ¨ schneiden sich die Wirkungslinien aller Krafte ¨ in einem Punkt. • Die Resultierende einer zentralen Kraftegruppe ist gegeben ¨  durch R = F i bzw. durch ihre Komponenten    Rx = Fix , Ry = Fiy , Rz = Fiz . Beim ebenen Problem entfallt f¨ die z-Komponente. Beachte: das Koordinatensystem kann beliebig (sollte aber zweckmaßig) ge¨ wahlt werden. ¨ • Die Gleichgewichtsbedingung ffur ¨ eine zentrale Kraftegruppe ¨  lautet F i = 0 bzw. in Komponenten    Fix = 0 , Fiy = 0 , Fiz = 0 . Beim ebenen Problem entfallt f¨ die z-Komponente. • Fur osung von Gleichgewichtsaufgaben sind in der Regel ¨ die L¨ folgende Schritte erforderlich:  Freischneiden des Korpers (Punktes). ¨  Richtige und saubere Skizze des Freikorperbildes; alle ein¨ gepragten Kr¨ afte sowie Reaktions- und Schnittkr¨afte ein¨ zeichnen. Konvention: Stabkrafte immer als Zugkr¨afte an¨ setzen.  Wahl eines Koordinatensystems.  Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen. Im ebenen Fall sind dies 2 Gleichungen, im raumlichen Fall 3 Gleichungen. ¨  Auflosen der Gleichungen nach den Unbekannten. ¨ • Beruhren sich zwei K¨ orper, dann uben sie im Beruhrungspunkt ¨ ¨ ¨ eine Kontaktkraft aufeinander aus. Bei ideal glatten K¨orpern ist diese normal zur Beruhrungsebene gerichtet. ¨

Kapitel 3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

3

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers 3.1 3.1.1 3.1.2 3.1.3 3.1.4 3.1.5 3.2 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.3

Allgemeine Kraftegruppen in der Ebene ................... ¨ Kraftepaar und Moment des Kr¨aftepaares ................ ¨ Moment einer Kraft............................................ Die Resultierende ebener Kraftsysteme .................... Gleichgewichtsbedingungen ................................... Grafische Zusammensetzung von Kraften: das Seileck . ¨ Allgemeine Kraftegruppen im Raum........................ ¨ Der Momentenvektor .......................................... Gleichgewichtsbedingungen ................................... Dyname, Kraftschraube ....................................... Zusammenfassung ..............................................

47 47 52 54 56 65 70 70 76 82 88

Lernziele: Wir wollen uns nun allgemeinen Kraftegrup¨ pen zuwenden, d.h. Kraften, deren Wirkungslinien sich nicht in ¨ einem Punkt schneiden. Zu ihrer Analyse werden wir den Begriff des Moments einfuhren. f¨ Die Studierenden sollen lernen, wie man ein ebenes oder raumliches Kraftesystem reduziert und unter wel¨ ¨ chen Umstanden Gleichgewicht herrscht. Sie sollen in die Lage ¨ versetzt werden, mit Hilfe von Schnittprinzip, Freikorperbild und ¨ sachgerechter Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen zweibzw. dreidimensionale Probleme zu l¨ osen.

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

47

3.1

3.1 Allgemeine Kraftegruppen in der Ebene ¨ 3.1.1 Kraftepaar und Moment des Kr¨ aftepaares ¨

Nach Abschnitt 2.1 konnen wir zentrale Kr¨ aftegruppen, d.h. so¨ wohl mehrere Krafte ¨ auf einer Wirkungslinie als auch nichtparallele Krafte ¨ durch einen Punkt zu einer Resultierenden zusammenfassen. R

R2

R1 l

K R1

F1

a1

F2 h

Abb. 3.1

−K a2 R2

Wie zwei parallele Krafte F 1 und F 2 durch eine Resultieren¨ fugen de R ersetzt werden, sei im folgenden beschrieben. Wir f¨ zunachst zu den gegebenen Kraften F 1 und F 2 die Gleichgewichts¨ ¨ gruppe K und −K hinzu, die ja keine Wirkung auf den starorper ausubt onnen dann in bekannter ren K¨ ¨ (Abb. 3.1). Damit k¨ Weise die beiden Teilresultierenden R1 = F 1 + K und R2 = F 2 + (−K) und daraus nach einer Verschiebung entlang ihrer Wirkungslinien in deren Schnittpunkt wiederum die Resultierende R = R1 + R2 = F 1 + F 2

(3.1)

gebildet werden. Der Betrag R der Resultierenden sowie die Lage ihrer Wirkungslinie fallen bei der grafischen Konstruktion gleichzeitig an. Aus Abb. 3.1 kann man ablesen: R = F1 + F2 , h = a1 + a2 ,

a1 K = , l F1

a2 K = . l F2

(3.2)

Bei parallelen Kraften ergibt sich R demnach als algebraische ¨

48

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Summe der Krafte. Aus (3.2) folgen daneben das Hebelgesetz von ¨ Archimedes a1 F1 = a2 F2

(3.3)

und die Abstande ¨ a1 =

F2 F2 h= h, F1 + F2 R

a2 =

F1 F1 h= h. F1 + F2 R

(3.4)

Wir erkennen, dass auf diese Weise immer die Große ¨ und die Lage der Resultierenden ermittelt werden konnen, sofern nicht der ¨ Nenner in (3.4) verschwindet. Letzterer Fall tritt ein, wenn ein so genanntes Kr¨aftepaar vorliegt; er sei im folgenden betrachtet. Unter einem Kraftepaar versteht man zwei gleich große, entge¨ gengesetzt wirkende Krafte auf parallelen Wirkungslinien (Abb. ¨ 3.2). Hier versagt die zuvor beschriebene Vorgehensweise. Mit F1 erhalt F2 = −F ¨ man aus (3.2) und (3.4) R = 0 und a1 , a2 → ±∞. Ein Kraftepaar kann demnach nicht auf eine resultierende Einzel¨ kraft reduziert werden.

F

−F

Abb. 3.2

Obwohl die resultierende Kraft eines Kraftepaares Null ist, hat ¨ das Kraftepaar doch eine physikalische Wirkung: es versucht einen ¨ Korper zu drehen. In Abb. 3.3 sind einige Beispiele dargestellt, in ¨ denen Kraftepaare auftreten: a) ein Ventilrad, das gedreht wer¨ den soll, b) ein Schraubenzieher, der mit etwas Spiel auf den Schlitz einer Schraube wirkt und c) ein Balken, der in einer Wand eingespannt“ gelagert ist und dessen Ende verdreht wird. Wir ” erkennen, dass ein Kraftepaar einen bestimmten Drehsinn, ent¨ weder links- oder rechtsherum hat. Genau wie die Einzelkraft ist

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

49

auch das Kraftepaar eine Idealisierung, durch welche die Wirkung ¨ der stets flachenf f ormig verteilten Krafte ¨ ¨ ¨ ersetzt wird.

h F F F

F

F

F h

h a

h b

F

F

F

F h c

Abb. 3.3

Betrachten wir nun die Bestimmungsgroßen und die Eigenschaf¨ Die Wirkung eines Kr¨ aftepaares wird einten des Kraftepaares. ¨ deutig bestimmt durch sein Moment. Dieses ist gegeben durch den Betrag M , der gebildet wird aus senkrechtem Abstand h mal Kraftbetrag F ,

sowie durch den Drehsinn, den wir symbolisch durch einen gebogenen Pfeil ( oder ) angeben. Die beiden Großen, Betrag M ¨ und Drehsinn , deuten hier schon an, dass das Moment im Raum den Charakter eines Vektors hat. Das Moment hat die Dimension Lange mal Kraft [l F ] und wird in Vielfachen der Einheit Nm ange¨ geben (um eine Verwechslung mit der Einheit mN =  Milli-Newton zu vermeiden, wird dabei die Reihenfolge der Einheiten von L¨ange und Kraft vertauscht: Nm =  Newton-Meter). Wie aus Abb. 3.4 zu entnehmen ist, gibt es beliebig viele aqui¨ valente Darstellungen ffur aftepaar. Das Kraftepaar F mit ¨ ein Kr¨ ¨ dem Abstand h kann durch Hinzufugen f¨ der Gleichgewichtsgrup-

50

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

pe K durch ein Kraftepaar F  mit dem Abstand h gleichwertig ¨ ersetzt werden. Dabei bleibt das Moment, d.h. der Drehsinn und der Betrag des Momentes   F   M = h F = (h sin α) = hF sin α unverandert. Wie aus der Abbildung gleichfalls hervorgeht, kann ¨ durch geeignetes Aneinanderreihen solcher Konstruktionen ein Kraftepaar beliebig in der Ebene verschoben werden, ohne dass ¨ sich das Moment ¨ andert. Das Kr¨ aftepaar ist also im Gegensatz zur Kraft nicht an eine Wirkungslinie gebunden: es kann ohne ¨ Anderung der Wirkung an beliebigen Stellen eines starren K¨orpers angreifen. F

K

F  K

F 



F F 



h h

α

K F



h

F



F

F 

F K

Abb. 3.4

Wegen der eindeutigen Beschreibung eines Kraftepaares durch ¨ sein Moment werden wir spater das Kr¨ aftepaar meist durch den ¨ Begriff des Momentes ersetzen und auf das Zeichnen eines der beliebig vielen aquivalenten Kraftepaare verzichten. In Analogie ¨ ¨ zur Darstellung einer Kraft durch das Symbol  F (Pfeil mit Kraftbetrag) verwenden wir dann das Symbol  M (Abb. 3.5); in ihm sind der Drehsinn (gebogener Pfeil) und der Betrag M des Momentes zusammengefasst.

F

= F

M = hF

=

M = hF

Abb. 3.5

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

51

Genau wie es zu jeder Kraft eine gleichgroße Gegenkraft gibt (actio = reactio), so gibt es zu jedem Kraftepaar ein gleichgroßes ¨ Kraftepaar mit entgegengesetztem Drehsinn bzw. zu jedem Mo¨ ment ein gleichgroßes Gegenmoment. So wirkt zum Beispiel der Schraubenzieher nach Abb. 3.3b mit dem Moment M = h F rechtsdrehend auf die Schraube. Umgekehrt wirkt die Schraube mit dem betragsmaßig gleichen Moment linksdrehend auf den Schrauben¨ zieher. Greifen an einem starren Korper mehrere Kr¨aftepaare an, so ¨ kann man sie durch geeignetes Verschieben und Verdrehen zu einem resultierenden Kraftepaar mit dem Moment MR zusammen¨ fassen (Abb. 3.6). Ihre Momente werden dabei unter Beachtung des Drehsinns algebraisch addiert:

F1 F1

h2 F2 F2

=

h2 F h1 2

=

M1= h1 F1 M2= h2 F2

=

F1

F1

h2 F h1 2

=

MR = M1 +M2

Abb. 3.6

Ist die Summe der Momente Null, so verschwindet das resultierende Kraftepaar und damit die Drehwirkung auf den Ko¨rper. ¨ Die Gleichgewichtsbedingung ffur ¨ eine Gruppe von Kraftepaaren ¨ lautet somit

52

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

3.1.2 Moment einer Kraft

¨ Eine Kraft kann ohne Anderung ihrer Wirkung nur entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden. Mit Hilfe des Begriffs des Kraftepaares wollen wir uns nun dem Problem der Parallelver¨ schiebung einer Kraft zuwenden. Hierzu betrachten wir in Abb. 3.7 eine Kraft F , die um den Abstand h in eine zu f parallele Wirkungslinie f  durch den Punkt 0 verschoben werden soll. Lassen wir entlang f  zwei Gleichgewichtskrafte ¨ vom Betrag F wirken, so bildet eine dieser Krafte Kraft F im Ab¨ mit der ursprunglichen ¨ stand h ein Kraftepaar, dessen Wirkung durch das Moment vom ¨ Betrag M (0) = h F und den entsprechenden Drehsinn beschrieben wird. Einer Kraft F im senkrechten Abstand h von 0 sind also eine Kraft F durch 0 und ein Moment der Große ¨ M (0) = h F gleich(0) wertig. Die Große ¨ M = hF bezeichnet man als das Moment der des Punktes 0; der hochgestellte Index bei M Kraft F bezuglich ¨ kennzeichnet dabei den Bezugspunkt. Den senkrechten Abstand zwischen 0 und der Kraft F nennt man den Hebelarm der Kraft bezuglich 0. Der Drehsinn des Momentes ist durch den Drehsinn ¨ der Kraft F um den Punkt 0 festgelegt.

h

F

F

F F

= F f

= f



M (0)= hF

f Abb. 3.7

Wahrend das Moment eines Kr¨ aftepaares nicht von einem Be¨ zugspunkt abhangt, sind der Betrag und der Drehsinn des Mo¨ mentes einer Kraft von der Wahl des Bezugspunktes abhangig. ¨ Dieser Unterschied muss immer beachtet werden. Es ist oft zweckmaßig, eine Kraft F durch ihre kartesischen ¨ Komponenten F x = Fx ex und F y = Fy ey zu ersetzen (Abb. 3.8). Vereinbaren wir, dass ein Moment positiv ist, wenn es gegen den Uhrzeigersinn dreht (), so ist das Moment von F bezuglich 0 ¨ durch M (0) = h F gegeben. Wegen h = x sin α − y cos α

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

53

y

y

F

Fy h

y

F 1y

α Fx

F 2y

α y cos α x α x sin α

0

F1

F2

x

x

y F 1x 0

Abb. 3.8

R

F 2x x

Abb. 3.9

und sin α = Fy /F , folgt M (0) = hF =

cos α = Fx /F

  Fy Fx x −y F = x Fy − y Fx . F F

(3.8)

Man kann das Moment also auch aus der Summe der Momente der Kraftkomponenten bezuglich 0 bestimmen, wobei der Drehsinn ¨ der Komponenten zu beachten ist. Wir bestimmen nun das Moment der Resultierenden R der zwei nichtorthogonalen Krafte F1 und F2 (Abb. 3.9). Hier werden die ¨ Momente von F1 und F2 bezuglich 0 ¨ (0)

M1

= x F1y − y F1x ,

(0)

M2

= x F2y − y F2x ,

und ffur alt man ¨ die Summe erh¨ (0)

(0)

M2 M1 +M

(0)

= x (F F1y +F F2y )−y (F F1x +F F2x ) = x Ry −y Rx = MR .

Es spielt demnach keine Rolle, ob man Krafte erst addiert und ¨ dann das Moment bildet, oder ob man die Summe der Einzelmomente bildet. Dies gilt auch ffur afte. Wir k¨onnen ¨ beliebig viele Kr¨ diesen Sachverhalt folgendermaßen aussprechen:

54

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

3.1.3 Die Resultierende ebener Kraftsysteme

Wir betrachten nun einen starren Korper, der unter der Wirkung ¨ einer allgemeinen ebenen Kraftegruppe steht (Abb. 3.10) und fra¨ gen danach, wie das System reduzierbar ist. Um die Frage zu beantworten, wahlen wir einen beliebigen Bezugspunkt A und ¨ verschieben die Krafte parallel zu sich selbst, bis ihre Wirkungs¨ linien durch den Punkt A gehen. Damit dabei die Wirkung nicht geandert wird, mussen die entsprechenden Momente der Krafte ¨ ¨ ¨ bezuglich A hinzugefugt f¨ werden. Auf diese Weise k¨onnen wir das ¨ Kraftsystem reduzieren auf eine zentrale Kraftegruppe und auf ¨ eine Gruppe von Momenten, die wir ihrerseits durch eine Resultierende R mit den Komponenten Rx , Ry und durch ein resultie(A) rendes Moment MR ersetzen konnen. Nach (2.7) und (3.6) sind ¨ diese gegeben durch

Betrag und Richtung der Resultierenden errechnen sich aus  Ry R = Rx2 + Ry2 , tan α = . (3.10) Rx

Fi

F1

F1

Fi (A)

=

(A)

M1

Mi (A)

M2

F2

F2

=

= R (A)

MR

=

R

y α x

Abb. 3.10

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

55

Die Belastung durch R (mit Wirkungslinie durch A) und durch lasst sich noch durch die Wirkung der Resultierenden R ¨ alleine ersetzen, deren Wirkungslinie dann jedoch parallel verschoben werden muss. Der senkrechte Abstand h ist dabei so zu (A) (A) wahlen, dass das Moment MR gerade hR ist: hR = MR . Da¨ raus folgt (A) MR

(A)

h=

MR R

.

(3.11) (A)

Fur ¨ den Fall MR = 0 und R = 0 wird h = 0, d.h. die Wirkungsli(A) nie von R geht dann durch den Punkt A. F¨ ur R = 0 und MR = 0 ist keine weitere Reduktion moglich: das Kraftsystem wird jetzt ¨ alleine auf ein Moment (d.h. auf ein Kraftepaar) reduziert, das ¨ von der Wahl des Bezugspunktes unabhangig ist. ¨ Mit Hilfe der Gleichungen (3.9) bis (3.11) kann man den Betrag und die Richtung der Resultierenden sowie die Lage ihrer Wirkungslinie analytisch ermitteln. Wie man die Reduktion grafisch durchfuhren f¨ kann, wird in Abschnitt 3.1.5 gezeigt. Beispiel 3.1 Eine gleichseitige Sechseckscheibe ist durch vier Krafte ¨

mit den Betr¨ agen F bzw. 2 F belastet (Abb. 3.11a). Es sind die Große ¨ und die Lage der Resultierenden zu ermitteln. F

F

y 2F

2F

a 2F

a

α

60 0 ◦

x h

2F R

a

F

b

F

Abb. 3.11

L¨ osung Wir wahlen ein Koordinatensystem x, y und seinen Ur¨

sprung 0 als Bezugspunkt (Abb. 3.11b). Momente sollen positiv gezahlt werden, wenn sie linksherum drehen (). Dann werden ¨

B3.1

56

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

nach (3.9) Rx = Ry = (0)

MR =

 



Fix = 2 F cos 60◦ + F cos 60◦ + F cos 60◦ − 2 F cos 60◦ = F , Fiy = − 2 F sin 60◦ + F sin 60◦ + F sin 60◦ + 2 F sin 60◦ = (0)

Mi

√ 3F ,

= 2aF + aF + 2aF − aF = 4aF .

Daraus erhalt ¨ man  R = Rx2 + Ry2 = 2 F ,

tan α =

√ Ry = 3 Rx

→

α = 60◦ .

Der Hebelarm der Resultierenden in Bezug auf 0 ergibt sich zu (0)

h=

MR 4aF = = 2a. R 2F

3.1.4 Gleichgewichtsbedingungen

Wie wir in Abschnitt 3.1.3 gesehen haben, kann jede ebene Krafte¨ gruppe auf eine zentrale Kraftegruppe und eine Gruppe von Mo¨ menten um einen beliebigen Bezugspunkt A reduziert werden (dabei setzen sich die Momente aus den Momenten der Einzelkrafte ¨ und aus den Momenten eventuell vorhandener Kraftepaare zu¨ sammen). Auf jede dieser Gruppen kann man die entsprechenden Gleichgewichtsbedingungen (2.11) und (3.7) anwenden. Ein starrer Korper unter der Wirkung einer ebenen Kr¨aftegruppe ist ¨ demnach im Gleichgewicht, wenn gilt:

Der Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen (drei) entspricht die Anzahl der Bewegungsmoglichkeiten (drei) oder Freiheitsgrade ei¨ in der Ebene: je eine Translation in x- und y-Richtung nes Korpers ¨ und eine Drehung um eine Achse senkrecht zur x, y-Ebene.

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

y

Fi

Fiy

F2

57

Fix

F1 Abb. 3.12

B

yC xC

yA xA

yi xi

x

Wir untersuchen nun, ob die Wahl des Bezugspunktes in der Momentengleichgewichtsbedingung tatsachlich beliebig ist. Hier¨ zu bilden wir mit den Bezeichnungen nach Abb. 3.12 die Momentensumme bezuglich des Punktes A: ¨  (A)  {(xi − xA )F Fiy − (yi − yA )F Fix } Mi =    = (xi Fiy − yi Fix ) − xA Fiy + yA Fix (3.13)  (B)   = Mi − xA Fiy + yA Fix . Sind die Gleichgewichtsbedingungen (3.12) erfullt, f¨ so folgt da  (B) = 0. Umgekehrt ergibt sich aus Fix = 0, Mi raus sofort   (B)  (A) Fiy = 0, Mi = 0 auch Mi = 0. Die Wahl des Bezugskeine Rolle; er kann auch außerhalb punktes spielt also tatsachlich ¨ des Korpers liegen. ¨ An Stelle von zwei Kraft- und einer Momentengleichgewichtsbedingung kann man auch mit einer Kraft- und zwei Momentenbedingungen arbeiten. Durch Einsetzen in (3.13) kann man sich davon uberzeugen, dass die Bedingungen ¨

 auch Fiy = 0 zur Folge haben, sofern nur xA = 0 ist. Damit die Gleichgewichtsbedingungen (3.14) den Gleichgewichtsbedingungen (3.12) gleichwertig sind, durfen also nicht beide Bezugs¨ punkte A und B auf einer Geraden liegen (hier die y-Achse), die senkrecht zu der Richtung ist, in der Kraftegleichgewicht gebildet ¨

58

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

wird (hier die x-Richtung). Analog ffuhren die Bedingungen ¨

 auch auf Fix = 0, sofern yA = 0 ist. Auch die Anwendung der Momentengleichgewichtsbedingung auf drei verschiedene Punkte A, B und C

ist ¨ aquivalent zu (3.12), wenn die Punkte A, B, C nicht auf einer Geraden liegen. Um diese Aussage zu beweisen, verwenden wir (3.13) und die entsprechende Beziehung ffur ¨ einen beliebigen Punkt C:    (A)  (B) Mi − xA Fiy + yA Fix , Mi = (3.17)  (C)  (B)   Mi = Mi − xC Fiy + yC Fix . Einsetzen von (3.16) liefert   Fiy + yA Fix = 0 , −xA

  −xC Fiy + yC Fix = 0 ,   woraus man durch Eliminieren von Fiy bzw. von Fix die Beziehungen     yA xA + yC Fix = 0 , −xC + y Fiy = 0 −xC xA yA C   erhalt. Fix = 0 und Fiy = 0, wenn die Klam¨ Daraus folgen mern von Null verschieden sind, wenn also yA /xA = yC /xC ist. Die Punkte A und C durfen also tats¨ achlich nicht auf derselben ¨ Geraden durch den Ursprung B liegen. Ob man bei der Losung von Aufgaben die Gleichgewichtsbe¨ dingungen in der Form (3.12) oder (3.14) oder (3.16) anwendet, ist zwar im Prinzip gleichgultig, doch kann es je nach Aufgaben¨ stellung zweckmaßig sein, die eine oder die andere Form zu bevor¨ zugen.

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

59

Bei der Anwendung einer Momentengleichgewichtsbedingung  (A) (z.B. Mi = 0) ist es erforderlich, sowohl einen Bezugspunkt anzugeben, als auch einen positiven Drehsinn (z.B. linksherum po¨ sitiv) zu wahlen. Ahnlich wie beim Kraftegleichgewicht schreiben ¨ ¨  wir dafur f¨ symbolisch kurz A : (Summe aller Momente um den Bezugspunkt A gleich Null; Momente in Pfeilrichtung werden positiv gezahlt). ¨ R F −F a

b

R

c

d

Abb. 3.13

Kehren wir nun nochmals zu allgemeinen ebenen Kraftegrup¨ pen zuruck. Aus (3.12) und den Ergebnissen aus Abschnitt 3.1.3 ¨ stets auf ergibt sich zusammenfassend, dass ebene Kraftegruppen ¨ einen der vier nachfolgenden Falle ¨ reduziert werden k¨onnen: 1. Resultierende nicht durch Bezugspunkt A (Abb. 3.13a): R = 0 ,

M (A) = 0 .

2. Resultierende durch Bezugspunkt A (Abb. 3.13b): R = 0 ,

M (A) = 0 .

3. Kraftepaar (unabhangig vom Bezugspunkt) (Abb. 3.13c): ¨ ¨ R = 0,

M (A) = M = 0 .

4. Gleichgewicht (Abb. 3.13d): R = 0,

M (A) = 0 .

Beispiel 3.2 Wo muss der gewichtslose Balken (Abb. 3.14a) durch

ein Lager unterstutzt werden, damit er sich unter den Kraften F1 ¨ ¨ und F2 im Gleichgewicht befindet? Wie groß ist die Kraft A, die vom Lager auf den Balken ausgeubt ¨ wird (Lagerkraft)? L¨ osung Wir bezeichnen den Abstand des Lagers vom Punkt 0 mit

B3.2

60

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

F2

F1

F1

F2

0

A l a

a b

Abb. 3.14

a, befreien den Korper vom Lager und bringen die Lagerkraft A ¨ an (Abb. 3.14b). Da F1 und F2 vertikal gerichtet sind (Horizontalkomponenten sind Null), muss auch A vertikal gerichtet sein. Dies folgt aus der Gleichgewichtsbedingung in horizontaler Richtung (Horizontalkomponente von A muss verschwinden!). Es ist meist zweckmaßig, den Bezugspunkt fur ¨ ¨ eine Momentengleichgewichtsbedingung so zu wahlen, dass er auf der Wirkungs¨ linie einer Kraft liegt. Da der Hebelarm dieser Kraft dann Null ist, taucht sie im Momentengleichgewicht nicht auf. Mit dem Bezugspunkt 0 lauten die Gleichgewichtsbedingungen (die Bedingung in f¨ liefert also nichts): horizontaler Richtung ist identisch erfullt,  ↑ : A − F1 − F2 = 0 , 0 : a A − l F2 = 0 . Daraus erhalt ¨ man A = F1 + F2 ,

a=

F2 l. F1 + F2

Wahlen wir zur Probe den Bezugspunkt A, so lautet das Mo¨ mentengleichgewicht  A : a F1 − (l − a) F2 = 0 , woraus dasselbe Ergebnis folgt. B3.3

Beispiel 3.3 Ein Seil, das uber eine reibungsfrei gelagerte Rolle ¨

gefuhrt f¨ wird, ist unter den Kraften S1 und S2 im Gleichgewicht ¨ (Abb. 3.15a). Wie groß sind bei gegebenem S1 die Seilkraft S2 und die Kraft, die im Lager 0 auf die Rolle wirkt? L¨ osung Die Antwort auf die erste Frage folgt unmittelbar aus dem

Momentengleichgewicht bezuglich 0 (die Kraft, die im Lager 0 auf ¨

3.1

α S1

r

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

β S1

0

a

LH L

S2 Abb. 3.15

61

0

LV

S2

b

die Rolle wirkt, hat kein Moment bezuglich 0): ¨  0 : r S 1 − r S2 = 0 → S2 = S1 . Dieses Ergebnis ist schon aus der Erfahrung bekannt (vgl. Abb. 2.11b). Zur Ermittlung der Lagerkraft schneiden wir die Rolle frei und ffuhren eine nach Gr¨ oße und Richtung unbekannte Lagerkraft L ¨ ein, die in ihre Horizontal- und Vertikalkomponenten zerlegt wird (Abb. 3.15b). Aus ↑:

LV − S1 sin α − S2 sin β = 0 ,

→:

LH − S1 cos α + S2 cos β = 0

erhalt ¨ man mit S2 = S1 das Ergebnis LV = S1 (sin α + sin β) ,

LH = S1 (cos α − cos β) .

F¨ ur α = β werden LV = 2 S1 sin α, LH = 0, und im Spezialfall α = β = π/2 folgt LV = 2 S1 . Beispiel 3.4 Ein homogener Balken (Lange 4 a, Gewicht G) wird ¨

im Punkt C von einem Seil gehalten und liegt in A und B an glatten vertikalen Wanden an (Abb. 3.16a). Wie groß sind die Seilkraft ¨ und die Kontaktkrafte ¨ in A und B? L¨ osung Um das Freikorperbild zu skizzieren, schneiden wir das ¨

Seil und trennen den Balken von den Wanden. An den Trenn¨ stellen fuhren f¨ wir die Kontaktkrafte A und B senkrecht zu den ¨ Beruhrungsebenen (glatte Wande!) sowie die Seilkraft S ein (Abb. ¨ ¨ 3.16b). Das Gewicht G wird in der Balkenmitte (Schwerpunkt, vgl. Kapitel 4) angebracht. Die horizontalen und die vertikalen

B3.4

62

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

√

2 2 a

30◦ C

B

√

3a

√

45◦ A a

2 2 3a 2a

S

2 2 a

G a

C A

b

a

B

30◦

a Abb. 3.16

¨ Kraftabstande ergeben sich aus einfachen geometrischen Uberle¨ gungen. Mit dem Bezugspunkt C ffur die Momente lauten die drei ¨ Gleichgewichtsbedingungen ↑: →:  C:

S cos 30◦ − G = 0 , A − B − S sin 30◦ = 0 , √ √ √ 2 2 2 aA− aG+ 3aB = 0. 2 2 2

√ Die drei Krafte folgen daraus mit cos 30◦ = 3/2, sin 30◦ = 1/2 ¨ zu √ √ √ 2 3 1+ 3 3− 3 S= G, A = G, B = G. 3 4 12 B3.5

Beispiel 3.5 In einer glatten Kugelkalotte vom Radius r liegt ein

√ Balken der L¨ ange l = 2 r (Abb. 3.17a). In welchem Abstand x vom Punkt A muss ein Gewicht G angebracht werden, damit sich der Balken unter dem Winkel α = 15◦ im Gleichgewicht befindet? Wie groß sind dann die Kontaktkrafte ¨ in A und in B? Das Gewicht des Balkens darf im Vergleich zu G vernachlassigt werden. ¨ L¨ osung Das Freikorperbild (Abb. 3.17b) zeigt die auf den Balken ¨

wirkenden Krafte. Die Kontaktkrafte A und B stehen senkrecht ¨ ¨ (glatte Oberfl¨achen!), sind auf den jeweiligen Beruhrungsebenen ¨ also auf den Kugelmittelpunkt 0 gerichtet. Wegen der gegebenen √ L¨ angen r und l = 2 r ist das Dreieck 0 A B gleichschenklig und

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

63

0

r

r

r 45◦

B

45◦

C B

G

αA

A x

15◦

15◦

G

√

x

l

a

30◦

2r

b

30◦

r

60◦

105◦

45◦

A

0

15◦

x G

B

B G

C

A c

d

30◦

Abb. 3.17

rechtwinklig. Mit dem Winkel α = 15◦ ergeben sich ffur ¨ die Krafte ¨ A und B Neigungswinkel von 60◦ bzw. von 30◦ zur Horizontalen. Damit lauten die drei Gleichgewichtsbedingungen (in der Momenin Komponenten tengleichung zerlegen wir A und B zweckmaßig ¨ senkrecht und parallel zum Balken): ↑: →:  C:

A sin 60◦ + B sin 30◦ − G = 0 , A cos 60◦ − B cos 30◦ = 0 , − x(A sin 45◦ ) + (l − x)(B sin 45◦ ) = 0 .

Aus ihnen konnen die drei Unbekannten A, B und x bestimmt wer¨ den. Auflosen der ersten beiden Gleichungen liefert mit sin 30◦ = ¨ √ cos 60◦ = 1/2, sin 60◦ = cos 30◦ = 3/2 die Kontaktkrafte ¨ √ 3 1 A= G, B = G. 2 2 Durch Einsetzen in√die Momentengleichgewichtsbedingung erhalt ¨ man mit sin 45◦ = 2/2 den Abstand x=l

l B =√ . A+B 3+1

64

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Wir konnen die Aufgabe auch anders losen. Die drei Krafte ¨ ¨ ¨ A, B und G konnen nur dann im Gleichgewicht sein, wenn sie ¨ durch einen Punkt gehen (vgl. Abschnitt 3.1.5). Da A und B durch 0 hindurchgehen, muss demnach auch G durch 0 gehen (Abb. 3.17c). Anwendung des Sinussatzes auf das Dreieck 0 A C ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ liefert √ mit sin 105 √ = sin(45 +60 √ ) = sin 45 cos 60 +cos 45 sin 60 = ( 2/4)(1 + 3) und r = l/ 2 wieder den Abstand x=r

sin 30◦ l 1/2 l √ . = √ √ = ◦ √ sin 105 2 2 1+ 3 (1 + 3) 4

Die Kontaktkrafte ¨ A und B ergeben sich aus dem geschlossenen Kraftedreieck (Abb. 3.17d) unmittelbar zu ¨ √ 3 G G , B = G sin 30◦ = . A = G cos 30◦ = 2 2

B3.6

Beispiel 3.6 Eine Walze (Radius r, Gewicht G) wird uber einen ¨ Hebel der L¨ ange l belastet, der auf einer Ecke der Hohe ¨ h aufliegt (Abb. 3.18a). Alle Beruhrungsfl achen seien ideal glatt; das ¨ ¨ Eigengewicht des Hebels kann vernachlassigt werden. ¨ Wie groß ist die Druckkraft zwischen der Walze und dem horizontalen Boden, wenn am Hebel die Kraft F wirkt und h = r ist? L¨ osung Wir zerlegen das System in die einzelnen starren K¨ orper

(Walze, Hebel) und ffuhren an den Beruhrungspunkten die Druck¨ ¨ krafte ein (Abb. ¨ A bis E senkrecht zur jeweiligen Beruhrungsebene ¨ 3.18b). Dabei ist zu beachten, dass beim Angriffspunkt der Kraft E der Hebel und beim Angriffspunkt der Kraft D die horizontale Unterlage die jeweiligen Beruhrungsebenen sind. Dann lauten die ¨ Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den Hebel √ √ 2 2 C− E = 0, →: 2 √ 2 √ 2 2 ↑: D− C+ E −F = 0, 2 2

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

F

G r

F

l

G

45◦

√ r− 22 r

C

A

h a

0 b

Abb. 3.18

 0 :

65

B

C 45◦

D

 √  √ √ √ 2 2 2r 1 − C − 2hE + lF = 0 2 2

E √

2h

√

2 2 l

und ffur ¨ die Walze (zentrale Kraftegruppe!) ¨ √ 2 →: A− C = 0, √2 2 ↑: B+ C −G = 0. 2 Damit stehen ffunf ¨ Gleichungen fur ¨ die funf ¨ Unbekannten A bis E zur Verfugung. f¨ Aufl¨ osen liefert mit h = r ffur ¨ die Kontaktkraft B l B =G− F. 2r F¨ ur F = (2 r/l)G wird B = 0. F¨ ur großere Krafte ¨ ¨ F ist Gleichgewicht nicht mehr moglich: die Walze wird dann angehoben. ¨ 3.1.5 Grafische Zusammensetzung von Kraften: das Seileck ¨

Wie die Zusammensetzung von Kraften grafisch erfolgen kann, ¨ wurde bereits erlautert. Liegen zum Beispiel zwei nichtparallele ¨ Krafte F 1 und F 2 vor (Abb. 3.19), so ergibt sich die Resultie¨ rende R durch Zeichnen des Krafteparallelogramms bzw. eines ¨ Kraftedreiecks. Man erkennt, dass Gleichgewicht nur dann erzeugt ¨ werden kann, wenn zusatzlich zu F 1 und F 2 noch eine Halte¨ kraft H = −R wirkt, deren Wirkungslinie mit der von R zusammenfallt. f¨ Daraus schließen wir:

66

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

H = −R

H = −R

F1

F2

R2

R1

R

R

K

−K F2

Abb. 3.19

F1 R1

R2

Abb. 3.20

Fur ¨ zwei parallele Krafte ¨ F 1 und F 2 findet man die Resultierende R (bzw. die Kraft H, die F 1 und F 2 das Gleichgewicht halt) ¨ mit Hilfe der Gleichgewichtsgruppe K und −K durch die in Abb. 3.20 dargestellte Konstruktion. Sie ffuhrt, wie wir in Ab¨ schnitt 3.1.1 gesehen haben, immer zum Ziel, sofern kein Krafte¨ paar vorliegt, das ja nicht weiter reduzierbar ist. Prinzipiell kann die eben geschilderte zeichnerische Zusammensetzung von zwei Kraften auf beliebig viele Krafte wer¨ ¨ ubertragen ¨ den: zwei Krafte ¨ werden zu einer Teilresultierenden zusammengefasst, diese wiederum mit der dritten Kraft zu einer neuen Teilresultierenden und so fort. Bei vielen Kraften wird dieses Verfahren ¨ jedoch sehr unubersichtlich und unbequem. Man bedient sich an ¨ Stelle dieses schrittweisen Vorgehens deshalb einer systematischen Konstruktion, die den Namen Seileck oder Seilpolygon tr¨¨agt. Die Vorgehensweise sei an Hand von vier Kraften F 1 bis F 4 ¨ nach Abb. 3.21 dargestellt. Zunachst zeichnen wir unter Anga¨ be eines Langenmaßstabes den Lageplan mit den Wirkungslinien ¨ f1 , . . . , f4 der Krafte ¨ F 1 , . . . , F 4 . Nach Wahl eines Kraftemaßsta¨ bes werden die Krafte im Kr afteplan zusammengesetzt, woraus ¨ ¨ sich die Resultierende R nach Große ¨ und Richtung ergibt. Die Lage von R im Lageplan folgt aus der Seileckkonstruktion. Zu diesem Zweck wahlen wir im Kr¨ afteplan einen beliebigen Punkt ¨ Π, den man als Pol“ bezeichnet, und ziehen die Polstrahlen“ S1 ” ”

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

67

Systemskizze

F1

F2

F4

F3

f1 s1

f3

f2 s3

s2 s1

r

Kräfteplan

F1

Lageplan

f4

s5

s4

s5

S2 S3

F2 F3

R F4

S1 Π

S4 S5

Abb. 3.21

bis S5 (Verbindungslinien von Π zu den Anfangs- und den Endpunkten der Krafte). Parallel zu den Polstrahlen werden im La¨ geplan die Seilstrahlen“ s1 , . . . , s5 gezeichnet. Dazu bringen wir ” s1 und s2 in einem beliebigen Punkt auf f1 zum Schnitt. zunachst ¨ Der Reihe nach legen wir dann durch den Schnittpunkt von s2 und f2 den Strahl s3 , durch den Schnittpunkt von s3 und f3 den Strahl s4 usw. Durch den Schnittpunkt des ersten und des letzten Seilstrahles s1 und s5 wird letztlich die Lage der Resultierenden R bzw. ihrer Wirkungslinie r festgelegt. Die Richtigkeit der Vorgehensweise ergibt sich aus folgenden ¨ Uberlegungen. Fassen wir im Krafteck die Polstrahlen als Krafte ¨ S1 bis S5 auf (daher befinden sich in Abb. 3.21 ausnahmsweise wir die Kraft F 1 zerlegen in Pfeile an den Polstrahlen), so konnen ¨ −S 1 und S 2 , die Kraft F 2 zerlegen in −S 2 und S 3 usw. Die Wirkungslinien von S 1 , . . . , S 5 sind dann die Seilstrahlen s1 , . . . , s5 im Lageplan. Es gilt demnach F 1 = − S1 + S2 ,

F 2 = − S2 + S3 ,

F 3 = − S3 + S4 ,

F 4 = − S4 + S5 .

68

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Da sich die Gleichgewichtspaare (S 2 , −S 2 ), (S 3 , −S 3 ), (S 4 , −S 4 ) gegenseitig aufheben, folgt ffur ¨ die Resultierende  R= F i = − S1 + S5 . Den vier Kraften F 1 , . . . , F 4 sind also die zwei Krafte −S 1 und ¨ ¨ S 5 aquivalent. Durch den Schnittpunkt ihrer Wirkungslinien s1 ¨ und s5 muss die Wirkungslinie r der Resultierenden R gehen. Da die Wahl des Pols Π und des ersten Schnittpunktes im Seileck beliebig sind, gibt es fur f¨ jedes ebene Kraftsystem unendlich viele Seilecke, die jedoch alle zum gleichen Endresultat ffuhren. Der ¨ Name Seileck“ ruhrt von der mechanischen Deutung, die man ¨ ” dem Linienzug s1 , . . . , s5 im Lageplan geben kann: ein Seil, das dem Linienzug folgt, ist unter der Wirkung der Krafte ¨ F 1, . . . , F 4 im Gleichgewicht. f2

s1

F1

f3

f1

s3

s2

F2

f4

s5

s4

S2

S1 = S5

S3

Π F4

F3

S4 Abb. 3.22

Bilden die Krafte ¨ F i eine Gleichgewichtsgruppe (R = 0, M = 0), so fallen sowohl erster und letzter Polstrahl als auch erster und letzter Seilstrahl zusammen (Abb. 3.22); Krafteck und Seileck sind dann geschlossen (vgl. auch Band 4, Abschnitt 3.3.2).

s4

h s1 f1

f3 s2

F1

s3 f2

F3

S1 = S4 Π

S2 F2

S3 Abb. 3.23

3.1

Allgemeine Kr¨aftegruppen in der Ebene

69

Sind die Krafte F i nur auf ein Kraftepaar reduzierbar, so ist ¨ ¨ das Krafteck zwar geschlossen (R = 0), der erste und der letzte Seilstrahl sind jedoch parallel und schneiden“ sich erst im Un” endlichen (Abb. 3.23). Das Seileck ist in diesem Fall offen. Das Moment das Kraftepaares wird M = h S1 . ¨ Beispiel 3.7 Auf eine starre Scheibe wirken die Krafte ¨ F1 = 2 F ,

F2 = F , F3 = 2 F , F4 = F , F5 = F (Abb. 3.24a). Es sind die Wirkungslinie sowie die Große ¨ und Richtung der Kraft H zu bestimmen, die den Kraften F1 bis F5 das Gleichge¨ wicht halt. ¨ F

a F1

2’

45◦

F2

a

F3 45◦

a

f1 3’

f3

F4

f2

F5

4’

F3 5 4 6

1’

1

H F4 a

a

F5 a

5’

f4 b

h

Π

2

F1

α

f5 6’

F2 3

c

Abb. 3.24

L¨ osung Nach Wahl eines Langenmaßstabes zeichnen wir zunachst ¨ ¨

den Lageplan, der die Geometrie der Scheibe und die Wirkungslinien f1 , . . . , f5 der Krafte ¨ F1 , . . . , F5 enthalt ¨ (Abb. 3.24b). Unter Verwendung eines geeigneten Kraftemaßstabes fertigen wir an¨ schließend den Krafteplan, indem die Krafte ¨ ¨ F1 , . . . , F5 maßstabsgerecht der Reihe nach aneinander gefugt f¨ werden (Abb. 3.24c). Die Kraft H schließt das Krafteck (Gleichgewicht!); ffur ¨ ihre Gr¨oße und ihre Richtung lesen wir im Rahmen der Zeichengenauigkeit ab: H = 1, 3 F ,

α = 40◦ .

Die Seileckkonstruktion wird nach Wahl des Pols Π im Krafteck und eines Anfangspunktes auf der Wirkungslinie f1 im Lageplan – wie vorne beschrieben – durchgefuhrt. f¨ Der Einfachheit halber bezeichnen wir die Pol- bzw. die Seilstrahlen nur noch mit 1, . . . , 6

B3.7

70

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

bzw. 1 , . . . , 6 . Die Wirkungslinie h der Kraft H geht durch den Schnittpunkt von 1 und 6 . Ihre Richtung ist durch den Winkel α festgelegt.

3.2

3.2 Allgemeine Kraftegruppen im Raum ¨ 3.2.1 Der Momentenvektor

Zur mathematischen Behandlung raumlicher Kr¨aftegruppen fuhrt ¨ ¨ man zweckmaßig neben dem Kraftvektor noch den Begriff des ¨ Momentenvektors ein. Hierzu betrachten wir zunachst in Abb. 3.25 ¨ das schon behandelte ebene Problem (vgl. auch Abb. 3.8). Das Moment der in der x, y-Ebene wirkenden Kraft F bezuglich des ¨ Punktes 0 ist mit F x = Fx ex usw. gegeben durch (vgl. (3.8)) Mz(0) = h F = x Fy − y Fx .

(3.18)

¨ Die Vorzeichen (positiver Drehsinn) wurden dabei in Ubereinstim(0) mung mit Abschnitt 3.1.2 gewahlt. Der Index z zeigt an, dass Mz ¨ um die z-Achse dreht. Die beiden Bestimmungsstucke des Momentes in der Ebene ¨ (Betrag und Drehsinn) konnen mathematisch durch den Momen¨ tenvektor (0) M (0) z = M z ez

(3.19) (0)

zum Ausdruck gebracht werden. Der Vektor M z zeigt in z(0) Richtung und beinhaltet sowohl den Betrag Mz als auch den positiven Drehsinn. Letzterer ist durch die sogenannte Rechtsschraube oder Korkenzieherregel festgelegt: blicken wir in Richtung des Einheitsvektors ez , so dreht ein positives Moment rechtsherum. Um in Zeichnungen Kraft- und Momentenvektoren unterscheistellen wir letztere meist durch einen Doppelpfeil den zu konnen, ¨ dar (vgl. Abb. 3.25). Im ebenen Fall hat der Momentenvektor aufgrund der einen (0) Drehmoglichkeit um die z-Achse nur die Komponente Mz . Im ¨ raumlichen Fall mussen entsprechend den drei Drehmoglichkeiten ¨ ¨ ¨

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

71

(0)

(0)

um die drei Achsen x, y und z die drei Komponenten Mx , My (0) und Mz berucksichtigt werden: ¨ M (0) = Mx(0) ex + My(0) ey + Mz(0) ez .

(3.20)

Mit den Komponenten der Kraft F liest man aus Abb. 3.26 ff¨ ur die Momente um die x-, y- und z-Achse ab: Mx(0) = yF Fz −zF Fy , My(0) = zF Fx −xF Fz , Mz(0) = xF Fy −yF Fx . (3.21) Der Betrag des Momentenvektors und seine Richtungskosinus folgen zu  (0) (0) (0) Mx ]2 + [M My ]2 + [M Mz ]2 , |M (0) | = M (0) = [M (3.22) cos α =

(0)

Mx , M (0)

cos β =

(0)

My , M (0)

cos γ =

(0)

Mz . M (0)

z z (0)

Mz

h

Fz M (0) γ

ez

β

0

x y x

Fx

y

α

Fy

F

Abb. 3.25

r

F

Fy

Fx

0

z

y x

x

y

Abb. 3.26

Der Momentenvektor M (0) kann formal auch durch das Vektorprodukt M (0) = r × F

(3.23)

dargestellt werden. Dabei ist r der Ortsvektor, d.h. die gerichtete Verbindungsstrecke zwischen dem Bezugspunkt 0 und dem Kraftangriffspunkt (beliebiger Punkt auf der Wirkungslinie!). Mit r = x ex + y ey + z ez ,

F = Fx ex + Fy ey + Fz ez

72

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

und den Vektorprodukten (vgl. Anhang A.1) ex × ex = 0 ,

ex × ey = ez ,

ey × ex = −ez , ey × ey = 0 , ez × ex = ey ,

ex × ez = −ey , ey × ez = ex ,

ez × ey = −ex , ez × ez = 0

erhalt ¨ man aus (3.23) M (0) = (x ex + y ey + z ez ) × (F Fx ex + Fy ey + Fz ez ) = (y Fz − z Fy ) ex + (z Fx − x Fz ) ey + (x Fy − y Fx ) ez = Mx(0) ex + My(0) ey + Mz(0) ez .

(3.24)

Der Momentenvektor M (0) steht nach den Eigenschaften des Vektorproduktes senkrecht auf der Ebene, die durch r und F aufgespannt wird (Abb. 3.27). Sein Betrag entspricht der von r und F aufgespannten Parallelogrammflache: ¨ M (0) = r F sin ϕ = h F .

(3.25)

In anderen Worten: Moment = senkrechter Abstand (Hebelarm) mal Kraft. z F ϕ f M

ϕ

(0)

0

F z

r h

x

y Abb. 3.27

x

r

M

h y −F

Abb. 3.28

Das Moment eines Kraftepaares im Raum (Abb. 3.28) kann ¨ durch den gleichen Formalismus beschrieben werden. Es gilt wieder M =r×F ,

(3.26)

wobei r jetzt von einem beliebigen Punkt auf der Wirkungslinie von −F zu einem beliebigen Punkt auf der Wirkungslinie von

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

73

F gerichtet ist. Wie vorher steht der Momentenvektor M senkrecht auf der von r und F aufgespannten Ebene (Wirkungsebene des Kraftepaares). Sein Richtungssinn ergibt sich aus der Rechts¨ schraube, und sein Betrag entspricht der von r und F aufgespann(Hebelarm mal Kraft): ten Parallelogrammflache ¨ M = hF .

(3.27)

Die Eigenschaften von Kraftepaaren bzw. Momenten im Raum ¨ entsprechen denen in der Ebene. Wie Kraftepaare in der Ebene ¨ beliebig verschoben werden konnen, so kann im Raum der Momen¨ tenvektor parallel zu seiner Wirkungslinie und entlang seiner Wirkungslinie verschoben werden, ohne dass seine Wirkung geandert ¨ wird. Im Unterschied zum Kraftvektor, der an seine Wirkungslinie gebunden ist, ist der Momentenvektor ein freier Vektor. Wirken auf einen Korper im Raum mehrere Momente M i , so ¨ erhalt ¨ man das resultierende Moment MR aus der Vektorsumme

d.h. in Komponenten

Ist die Summe der Momente Null, so verschwindet das resultierende Moment MR und damit die Drehwirkung auf den K¨orper: er befindet sich dann im Momentengleichgewicht. Die Momentengleichgewichtsbedingung lautet demnach in Vektorform

oder in Komponenten

74

B3.8

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Beispiel 3.8 Am Auslegerende B eines Lastenaufzugs hangt eine ¨

Kiste mit dem Gewicht G an einem Seil. Das Seil wird in B uber ¨ eine Rolle (Radius vernachlassigbar) reibungsfrei umgelenkt und ¨ im Punkt C gehalten (Abb. 3.29a). Man bestimme das resultierende Moment der auf den Ausleger wirkenden Seilkrafte des Punktes A. ¨ bezuglich ¨ 2a B 3a

C

G

a

4a a

A

B

a

z 2a

C

B

S2

S1 3a

A

rAC c

S1= G

C a

4a

A x

rBC

rAB

a

G

y b

Abb. 3.29

Abb. 3.29b zeigt die auf den Ausleger wirkenden Seilkrafte. Da die Rolle reibungsfrei ist, sind beide Seilkr¨afte gleich ¨ groß: S1 = S2 = G. (A) Das Moment M 1 der Kraft S 1 bezuglich des Punktes A ¨ Koordinatensystem nur eine Komponente in hat im gewahlten ¨ x-Richtung: ⎞ ⎛ −2 ⎟ ⎜ (A) (a) M 1 = ⎝ 0 ⎠ aG . 0 L¨ osung

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

75

(A)

Das Moment M 2 der Kraft S 2 bestimmen wir gemaß ¨ (3.23) mit Hilfe des Kreuzprodukts (A)

M2

= rAB × S 2 .

(b)

Darin ist der Vektor vom Bezugspunkt A zum Angriffspunkt B der Kraft S 2 gegeben durch ⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ rAB = ⎝ 2 ⎠ a . (c) 3 wir durch ihren Betrag S2 = G Die Kraft S 2 = S2 e2 konnen ¨ und den Einheitsvektor e2 darstellen. Letzteren bestimmen wir zweckmaßig, indem wir zun¨ achst den Richtungsvektor ¨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ rBC = rAC − rAB = ⎝ 4 ⎠ a − ⎝ 2 ⎠ a = ⎝ 2 ⎠ a 1 3 −2 von B nach C bilden (vgl. Abb. 3.29c) und diesen dann durch seirBC | teilen: nen Betrag |r ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ −1 −1 r 1 1⎜ ⎜ ⎟ ⎟ e2 = BC = √ ⎝ 2⎠ a = ⎝ 2⎠ . |r rBC | 3 a 1+4+4 −2 −2 Damit gilt

⎛

⎞ −1 1⎜ ⎟ S 2 = S 2 e2 = ⎝ 2 ⎠ G . 3 −2

(d)

Mit (c) und (d) erhalt ¨ man fur ¨ das Vektorprodukt (b) (vgl. Anhang (A.31))    ex ey ez     (A) M 2 = rAB × S 2 =  0 2a 3a     −G/3 2G/3 −2G/3  = (−4/3 − 2)aG ex − aG ey + (2/3)aG ez

76

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

oder in der Darstellung als Spaltenvektor ⎛ ⎞ −10 1⎜ ⎟ (A) M 2 = ⎝ −3 ⎠ aG . 3 2

(e)

(A)

Das resultierende Moment M R der Krafte ¨ S 1 und S 2 bezuglich ¨ des Punkts A folgt nach (3.32) mit (a) und (e) zu ⎞ ⎛ −16 1⎜ ⎟ (A) (A) (A) M R = M 1 + M 2 = ⎝ −3 ⎠ aG . 3 2 3.2.2 Gleichgewichtsbedingungen

Wir betrachten nun ein allgemeines Kraftsystem im Raum (Abb. 3.30) und fragen nach dem resultierenden Kraft- und dem resultierenden Momentenvektor, durch die das Kraftsystem aquivalent ¨ ersetzt werden kann. Die Antwort ergibt sich analog zum ebeeinen beliebigen nen Problem (vgl. Abschnitt 3.1.3). Wir wahlen ¨ Bezugspunkt A im Raum und verschieben die Krafte F i paral¨ lel zu sich selbst, bis ihre Wirkungslinien durch A gehen. Damit dabei die Wirkung der Krafte andert wird, mussen die ent¨ nicht ge¨ ¨ (A) des Punktes A sprechenden Momente M i der Krafte ¨ bezuglich ¨ berucksichtigt werden. Das dann vorhandene zentrale Kraftsystem ¨ und das System aus Momenten kann in bekannter Weise durch die (A) resultierende Kraft R und durch das resultierende Moment M R ersetzt werden (Reduktion):

Wahrend R nicht von der Wahl des Bezugspunktes abhangt, ist ¨ ¨ (A) M R von der Wahl des Bezugspunktes A abhangig. Es gibt dem¨ nach beliebig viele Moglichkeiten, ein Kraftsystem auf einen Kraft¨ und einen Momentenvektor zu reduzieren. Eine allgemeine Kraftegruppe befindet sich im Gleichgewicht, ¨ wenn sowohl die resultierende Kraft R als auch das resultierende

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum (A)

Fi

M2

F2

Fi

R F2

=

x

= (A)

z

F1

77

M1

(A)

F1

Mi

(A)

MR

y

Abb. 3.30 (A)

Moment M R den:

bezuglich eines beliebigen Punktes A verschwin¨

In Komponenten lauten diese Gleichungen

Die Anzahl der sechs skalaren Gleichgewichtsbedingungen entspricht der Anzahl der sechs Freiheitsgrade oder Bewegungsm¨oglichkeiten eines starren Korpers im Raum: je eine Translation in ¨ x-, in y- und in z-Richtung und je eine Rotation um die x-, um die y- und um die z-Achse. Wie im ebenen Fall lasst sich zei¨ gen, dass die Wahl des Bezugspunktes fur f¨ die Momentengleichgewichtsbedingung beliebig ist. Haben alle Krafte aftegruppe die gleiche Richtung, so ¨ einer Kr¨ reduziert sich die Zahl der Gleichungen. Wirken zum Beispiel alle Krafte Fix = 0, Fiy = 0), so bleiben nur ¨ in z-Richtung (F   (A)  (A) Fiz = 0 , Mix = 0 , Miy = 0 . (3.35) Sowohl die Kraftegleichgewichtsbedingungen in x- und in y-Rich¨ tung als auch die Momentenbedingung um die zu z parallele Achse durch A sind in diesem Fall identisch erfullt. f¨

78

B3.9

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Beispiel 3.9 Auf einen Quader (Abb. 3.31a) mit den Seitenl¨ angen

a, b und c wirken die Krafte ¨ F1 bis F6 . Dabei sind F1 = F2 = F , F3 = F4 = 2 F , F5 = F6 = 3 F , b = a, c = 2 a. (A) Es sind die Resultierende R, die resultierenden Momente MR (B) und MR bezuglich der Punkte A und B sowie deren Betr¨age zu ¨ bestimmen. z F4

F4

F2

F2 B

F5

c

z x

B

F5

y

F3

A

F3

A

a F1 b

y F1

F6

a

b

x

F6 Abb. 3.31

Die Vektoren sind durch ihre jeweiligen Komponenten bestimmt. Fur alt man ¨ die Resultierende erh¨

L¨ osung

Rx = F1 + F3 = 3F,

Ry = F5 + F6 = 6F,

Rz = −F F2 + F4 = F

und damit (vgl. Anhang A.1) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Rx 3  √ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ R = ⎝ Ry ⎠ = ⎝ 6 ⎠ F , R = 32 + 62 + 12 F = 46 F . Rz

1

Um das Moment bezuglich A zu ermitteln, legen wir den Koordi¨ natenursprung in den Punkt A (Abb. 3.31b). Dann liest man ab:  (A) (A) Mix = b F4 − c F5 = − 4 a F , MRx =  (A) (A) MRy = Miy = a F2 = a F ,  (A) (A) MRz = Miz = a F5 + a F6 − b F3 = 4 a F . Daraus folgen

3.2

⎛

(A)

MRx

⎞

⎛

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

−4

79

⎞

⎟ ⎜ (A) ⎟ ⎜ (A) ⎟ ⎟ ⎜ MR = ⎜ ⎝ MRy ⎠ = ⎝ 1 ⎠ a F , (A) MRz 4 (A)

MR

=

 √ 42 + 12 + 42 a F = 33 a F .

Analog erhalt ¨ man fur ¨ den Punkt B (B)

MRx = b F2 + c F6 = 7 a F , (B)

MRy = − c F1 − c F3 + a F4 = − 4 a F , (B)

MRz = b F1 = a F ⎛

und (B)

MR

⎞ 7 ⎜ ⎟ = ⎝ −4 ⎠ a F , 1

(B)

MR

=

 √ 72 + 42 + 12 a F = 66 a F .

Die Momentenvektoren bezuglich A und B sind verschieden! ¨ Beispiel 3.10 Eine homogene Platte vom Gewicht G wird durch sechs Stabe ¨ in der waagrechten Lage gehalten und durch die Kraft F belastet (Abb. 3.32a). Es sind die Stabkrafte ¨ zu bestimmen. z

a

α

5

b

S5 4

6

F a

a

1

a

F G

S1

2

S4

β

S6

3

β

G

A x

y α

0

S3 S2

b

Abb. 3.32

L¨ osung Im Freikorperbild bringen wir neben der Gewichtskraft G ¨

in Plattenmitte (vgl. Kapitel 4) und der Kraft F die unbekannten

B3.10

80

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Stabkrafte die Hilfswinkel ¨ S1 bis S6 als Zugkrafte ¨ an und fuhren ¨ α und β ein (Abb. 3.32b). Das Koordinatensystem wahlen wir so, ¨ dass mit dem Ursprung 0 als Bezugspunkt moglichst viele Momen¨ te zu Null werden. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen  Fix = 0 : − S3 cos β − S6 cos β = 0 ,  Fiy = 0 : S4 cos α − S5 cos α + F = 0 ,  Fiz = 0 : − S1 − S2 − S3 sin β − S6 sin β − S4 sin α   

− S5 sin α − G = 0 , (0)

Mix = 0 : (0)

Miy = 0 : (0)

Miz = 0 :

a S1 − a S2 + a S6 sin β − a S3 sin β = 0 , b G + b S1 + b S2 + b S6 sin β + b S3 sin β = 0 , 2 b F + a S3 cos β − a S6 cos β = 0 .

Mit

√ 2 cos α = sin α = √ = , 2 2 a2 b a cos β = √ , sin β = √ 2 2 2 a +b a + b2 a

erhalt achst aus der 1. und der 6. Gleichung ¨ man zun¨ √ a2 + b 2 S3 = − S6 = − F. 2a Damit folgen aus der 4. und der 5. Gleichung S1 = −

G F − , 4 2

S2 = −

G F + 4 2

und schließlich aus der 2. und der 3. Gleichung     1 G 1 G S4 = − √ + F , S5 = − √ −F . 2 2 2 2 Zur Probe uberzeugen wir uns noch, dass das Momentengleichge¨ wicht um eine zu y parallele Achse durch den Punkt A erfullt f¨ ist:

3.2



Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

81

b (A) Miy = − G − b S4 sin α − b S5 sin α 2  √  √  G 1 G 2 1 G 2 = −b −√ +F −√ −F = 0. 2 2 2 2 2 2 2

Beispiel 3.11 Ein Winkel mit vernachlassigbarem Eigengewicht be¨

findet sich unter der Wirkung von vier Kraften, die senkrecht auf ¨ der vom Winkel aufgespannten Ebene stehen, im Gleichgewicht (Abb. 3.33a). Die Kraft F sei gegeben. Wie groß sind die Krafte ¨ A, B und C? y

a b/2 2

z

b/2

A

F

F A

A

0 x

B

c

a

B

C

b

C

Abb. 3.33

L¨ osung Mit dem Koordinatensystem x, y, z und dem Koordinatenursprung als Bezugspunkt (Abb. 3.33b) lauten die Gleichgewichtsbedingungen (3.35)  Fiz = 0 : A + B + C − F = 0 ,  (0) b Mix = 0 : A −bF = 0, 2  (0) Miy = 0 : − c C + a F = 0 .

Wir erhalten somit A = 2F ,

C=

a F, c

 a B =− 1+ F. c

Man kann auch einen anderen Momentenbezugspunkt, wie zum Beispiel A, verwenden. Dann andert sich nur die Momentenglei¨ chung:  (A) b b b Mix = 0 : − B − C − F = 0 . 2 2 2

B3.11

82

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Das Ergebnis bleibt unverandert. ¨ 3.2.3 Dyname, Kraftschraube

Wir betrachten nun noch einmal ein allgemeines raumliches Kraft¨ system. In Abschnitt 3.2.2 wurde gezeigt, dass man ein solches System nach Wahl eines beliebigen Bezugspunktes (zum Beispiel A) statisch ¨ aquivalent durch eine resultierende Kraft R mit der Wirkungslinie durch den Punkt A und durch ein resultierendes (A) Moment M R ersetzen kann (vgl. Abb. 3.30). Man bezeichnet (A) dieses System (R, M R ) aus einer Kraft und einem Moment als Dyname oder Kraftwinder. Dabei ist R in Große ¨ und Richtung un(A) abhangig vom Bezugspunkt, wahrend M R von der Wahl dieses ¨ ¨ Punktes abhangt. Dementsprechend h¨ angt auch der in Abb. 3.34a ¨ (A) dargestellte Winkel ϕ zwischen R und M R von der Wahl des Bezugspunktes ab. z

(A)

MR

ϕ

x

R

y

=

R (P ) MR

Zentralachse

a

λR b

Abb. 3.34

Wir wollen nun zeigen, dass es einen ausgezeichneten Bezugs(P ) punkt P gibt, bei dem der Winkel ϕ zwischen R und M R gerade (P ) Null ist, d.h. R und M R gleichgerichtet sind (Abb. 3.34a). Die A sei durch den Ortsnoch unbekannte Lage von P bezuglich ¨ vektor r gekennzeichnet. Da wir die Resultierende R durch P entlang ihrer Wirkungslinie verschieben konnen, gibt es nicht nur ¨ einen einzigen Punkt P , sondern jeder Punkt auf dieser Wirkungslinie ist ein ausgezeichneter Bezugspunkt. Man bezeichnet diese ausgezeichnete Wirkungslinie als Zentralachse und die zugehorige ¨

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

83

(P )

Dyname (R, M R ) als Kraftschraube. Die Lage der Zentralachse bezuglich A konnen wir dementsprechend nicht nur durch r son¨ ¨ dern zweckmaßig auch durch den senkrechten Abstandsvektor r⊥ ¨ beschreiben, vgl. Abb. 3.34a. (A) Damit die beiden Dynamen (R, M R ) mit dem beliebigen Be(P ) zugspunkt A und (R, M R ) mit dem Bezugspunkt P auf der Zentralachse statisch gleichwertig sind, muss zwischen den Momenten bezuglich A und bezuglich P die Beziehung ¨ ¨ (A)

(P )

MR = MR + r × R

(3.36)

bestehen. Darin ist r × R das Versatzmoment, das durch die Parallelverschiebung der Resultierenden von A nach P zustande kommt. Dieses konnen wir auch durch r⊥ × R ausdrucken, da ¨ ¨ R ja entlang der Zentralachse beliebig verschoben werden kann. Aus (3.36) laßt ¨ sich der Abstandsvektor r ⊥ und damit die Lage der Zentralachse bestimmen, indem wir formal das Vektorprodukt (A)

(P )

R × M R = R × M R + R × (r × R) = R × (r × R) bilden, wobei wegen der vorausgesetzten gleichen Richtung von R (P ) (P ) und M R das Produkt R × M R verschwindet. Beachtet man, dass r × R = r⊥ × R gilt, dann laßt ¨ sich diese Gleichung auch in der Form (A)

R × M R = R × (r ⊥ × R)

(3.37)

schreiben. Fur ¨ die rechte Seite ergibt sich unter Verwendung der Beziehung A × (B × C) = (A · C) B − (A · B) C ffur ¨ das doppelte Vektorprodukt (vgl. Anhang A.1, (A.33)) ·R) r⊥ − (R · r⊥ ) R = R2 r⊥ . R × (r ⊥ × R) = (R      =R2

=0

Setzt man dies in (3.37) ein, so erhalt ¨ man fur ¨ den gesuchten senkrechten Abstandsvektor (A)

r⊥ =

R × MR . R2

(3.38)

84

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

Damit laßt ¨ sich aus (3.36) unter Beachtung von r × R = r⊥ × R (A) (A) (A) und der Beziehung (R × M R ) × R = R2 M R − (R · M R ) R ffur ¨ das doppelte Vektorprodukt nach (A.33) auch das Moment bezuglich des Punktes P bzw. jedes beliebigen Punktes auf der ¨ Zentralchse bestimmen: (P )

(A)

(A)

M R = M R − r⊥ × R =

R · MR R2

R.

(3.39)

Mit dem bekannten Abstandsvektor r⊥ und der Resultierenden R konnen wir nun fur ¨ ¨ die Zentralachse eine Gleichung in Parameterform angeben. Ein beliebiger Punkt P auf ihr wird bezuglich ¨ A durch den Vektor r = r⊥ + λ R

(3.40)

festgelegt (Abb. 3.34b). Dabei ist λ ein (dimensionsbehafteter) variabler Parameter. Wir wollen kurz noch Sonderfalle f¨ der Reduktion von Kraftsys(A) temen diskutieren. F¨ ur M R = 0 und R = 0 ist das Kraftsystem alleine auf eine resultierende Kraft (Totalresultierende) zuruckgef fuhrt. Die Reduktion auf eine Totalresultierende ist auch ¨ ¨ (A) moglich, wenn M R = 0 und orthogonal zu R ist. Man hat R in ¨ diesem Fall nur um r ⊥ in die Zentralachse zu verschieben. Nach (P ) (3.39) wird dann namlich M R = 0. Im Sonderfall R = 0 und ¨ (A) M R = 0 ffuhrt die Reduktion auf den freien Momentenvektor ¨ (A) (P ) (A) (Kraftepaar) M R = M R . Im Fall R = 0 und M R = 0 ist ¨ das Kraftsystem schließlich im Gleichgewicht. B3.12

Beispiel 3.12 Auf einen Korper wirken die drei Krafte ¨ ¨ F i mit den

Angriffspunkten r i :

F 1 = F (−2, 3, 1)T , F 2 = F (7, 1, −4)T , F 3 = F (3, −1, −3)T , r 1 = a (4, 3, 2)T ,

r 2 = a (3, 2, 4)T ,

r 3 = a (3, 5, 0)T .

(A)

Man bestimme die Dyname (R, M R ) bezuglich des Punktes A ¨ T mit dem Ortsvektor rA = a (3, 2, 1) . L¨ osung Die Resultierende R ergibt sich aus der Vektorsumme der

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

85

drei Krafte: ¨  R= F i = F (8, 3, −6)T . F1

z

rA1 r1

Abb. 3.35

A rA

0

y

x

Zur Bestimmung des Moments bezuglich A werden die Ab¨ standsvektoren von A zu den Kraftangriffspunkten benotigt. Fu ¨ ¨r die Kraft F 1 ist der Abstandsvektor durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r A1 = r1 − r A = a ⎝ 3 ⎠ − a ⎝ 2 ⎠ = a ⎝ 1 ⎠ 2

1

1

gegeben (Abb. 3.35). Damit folgt das Moment von F 1 bezuglich ¨ A zu   ⎛ ⎞  ex ey ez  −2    ⎜ ⎟  (A) M 1 = r A1 × F 1 = a F  1 1 1  = aF ⎝−3 ⎠ .    −2 3 1  5 Analog ergeben sich die beiden weiteren Momente: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 −10 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (A) (A) M 2 = rA2 ×F 2 = aF ⎝ 21⎠, M 3 = rA3 ×F 3 = aF ⎝ −3⎠. 0

−9

Fur alt man damit ¨ das resultierende Moment erh¨  (A) (A) MR = M i = aF (−15, 15, −4)T . An drei Eckpunkten eines Wurfels mit der Kan¨ T tenl¨ ange a greifen die Krafte ¨ F 1 = F (1, 0, 0) , F 2 = F (3, 0, 0)T , Beispiel 3.13

B3.13

86

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

F 3 = F (0, 0, −4)T an (Abb. 3.36a). Man bestimme die Kraftschraube und die Zentralachse des Kraftsystems. Zentralachse

z

F3 a

a a

z

z

0

(P )

MR

F1

0

0

F2 y

y (0) MR

x R

x a

b

x

r⊥ R

r c

y

P Abb. 3.36

L¨ osung Wir ermitteln zunachst die Dyname bezuglich eines be¨ ¨

liebigen Bezugspunktes. Daf¨ fur w¨ ahlen wir zweckm¨aßig den Koordinatenursprung 0 (Abb. 3.36b). Zur Bestimung der Momente der Krafte 0 ben¨ otigen wir die Ortsvektoren zu den Kraft¨ bezuglich ¨ angriffspunkten: r 1 = 0,

r 2 = a (0, 1, 0)T ,

r 3 = a (0, 1, 1)T .

(0)

Fur ¨ die Dyname (R, M R ) erhalt ¨ man damit  R = F i = F (4, 0, −4)T , (0)

MR =



(0)

Mi

=



ri × F i = aF (−4, 0, −3)T .

Es sei angemerkt, dass bei diesem Beispiel wegen der einfachen Geometrie das resultierende Moment auch leicht aus der Anschauung (ohne Vektorrechnung) angegeben werden kann (vgl. Beispiel 3.9). (P ) (P ) wir Das Moment M R der Kraftschraube (R, M R ) konnen ¨ (0) aus (3.39) bestimmen. Mit R2 = 32 F 2 sowie R · M R = −4aF 2 ergibt sich (P )

MR =

(0)

R · MR 1 R = aF (−1, 0, 1)T . R2 2

Die Kraftschraube ist in Abb. 3.36c skizziert.

3.2

Allgemeine Kr¨aftegruppen im Raum

87

Die Zentralachse wird nach (3.40) und (3.38) durch (0)

r=

R × MR + λR R2

beschrieben. Mit (0)

R × MR

  ⎛ ⎞  ex ey ez  0     ⎜ ⎟ = aF 2  4 0 −4  = aF 2 ⎝28 ⎠    −4 0 −3  0

und Einsetzen von R erhalt ¨ man ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 4 a⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r = ⎝ 7 ⎠ + λF ⎝ 0 ⎠ . 8 0 −4 Den dimensionsbehafteten Parameter λ konnen wir dabei noch ¨ zweckmaßig durch den dimensionslosen Parameter s = 4λF/a er¨ setzen. Damit lautet die Parameterdarstellung der Zentralachse in Vektorform ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 a⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r = ⎝7⎠ + sa ⎝ 0⎠ 8 0 −1 oder ausgeschrieben in skalarer Form x = sa,

y=

7 a, 8

z = −s a .

Man erkennt, dass y konstant ist (y = 7a/8), d.h. die Zentralachse ist parallel zur x,z-Ebene (Abb. 3.36c).

88

3.3

3 Allgemeine Kraftsysteme und Gleichgewicht des starren K¨ orpers

3.3 Zusammenfassung • Ein Kraftepaar besteht aus zwei gleich großen, entgegengesetzt ¨ gerichteten Kraften auf parallelen Wirkungslinien. ¨ Die Wirkung des Kraftepaares ist durch sein Moment M ge¨ geben; es hat den Betrag M = h F und einen Drehsinn. Ein Kraftepaar (Moment) ist nicht an eine Wirkungslinie ge¨ ¨ bunden: es kann ohne Anderung seiner Wirkung an jeder beliebigen Stelle eines starren Korpers angreifen. ¨ • Das Moment einer Kraft bezuglich eines Punktes A ist durch ¨ (A) = r × F definiert. Dabei ist r der Vektor vom BezugsM punkt A zu einem beliebigen Punkt auf der Wirkungslinie von F . Das Moment M (A) hat den Betrag M (A) = h F (h = Hebelarm) und einen Drehsinn. Im ebenen Fall hat das Moment einer Kraft nur die eine Komponente (normal zur Ebene) M (A) = h F und einen Drehsinn um den Punkt A. • Ein allgemeines raumliches Kraftsystem kann auf eine resultie¨ rende Kraft R und ein resultierendes Moment M (A) bezuglich ¨ eines beliebigen Punktes A reduziert werden. • Gleichgewicht herrscht, wenn die resultierende Kraft R und eines beliebigen das resultierende Moment M (A) bezuglich ¨ Punktes A verschwinden:   (A) Mi = 0 . Fi = 0, In Komponenten ffuhrt dies auf drei Kr¨ afte- und drei Momen¨ tengleichgewichtsbedingungen. Im ebenen Fall reduzieren sich die Gleichgewichtsbedingungen auf   (A)  Fiy = 0 , Mi = 0 . Fix = 0 ,

Kapitel 4 Schwerpunkt

4

4 Schwerpunkt 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

Schwerpunkt einer Gruppe paralleler Krafte 91 ¨ .............. Schwerpunkt und Massenmittelpunkt eines K¨ orpers .... 94 Flachenschwerpunkt ............................................ 99 ¨ Linienschwerpunkt .............................................. 110 Zusammenfassung .............................................. 112

Lernziele: In diesem Kapitel wird gezeigt, wie die Schwerpunkte von Kraftegruppen, Korpern, Flachen und Linien definiert ¨ ¨ ¨ sind und wie man bei ihrer Berechnung vorgehen kann. Die Studierenden sollen dadurch in die Lage versetzt werden, die verschiedenen Vorgehensweisen bei der Ermittlung von Schwerpunkten in konkreten Fallen selbst¨ andig anzuwenden. ¨

4.1

Schwerpunkt einer Gruppe paralleler Kr¨afte

91

4.1

4.1 Schwerpunkt einer Gruppe paralleler Krafte ¨ Nach Abschnitt 3.1.3 kann man eine ebene Kraftegruppe durch ei¨ ne einzige Kraft, die Resultierende R, ersetzen, sofern kein Krafte¨ paar wirkt. Sind speziell alle Krafte ¨ parallel, so stimmt die Richtung von R mit der Richtung der Krafte Die Lage von R ¨ uberein. ¨ ¨ folgt aus der Aquivalenz der Momente nach (3.11). Fuhrt man mit ¨ H = −R eine Haltekraft H ein, deren Wirkungslinie mit der von R ubereinstimmt, so kann man ein System von parallelen Kraften ¨ ¨ mit einer einzigen Kraft ins Gleichgewicht setzen.

G1 G2

z

R

Gi

0

x1

H

S

0

Gn x

G1

ys

R

S

Gn

xs Gi

y xi

xs a

b

x

yi

H

Abb. 4.1

Als Beispiel betrachten wir eine gewichtslose Stange, die nach Abb. 4.1a durch eine Gruppe paralleler Einzelkrafte Gi belastet ¨ wird und durch eine Kraft H im Gleichgewicht gehalten werden soll. Gesucht ist dabei die Stelle, an der die Haltekraft angreifen muss. Wir zahlen die Koordinate x von einem beliebig gewahlten ¨ ¨ Ursprung 0 und erhalten aus den Gleichgewichtsbedingungen nach (3.12)    xi Gi = 0 ↑: H − Gi = 0 , 0 : xs H − den Abstand der Haltekraft (d.h. auch der Resultierenden) zu  xi Gi xs =  . (4.1) Gi Der Punkt S im Abstand xs vom Koordinatenursprung, in dem die Stange unterstutzt werden muss, heißt Kr¨aftemittelpunkt oder ¨ Schwerpunkt. Die zweite Bezeichnung wird erst beim gewichtsbehafteten Korper in Abschnitt 4.2 verstandlich. ¨ ¨

92

4 Schwerpunkt

Das Ergebnis (4.1) lasst ¨ sich nach Abb. 4.1b auf eine raumliche ¨ Kraftegruppe erweitern, bei der alle Kr¨ afte parallel zur z-Achse ¨ wirken. Die Gleichgewichtsbedingungen (3.35) lauten dann (Momente werden positiv im Sinne der Rechtsschraube gezahlt!) ¨   Fiz = 0 : H − Gi = 0 ,  (0)  Mix = 0 : ys H − yi Gi = 0 ,  (0)  Miy = 0 : −xs H + xi Gi = 0 . Auflosung nach den gesuchten Koordinaten des Schwerpunktes ¨ ergibt   xi Gi yi Gi xs =  , ys =  . (4.2) Gi Gi ¨ Die gleichen Uberlegungen, die wir bisher ffur ¨ Gruppen von Einzelkraften angestellt haben, lassen sich auch fur ¨ ¨ kontinuierlich verteilte Linien- oder Flachenlasten anwenden. Zu diesem Zweck er¨ setzen wir die Linienlast q(x) (mit der Dimension Kraft/Lange) ¨ in Abb. 4.2a durch verteilte infinitesimale Einzelkrafte. So resul¨ tiert an einer beliebigen Stelle x aus der uber die infinitesimale ¨ Lange dx wirkenden Streckenlast q(x) die Einzellast q(x) dx. Man ¨ ¨ beachte dabei, dass wegen dx → 0 (aber dx = 0!) die Anderung von q uber dx verschwindet und deshalb q uber dx als konstant ¨ ¨ anzusehen ist. In (4.1) konnen wir somit Gi durch q(x) dx und xi ¨ durch x ersetzen. Berucksichtigen wir noch, dass im Grenzuber¨ ¨ gang die Summen zu Integralen werden, so erhalten wir ffur ¨ den z ys q(x)dx

q(x)

S

S xs x a

p(x, y)

p dA xs

y

dA dx b

x

Abb. 4.2

4.1

Schwerpunkt einer Gruppe paralleler Kr¨afte

Abstand xs des Schwerpunktes  x q(x) dx . xs =  q(x) dx

93

(4.3)

Die Integration hat dabei uber die gesamte L¨ ange l zu erfolgen, ¨ uber die die Linienlast q(x) wirkt. ¨ Analog folgt die Lage des Schwerpunktes einer Flachenlast ¨ p(x, y) (Dimension: Kraft/Flache) nach Abb. 4.2b aus (4.2) zu ¨   x p(x, y) dA y p(x, y) dA xs =  , ys =  . (4.4) p(x, y) dA p(x, y) dA Darin ist dA ein infinitesimales Flachenelement an der Stelle x, y. ¨ Es sei ausdrucklich vermerkt, dass in (4.4) uber die gesamte Flache ¨ ¨ ¨ A mit ihren zwei Koordinaten integriert werden muss. Wir wollen zur Schreibvereinfachung hier trotzdem die Bezeichnung mit dem einfachen Integralzeichen beibehalten und werden in den Beispielen 2.3 bis 2.5 erlautern, wie man diese Integration praktisch ¨ ausfuhren f¨ kann. Ein Balken tragt ¨ nach Abb. 4.3a eine dreieckff¨ormige Last. An welcher Stelle greift die Resultierende an und welchen Betrag hat sie? Beispiel 4.1

R q(x)dx

q0

q0

x a

l

b

dx xs

Abb. 4.3

L¨ osung Wir zahlen die Koordinate x vom linken Rand des Balkens ¨

(Abb. 4.3b). Die dreieckformige f¨ Last wird durch die Geradengleichung x q(x) = q0 l beschrieben. Aus der Integration von q(x) (=  Summe der Krafte ¨

B4.1

94

4 Schwerpunkt

q(x) dx) folgt zunachst die Gr¨ oße der Resultierenden ¨ l R=

l q(x) dx =

0

q0 0

l x x2  1 dx = q0  = q0 l . l 2l 0 2

Dies hatte man als Fl¨ acheninhalt des Lastdreiecks auch ohne In¨ tegration anschreiben konnen. Mit dem Z¨ ahler von (4.3) ¨ l



x q0

x q(x) dx = 0

l x x3  1 dx = q0  = q0 l2 l 3l 0 3

erhalt aftemittelpunktes, d.h. den ¨ man dann die Koordinate des Kr¨ gesuchten Abstand der Resultierenden:  1 q0 l2 x q(x) dx 2 xs =  = 31 = l. 3 q(x) dx 2 q0 l Eine Einzellast der Große ¨ R = q0 l/2 im Abstand xs = 2 l/3 vom linken Rand hat dieselbe statische Wirkung wie die gegebene Dreieckslast.

4.2

4.2 Schwerpunkt und Massenmittelpunkt eines K¨ orpers Wir wollen nun die Gleichungen (4.4) auf Korper erweitern, die ¨ durch verteilte parallele Volumenkrafte ¨ f (x, y, z) (mit der Dimension Kraft/Volumen) belastet werden (Abb. 4.4a). Die Richtung der Volumenkrafte ¨ sei dabei beliebig und durch den Einheitsvektor e gegeben. Wie zuvor ersetzen wir die verteilte Belastung durch infinitesimale Einzelkrafte. Auf ein infinitesimales Volumenelement ¨ dV an einem Ort, der durch die Koordinaten x, y, z bzw. durch den Ortsvektor r = xex + yey + zez gegeben ist, wirkt dann die Einzelkraft dG = f (x, y, z) dV e. Unter Beachtung, dass die Richtung e ffur afte gleich ist, erh¨ alt man fur ¨ alle Kr¨ ¨ die Resultierende    G = dG = f (x, y, z) dV e = Ge

4.2

mit

Schwerpunkt und Massenmittelpunkt eines K¨ orpers

95



G=

f (x, y, z) dV .

Dabei ist uber das gesamte Volumen V des Korpers mit den drei ¨ ¨ Raumkoordinaten zu integrieren. dV r z

dG = f dV e

rs

0

x

z

G

y a

x

S y b

Abb. 4.4

Der Angriffspunkt S von G ergibt sich aus der Bedingung, dass das Moment von G bezuglich 0 gleich sein muss dem Moment aller ¨ verteilten Krafte d G bezuglich des gleichen Punktes: ¨ ¨  r s × G = r × dG . Einsetzen von G und dG liefert   rs × Ge = r × f (x, y, z) dV e    → r s G − rf (x, y, z) dV × e = 0 . Fur ¨ eine beliebige Richtung von e kann diese Gleichung nur dann f¨ sein, wenn der Klammerausdruck verschwindet. Damit folgt erfullt ffur ¨ die Lage des Schwerpunkts  rf (x, y, z) dV rs =  (4.5a) f (x, y, z) dV oder in Komponenten  x f (x, y, z) dV xs =  , f (x, y, z) dV

 y f (x, y, z) dV ys =  , f (x, y, z) dV

(4.5b)

96

4 Schwerpunkt

 z f (x, y, z) dV zs =  . f (x, y, z) dV

(4.5b)

Betrachten wir speziell Korper, die an der Erdoberfl¨ache der ¨ Wirkung des Gravitationsfeldes unterworfen sind, so ist f (x, y, z) = (x, y, z) g. Hierin sind  die uber den K¨orper im ¨ allgemeinen veranderliche Dichte und g die als konstant anzu¨ nehmende Erdbeschleunigung. Setzt man in (4.5b) ein, so hebt sich g aus Zahler und Nenner heraus, und wir erhalten fur ¨ ¨ die Koordinaten des Schwerpunktes    x  dV y  dV z  dV , ys =  , zs =  . (4.6) xs =   dV  dV  dV Fuhrt man mit dm = dV die Masse eines Volumenelementes ¨ und mit m =  dV = dm die Gesamtmasse ein, so folgt aus (4.6)    1 1 1 xs = x dm , ys = y dm , zs = z dm . (4.7) m m m In der Kinetik (vgl. Band 3) wird durch diese Beziehungen die Lage des Massenmittelpunktes definiert. Fur ¨ konstante Erdbeschleunigung g fallen somit der Schwerpunkt und der Massenmittelpunkt zusammen. Mit (4.6) wird nun auch der Name Schwerpunkt verstandlich: ¨ der Schwerpunkt S eines Korpers ist derjenige Punkt, in dem man ¨ sich das in Wirklichkeit raumlich uber den K¨orper verteilte Ge¨ ¨ wicht (d.h. seine ganze Schwere“) konzentriert denken kann, oh” ne dass sich die statische Wirkung andert. ¨ Bei einem homogenen Korper ist die Dichte  konstant und kann ¨ werden. Mit dem Gesamtvolumen V = dV aus (4.6) gekurzt ¨ bleibt dann

Durch diese Beziehung wird der Volumenmittelpunkt definiert. Damit fallen ffur ¨ konstante Dichte und konstante Erdbeschleuni-

4.2

Schwerpunkt und Massenmittelpunkt eines K¨ orpers

97

gung der physikalische Schwerpunkt und der Volumenmittelpunkt zusammen. Da der Volumenmittelpunkt eine rein geometrische Große asst sich in diesem Fall der Schwerpunkt aus rein geo¨ ist, l¨ metrischen Beziehungen bestimmen. Die Ermittlung des Schwerpunkts wird deutlich vereinfacht, wenn der Korper aus mehreren Teilk¨ orpern mit den Volumina Vi ¨ besteht, deren Dichten i jeweils konstant sind und deren Schwerpunktskoordinaten xi , yi , zi bekannt sind (Abb. 4.4b). Fur ¨ den Nenner in den Gleichungen (4.6) gilt dann       dV = 1 dV + 2 dV + . . . = 1 dV + 2 dV + . . . V V1 V2 V1 V2  = 1 V1 + 2 V2 + . . . = i Vi . Dabei deuten die Symbole Vi bei den Integralzeichen an, uber ¨ welche Volumina jeweils zu integrieren ist. Fur ahler nutzen wir die Kenntnis der Schwerpunktslagen ¨ die Z¨ der Teilkorper. So folgt aus (4.8) fur ¨ ¨ die x-Komponente   1 x dV → x dV = xi Vi . xi = Vi Vi Vi Damit ergibt sich ffur ahler von xs in (4.6) ¨ den Z¨    x dV = 1 x dV + 2 x dV + . . . V V1 V2  = 1 x1 V1 + 2 x2 V2 + . . . = xi i Vi . Analoges gilt ffur ¨ die y- und die z-Komponente. Insgesamt erhalten wir dann

In diesem Fall sind Integrationen nicht erforderlich, sondern die Lage des Schwerpunkts kann durch Summationen ermittelt werden. konstant ist (i = ), Falls die Dichte im gesamten Korper ¨ vereinfacht sich (4.9) zu

98

4 Schwerpunkt

Die Gleichungen (4.9) bzw. (4.10) konnen vorteilhaft auch bei ¨ Korpern mit L¨ ochern oder Ausschnitten angewendet werden. Man ¨ fasst dabei den gegebenen Korper auf als zusammengesetzt aus ¨ dem Korper ohne L¨ ocher und Teilk¨ orpern mit negativen“ Volu¨ ” men. In (4.9) bzw. (4.10) werden dann die Volumen der Locher ¨ mit negativen Vorzeichen eingesetzt. B4.2

Aus einem Wurfel (Kantenl¨ ange 4a) mit der Dich¨ te 1 ist nach Abb. 4.5a ein kleinerer Wurfel (Kantenl¨ange 2a) ¨ herausgeschnitten. a) Wo liegt der Schwerpunkt des Korpers? ¨ b) Wo liegt der Schwerpunkt, wenn der herausgeschnittene Wurfel ¨ durch ein Material mit der Dichte 2 = 21 ersetzt wird (Abb. 4.5b)? Beispiel 4.2

z 4a 4a

2 2a 2a

1

x

V2

1

2a

4a

V3

V1 y

a

c

b

Abb. 4.5

L¨ osung In beiden Fallen k¨ onnen wir den Wurfel als einen K¨orper ¨ ¨

mit bekannten Schwerpunktslagen auffassen, der aus Teilkorpern ¨ besteht. Im Fall a) ist der Korper homogen (konstante Dichte 1 ), ¨ und seine Schwerpunktslage kann aus (4.10) bestimmt werden. Wir wahlen die in Abb. 4.5c dargestellten Teilk¨orper und fuhren ¨ ¨ die Auswertung zweckmaßig in einer Tabelle durch: ¨ i

xi

yi

zi

Vi

xi Vi

yi Vi

zi Vi

1

2a

2a

a

32a3

64a4

64a4

32a4

2

3a

2a

3a

16a3

48a4

32a4

48a4

4.3

a

3

→

a 

xs =

3a

Fl¨achenschwerpunkt

8a3

8a4

8a4

24a4

56a3

120a4

104a4

104a4

120 15 a= a, 56 7

ys = z s =

99

104 13 a= a. 56 7

Das gleiche Ergebnis kann man einfacher erhalten, wenn man als Teilkorper 1 den gesamten Wurfel (Kantenl¨ ange 4a) wahlt, von ¨ ¨ ¨ dem dann als Teilkorper 2 der herausgeschnittene kleinere Wurfel ¨ ¨ mit der Kantenlange 2a abgezogen wird: ¨ xi

i 1

yi

2a

2a

a

2

3a 

zi 2a 3a

Vi 64a

xi Vi 3

−8a

128a

3

−8a

56a3

yi Vi

4

128a4

4

−24a4

104a4

104a4

128a

4

−24a

120a4

zi Vi

4

Da im Fall b) die Teilkorper unterschiedliche Dichten haben, ¨ mussen wir zur Bestimmung der Schwerpunktslage die Gleichun¨ gen (4.9) anwenden. Dabei wahlen wir als Teilk¨ orper 1 den K¨orper ¨ nach Abb. 4.5a, dessen Schwerpunktslage ja nun bekannt ist. Teilkorper 2 ist der Wurfel mit der Dichte 2 = 2 1 : ¨ ¨ i

xi 15 7 a

1

a

2

→

yi 13 7 a

zi 13 7 a

3a 

3a

xs =

i Vi

xi i Vi

zi i Vi

1201 a

161 a3

161 a4

481 a4

481 a4

721 a3

1361 a4

1521a4

1521 a4

561 a

136 17 a= a, 72 9

4

yi i Vi

3

ys = z s =

1041a

4

1041 a4

152 19 a= a. 72 9

4.3 Flachenschwerpunkt ¨ Haufig wird in der Mechanik der Schwerpunkt einer ebenen Flache ¨ ¨ benotigt (z.B. Balkenbiegung, vgl. Band 2). Man erhalt ¨ ¨ seine Koordinaten aus (4.8), wenn man als Korper eine dunne Scheibe ¨ ¨ konstanter Dicke t (mit t → 0) betrachtet (Abb. 4.6). Mit dem

4.3

100

4 Schwerpunkt

Flachenelement dA = dxdy an der Stelle x, y, der Flache A = ¨  ¨ dA, dem Volumenelement dV = t dA und dem Volumen V = t A folgen aus (4.8) die Koordinaten des Fl¨achenschwerpunktes

Wegen t → 0 liefert die dritte Gleichung von (4.8) mit z → 0 den Wert zs → 0: der Schwerpunkt liegt in der Flache. ¨ Man nennt die in (4.11) auftretenden Integrale

Fl¨achenmomente erster Ordnung oder statische Momente. 0

ys y x

xs x

dy

y

dx Abb. 4.6

Legt man den Koordinatenursprung 0 in den Schwerpunkt S, so werden xs und ys in (4.11) gleich Null, und damit verschwinden auch die statischen Momente (4.12). Achsen durch den Schwerpunkt heißen Schwerachsen. Damit gilt der Satz:

Aus Abb. 4.7 kann man ablesen, dass das statische Moment bezuglich einer Symmetrieachse verschwinden muss, da neben je¨ dem Flachenelement mit positivem Abstand x ein entsprechen¨ des Element mit negativem Abstand existiert. Das Integral nach (4.12) uber die gesamte Fl¨ ache ergibt daher Null. Unter Anwen¨ dung des oben formulierten Satzes uber Schwerachsen gilt daher: ¨

4.3

Fl¨achenschwerpunkt

101

Diese Aussage erleichtert oft die Ermittlung von Schwerpunkten. y y dA

Ai

dA yi

S −x

Si

x x

S1 S2

xi Abb. 4.7

x

Abb. 4.8

Haufig sind Querschnitte aus Teilflachen Ai zusammengesetzt, ¨ ¨ deren jeweilige Schwerpunktslage xi , yi man kennt (Abb. 4.8). Die erste Gleichung von (4.11) kann man dann wie folgt schreiben:      1 1 xs = x dA = x dA + x dA + . . . A A A1

A2

1 = {x1 A1 + x2 A2 + . . .} . A Damit entfallen alle Integrationen, und wir finden die Schwer A = Ai punktskoordinate xs (und analog ys ) der Gesamtflache ¨ aus

Die Formel lasst achen mit Ausschnitten anwen¨ sich auch bei Fl¨ den. Man muss dann nur diese Ausschnitte als negative“ Flachen ¨ ” einfuhren f¨ (vgl. Beispiel 4.7). Die Zerlegung der gesamten Flache in Teilfl¨ achen mit bekannten ¨ Schwerpunktslagen lasst sich auch auf infinitesimale Teilflachen ¨ ¨ anwenden. Dementsprechend ist es nicht unbedingt erforderlich, in (4.11) ein Rechteckelement dA = dxdy mit zwei infinitesimalen

102

4 Schwerpunkt

Seitenlangen zu verwenden. Vielmehr ist es oft zweckm¨aßiger, z.B. ¨ Rechteckelemente oder Dreieckelemente dA zu wahlen, bei denen ¨ eine Seitenlange endlich ist (dA = adx). Fur x und y ¨ ¨ die Abstande ¨ in (4.11) sind dann die Schwerpunktskoordinaten dieses Elements zu verwenden (siehe auch Beispiele 4.3 bis 4.5). B4.3

Beispiel 4.3 Gesucht sind die Schwerpunktskoordinaten ffur ¨ das rechtwinklige Dreieck nach Abb. 4.9a mit der Grundseite a und der Hohe ¨ h. y

dA = ydx

h a

a

x

x

b

dx y dA = (a−x)dy a−x

y dy y x

y¯ = y/2 x d

c

Abb. 4.9

L¨ osung Nach (4.11) folgen die gesuchten Koordinaten des Schwer-

punktes aus  1 xs = x dA , A

ys =

1 A

 y dA .

Wir legen den Ursprung des Koordinatensystems in die linke Ecke des Dreiecks (Abb. 4.9b). In der ersten Gleichung von (4.11) stellt x den Abstand des Flachenelements dA von der y-Achse dar. Zur ¨ wir statt eines infinitesimalen RechtBerechnung von xs konnen ¨ ecks dA = dxdy zweckmaßig gleich den infinitesimalen Streifen ¨ da mit der Hohe ¨ y(x) und der Breite dx nach Abb. 4.9b wahlen, ¨ hier alle Punkte denselben Abstand x von der y-Achse haben. Durch diese Wahl des Flachenelements kann das Flachenintegral ¨ ¨ durch ein Einfachintegral uber x ersetzt werden (in dA steckt be¨ reits die Integration uber y). Mit dA = y dx und der Gleichung ¨ y(x) = h x/a ffur ¨ die Dreiecksseite folgt fur ¨ das statische Moment

4.3



 x dA =

a x y dx = 0

Fl¨achenschwerpunkt

103

a h h x3  1 x x dx = = h a2 .  a a 3 0 3

Setzen wir noch den Flacheninhalt des Dreiecks A = a h/2 in die ¨ Formel ffur ¨ die Schwerpunktskoordinate ein, so finden wir  1 h a2 1 2 xs = = a. x dA = 31 A 3 2a h Zur Bestimmung der Schwerpunktskoordinate ys wahlen wir ¨ dA = (a−x)dy nach Abb. 4.9c. Diesmal haben das Flachenelement ¨ alle Teile des Elements den gleichen Abstand y von der x-Achse. Mit x(y) = a y/h finden wir 

h  a  y dA = y (a − x) dy = y a − y dy h 0  2 h y a y 3  a h2 = a− =  2 h 3 0 6 

und erhalten endgultig ¨  1 a h2 1 1 ys = = h. y dA = 61 A 3 2a h Man kann zur Ermittlung der Schwerpunktskoordinate ys auch das Flachenelement dA nach Abb. 4.9b wahlen. Da dann aber ¨ ¨ nicht alle Punkte des Elements den gleichen Abstand von der xAchse haben, ist ffur ¨ den Abstand y in (4.11) die Schwerpunktskoordinate y¯ = y/2 des Elements einzusetzen (Abb. 4.9d):   1 1 y ys = dA . y¯ dA = A A 2 Mit dA = y dx, y = h x/a, A = ah/2 und 

a y dA = 0

y 2 dx =

a 0

h2 2 1 x dx = ah2 a2 3

erhalten wir wieder das bereits bekannte Ergebnis

104

4 Schwerpunkt

ys =

1 1 2 2 3 ah 1 2 ah

=

1 a. 3

Es sei erwahnt, dass man zur Ermittlung der Schwerpunkts¨ koordinaten naturlich auch das Fl¨ achenelement dA = dxdy nach ¨ Abb. 4.6 wahlen kann. Dann muss man sowohl uber x als auch ¨ ¨ uber y integrieren. Wir wollen darauf hier nicht eingehen. ¨

B4.4

Gesucht ist der Schwerpunkt der Flache, die nach ¨ Abb. 4.10a von einer quadratischen Parabel begrenzt wird.

Beispiel 4.4

a

y

a

2x h

dy

dA = 2xdy

x

b

a

Abb. 4.10

L¨ osung Wir legen den Koordinatenursprung in den Scheitel der

Parabel (Abb. 4.10b). Wegen der Symmetrie liegt der Schwerpunkt S auf der y-Achse. Wir wahlen zur Ermittlung seiner Hohe ¨ ¨  y dA ys =  dA das gekennzeichnete Flachenelement dA = 2 x dy; alle Punkte die¨ ses Flachenelements haben den gleichen Abstand y von der x¨ Achse. Mit der Parabelgleichung (f¨ fur x = a muss y = h sein)  a2 y h y = 2 x2 bzw. x = a h werden  A=

h 

 dA =

2 x dy = 2 0

a2 y dy = 2 h



h a2 2 3/2  4 y  = a h,  h 3 3 0

4.3





h y dA =

y2 0

und daher  y dA ys =  = dA

a2 y dy = 2 h

4 2 5a h 4 3a h

=



Fl¨achenschwerpunkt

105

h a2 2 5/2  4 y  = a h2  h 5 5 0

3 h. 5

Bemerkenswert am Ergebnis ist, dass die Schwerpunktshohe ¨ ys nicht von der Breite a der Parabel abh¨ angt. ¨ Beispiel 4.5 Gesucht ist die Schwerpunktslage ffur ¨ einen Kreisausschnitt nach Abb. 4.11a. y

rdϕ dA E

SE

dϕ a

b

ϕ

2 3r

y¯

y¯ x

ϕ

Abb. 4.11

L¨ osung Zur Bestimmung von ys (wegen Symmetrie gilt xs = 0)

ffuhren wir den Hilfswinkel ϕ ein und wahlen als Flachenelement ¨ ¨ ¨ dA den gekennzeichneten Kreisausschnitt (Abb. 4.11b). Im Infinitesimalen darf der Kreisausschnitt durch ein Dreieck mit der Grundseite r dϕ und der Hohe ¨ r ersetzt werden, dessen Schwerpunktskoordinate bei 2/3 der Hohe ¨ liegt. Der Schwerpunkt SE des Elementes hat daher von der x-Achse den Abstand 2 y¯ = r sin ϕ . 3

Mit dA = 12 r dϕ r = 12 r2 dϕ finden wir die Schwerpunktslage aus  (π/2)+α 2 1 2  3 r sin ϕ 2 r dϕ y¯ dA (π/2)−α ys =  = =  (π/2)+α dA 1 2 2 r dϕ (π/2)−α

B4.5

106

4 Schwerpunkt

(π/2)+α  1 3 r (− cos ϕ) 3 (π/2)−α = (π/2)+α  1 2  r ϕ 2 (π/2)−α =

1 cos( π2 − α) − cos( π2 + α) 2 sin α r = r . 3 α 3 α

π Im Sonderfall einer Halbkreisflache folgt hieraus ff¨ ur α = das ¨ 2 Ergebnis ys = B4.6

4r . 3π Wo liegt der Schwerpunkt bei dem L-Profil nach

Beispiel 4.6

Abb. 4.12a? y

y 1

t

S1

8a

l1= 8a a

S t

a

S2

ys

5a

b

ta

2

xs

x

x c

l2= 5a Abb. 4.12

L¨ osung Wir legen den Koordinatenursprung in die linke untere

Ecke und zerlegen die Flache in zwei Rechtecke (Abb. 4.12b) mit ¨ den Flachen ¨ A1 = 8 a t ,

A2 = (5 a − t) t

und den Schwerpunktskoordinaten x1 =

t , 2

y1 = 4 a ,

x2 =

5a−t 5a+t +t= , 2 2

y2 =

t . 2

4.3

Fl¨achenschwerpunkt

107

Aus (4.13) folgt damit t 5a+t  8at+ (5 a − t) t xi Ai 2 2 xs =  = Ai 8 a t + (5 a − t)t

 2 8 t 1 t 25 2 t3 1 + − a t− 4at + 25 a 25 a 2 2 = 25 a = . 1 t 8 a t + 5 a t − t2 26 1− 13 a 2

Entsprechend findet man in der y-Richtung  yi Ai ys =  Ai

 2 5 t 1 t t 1+ − 4 a 8 a t + (5 a − t) t 32 64 a 64 a 2 = = a . 1 t 13 13 a t − t2 1− 13 a

Fur Profil t a (Abb. 4.12c) konnen wir t/a ¨ ein dunnwandiges ¨ ¨ und (t/a)2 als klein gegen 1 vernachlassigen und erhalten dann ¨ xs =

25 a, 26

ys =

32 a. 13

Aus dem gleichschenkligen Dreieck nach Abb. 4.13a ist ein Kreis ausgespart. Wo liegt der Schwerpunkt S der Flache? ¨ Beispiel 4.7

y 1

h

r

S1

ys

h/4 a

2

S

a

b

x

S2 c

Abb. 4.13

L¨ osung Wegen der Symmetrie liegt S ffur ¨ das in Abb. 4.13b gewahl¨

te Koordinatensystem auf der y-Achse. Wenn aus einer Flache ¨

B4.7

108

4 Schwerpunkt

Teile ausgespart sind, arbeitet man zweckmaßig mit negativen“ ¨ ” Flachen: die gegebene Fl¨ ache wird als Differenz zweier Teilflachen ¨ ¨ mit bekannten Schwerpunktslagen aufgefasst. Im Beispiel muss daher vom Volldreieck 1 der Kreis 2 abgezogen werden (Abb. 4.13c). Mit A1 =

1 ah, 2

y1 =

h , 3

A2 = π r2 ,

y2 =

h 4

wird h 1 h 3 π r2 a h − π r2 1− y1 A1 − y2 A2 h 4 2 ah . ys = = 3 2 = 1 A1 − A2 3 2π r2 2 ah− πr 1− 2 ah Fur sich der Gesamtschwer¨ kleine Kreise π r2 a h/2 nahert ¨ punkt dem Dreiecksschwerpunkt bei h/3.

Tabelle 4.1 Schwerpunktskoordinaten Flache ¨

Fl¨ acheninhalt

Schwerpunktslage

rechtwinkliges Dreieck y S h

A=

1 ah 2

xs =

2 h a, ys = 3 3

A=

1 [(x2 − x1 )(y3 − y1 ) 2

xs =

1 (x1 + x2 + x3 ) 3

−(x3 − x1 )(y2 − y1 )]

ys =

1 (y1 + y2 + y3 ) 3

x

a

beliebiges Dreieck x 3 , y3

y x 1 , y1

S x 2 , y2

x

4.3

Fl¨achenschwerpunkt

109

Tabelle 4.1 Schwerpunktskoordinaten (Fortsetzung) Flache ¨

Fl¨ acheninhalt

Schwerpunktslage

A = ah

S liegt im Schnittpunkt der Diagonalen

Parallelogramm h

S a Trapez y b S

A=

h

h (a + b) 2

S liegt auf der Seitenhalbierenden h a + 2b ys = 3 a+b

x

a

Kreisausschnitt y r α S α x

A = α r2

xs =

2 sin α r 3 α

π 2 r 2

xs =

4r 3π

xs =

s3 12 A

Halbkreis y A=

S x

r

Kreisabschnitt y

r α S α

A=

s x

1 2 r (2 α − sin 2 α) 2

=

sin3 α 4 r 3 2 α − sin 2 α

quadratische Parabel y 2 A = ab 3

b a

x

xs =

3 a 5

ys =

3 b 8

110

4.4

4 Schwerpunkt

4.4 Linienschwerpunkt Die Koordinaten des Schwerpunktes S einer Linie in einer Ebene (Abb. 4.14) errechnen sich analog zu denen der Flache. Ersetzt ¨ man in (4.11) das Flachenelement dA durch das Linienelement ds ¨ und die Flache A durch die L¨ ange l der Linie, so erhalt ¨ ¨ man

Bei einer geraden Linie liegt der Schwerpunkt auf ihr in der Mitte; bei einer gekrummten Linie liegt er im allgemeinen außer¨ halb. Die Gleichungen (4.14) konnen z.B. angewendet werden zur ¨ Berechnung des Schwerpunktes eines gebogenen homogenen Drahtes oder zur Ermittlung der Lage der Resultierenden von Kraften, ¨ die langs einer Linie gleichf f ormig verteilt sind. ¨ ¨ y ds ys

s

S

xs

x

Abb. 4.14

Besteht die Linie aus Teilstucken bekannter La¨ngen li mit be¨ kannten Schwerpunktslagen xi bzw. yi , so folgt aus (4.14) analog zu (4.13) die Lage des Schwerpunktes aus

Wendet man diese Formeln z.B. zur Berechnung der Schwerpunktskoordinaten des linienformigen f¨ Profils nach Abb. 4.12c an, so erhalt ¨ man xs =

0 · 8 a + 52 a 5 a 25 = a, 8a+5a 26

ys =

4a8a+ 0 · 5a 32 = a. 8a+5a 13

4.4

Linienschwerpunkt

111

Dies stimmt mit dem Ergebnis in Beispiel 4.6 ffur ¨ das dunnwandige ¨ Profil uberein. ¨ Wo liegt der Schwerpunkt eines Kreisbogens (Abb. ¨ 4.15a) mit dem Offnungswinkel 2α? Beispiel 4.8

y ds

dϕ

r

s

α ϕ

α a

S

x

b

Abb. 4.15

L¨ osung Wegen der Symmetrie liegt S auf der x-Achse: ys = 0

(Abb. 4.15b). Wir zahlen einen Winkel ϕ von der x-Achse und ¨ konnen wegen des konstanten Radius r die Bogenlange ds durch ¨ ¨ r dϕ ersetzen: ds = r dϕ. Mit x = r cos ϕ folgt dann aus (4.14) +α   r cos ϕ r dϕ x ds −α 2 r2 sin α sin α = = =r . xs =  +α  2rα α ds r dϕ −α

π Im Sonderfall des Halbkreisbogens folgt hieraus mit α = die 2 Lage xs =

2r . π

Der Schwerpunkt einer Halbkreisflache (xs = 4 r/(3π), vgl. Tabelle ¨ 4.1) liegt wesentlich naher zum Kreismittelpunkt hin. ¨

B4.8

112

4.5

4 Schwerpunkt

4.5 Zusammenfassung • Der Schwerpunkt eines Korpers ist derjenige Punkt, in dem ¨ man sich das raumlich verteilte Gewicht konzentriert denken ¨ kann, ohne dass sich die statische Wirkung ¨andert. Seine Koordinaten ergeben sich aus    x  dV y  dV z  dV , ys =  , zs =  . xs =   dV  dV  dV Analoge Definitionen gelten ffur ¨ den Massenmittelpunkt und den Volumenmittelpunkt. • Achsen durch den Schwerpunkt heißen Schwerachsen. Symmetrieachsen sind Schwerachsen. • Die Flachenmomente erster Ordnung sind definiert durch ¨   Sx = y dA . Sy = x dA , • Die Flachenmomente erster Ordnung in Bezug auf die Schwer¨ achsen sind Null. • Die Koordinaten des Flachenschwerpunkts folgen aus ¨   1 1 xs = x dA , ys = y dA . A A • Wenn ein Korper (Fl¨ ache, Linie) aus Teilk¨orpern (Teilflachen, ¨ ¨ Linienelementen) besteht, deren Schwerpunktskoordinaten bekannt sind, so sind Integrationen nicht erforderlich. Dann ergeben sich zum Beispiel die Koordinaten des Flachenschwer¨ punkts aus   xi Ai yi Ai , ys =  . xs =  Ai Ai Analoges gilt ffur orper und Linien. ¨ K¨ • Bei Korpern (Fl¨ achen) mit Ausschnitten werden die Ausschnit¨ te als negative“ Volumina ( negative“ Flachen) angesehen. ¨ ” ”

Kapitel 5 Lagerreaktionen

5

5 Lagerreaktionen 5.1 5.1.1 5.1.2 5.1.3 5.2 5.3 5.3.1 5.3.2 5.3.3 5.3.4 5.4

Ebene Tragwerke ............................................... Lager .............................................................. Statische Bestimmtheit ........................................ Berechnung der Lagerreaktionen ............................ Raumliche Tragwerke .......................................... ¨ Mehrteilige Tragwerke ......................................... Statische Bestimmtheit ........................................ Dreigelenkbogen ................................................ Gelenkbalken..................................................... Kinematische Bestimmtheit .................................. Zusammenfassung ..............................................

115 115 118 121 123 126 126 132 135 138 144

Lernziele: Die Studierenden sollen die wichtigsten Lagerungsarten von einteiligen Tragwerken sowie die verschiedenen Verbindungselemente mehrteiliger Tragwerke unterscheiden und nach ihrer Wertigkeit klassifizieren konnen. Sie sollen erkennen ¨ konnen, ob ein Tragwerk statisch und kinematisch bestimmt ist. ¨ Schließlich sollen sie in der Lage sein, die bei einem belasteten Tragwerk in den Lagern und Verbindungelementen auftretenden Krafte und Momente zu bestimmen. Hierzu geh¨oren als wichtig¨ sowie die sachgerechte ste Schritte die Skizze des Freikorperbildes ¨ Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen.

5.1

Ebene Tragwerke

115

5.1

5.1 Ebene Tragwerke 5.1.1 Lager

Tragwerke werden nach ihrer geometrischen Form und nach der Belastung in verschiedene Klassen eingeteilt. Ein Bauteil, dessen Querschnittsabmessungen sehr viel kleiner sind als seine Langsab¨ messung und das nur in Richtung seiner Achse (Zug oder Druck) beansprucht wird, heißt Stab (vgl. Abschnitt 2.4). Beansprucht man ein solches Bauteil quer zu seiner Achse, so nennt man es einen Balken. Ein gekrummter Balken heißt Bogen. Tragwerke, die ¨ aus abgewinkelten, starr miteinander verbundenen Balken zusammengesetzt sind, werden als Rahmen bezeichnet. Ebene Bauteile (Dicke klein gegen Langen der Seiten) heißen Scheiben, wenn sie ¨ in ihrer Ebene und Platten, wenn sie quer dazu belastet werden. Ein gekrummtes Fl¨ achentragwerk nennt man Schale. ¨ F1 A

F2

F1

Fi

F2

Fi

B A

B

S

Abb. 5.1 a

b

Tragwerke sind durch Lager mit ihrer Umgebung verbunden. Die Lager dienen einerseits dazu, eine gewunschte Lage des Trag¨ werkes im Raum zu erzeugen, andererseits ubertragen sie Krafte. ¨ ¨ Als Beispiel betrachten wir in Abb. 5.1a ein Dach“, das im Punkt ” A mit einer lotrechten Wand gelenkig verbunden und im Punkt B uber einen Stab S gegen den Boden abgestutzt ist. Das Dach ist ¨ ¨ ¨ die Lager A und B werdurch eingepragte Krafte ¨ ¨ Fi belastet. Uber Die gleichen den Krafte ¨ in die Wand und in den Boden ubertragen. ¨ Krafte ¨ werden nach dem Wechselwirkungsgesetz (actio = reactio) in entgegengesetzter Richtung von der Wand und vom Boden auf das Dach ausgeubt. Diese Kr¨ afte von der Umgebung auf das ¨

116

5 Lagerreaktionen

Tragwerk sind Reaktionskrafte (vgl. Abschnitt 1.4). Wir wollen ¨ sie als Lagerreaktionen bezeichnen. Sie werden im Freikorperbild ¨ (Abb. 5.1b) sichtbar gemacht. Man bezeichnet sie im allgemeinen wie die Lager selbst, d.h. im Beispiel mit A und B. Im weiteren werden wir uns auf einteilige Tragwerke in der Ebedie in ihrer Ebene belastet sind. Ein Korper, der ne beschranken, ¨ ¨ keiner Bindung unterworfen ist, hat in der Ebene drei unabhangi¨ ge Bewegungsmoglichkeiten oder Freiheitsgrade: je eine Transla¨ tion in zwei Richtungen und eine Drehung um eine zur Ebene senkrechte Achse (vgl. Abschnitt 3.1.4). Durch Lager (Bindungen) werden die Bewegungsmoglichkeiten eingeschr¨ankt: jede Lagerre¨ aktion ubt orper aus (wirkt als Fessel). Ist ¨ einen Zwang auf den K¨ r die Anzahl der Lagerreaktionen, so gilt ffur ¨ die Anzahl f der Freiheitsgrade eines Korpers in der Ebene ¨ f =3−r

(5.1)

(Ausnahmefalle f¨ in Abschnitt 5.1.2). Wir wollen im folgenden verschiedene Arten der Lagerung betrachten und die Lagertypen nach der Anzahl der Reaktionen klassifizieren. nur eine einzige Reaktion ubertragen Einwertige Lager konnen ¨ ¨ f¨ diesen Lagertyp sind Rollenlager, Gleitlager (r = 1). Beispiele fur und Stutzstab (Pendelstutze), vgl. Abb. 5.2a–c. Die Richtung der ¨ ¨ Lagerkraft ist jeweils bekannt (hier vertikal), unbekannt ist ihr Betrag.

A

d

a

A

b

c

e

f

Abb. 5.2

Abbildung 5.2f zeigt das Freikorperbild fur ¨ ¨ das Rollenlager. Idealisieren wir die Beruhrungsfl achen als glatt, so stehen alle ¨ ¨

5.1

Ebene Tragwerke

117

Kontaktkrafte Da¨ senkrecht zu den jeweiligen Beruhrungsebenen. ¨ mit ist die Richtung der Lagerkraft A auf das Tragwerk gegeben. Abbildung 5.2e deutet die durch das Lager nicht eingeschrankten ¨ Bewegungsmoglichkeiten an: eine waagerechte Verschiebung und ¨ eine Drehung. Eine Bewegung in vertikaler Richtung ist durch die Bindung ausgeschlossen. Falls die Lagerkraft A ihr Vorzeichen umkehrt, muss durch eine geeignete Konstruktion ein Abheben des Lagers verhindert werden. Einwertige Lager werden wir im weiteren durch das Symbol in Abb. 5.2d darstellen. Zweiwertige Lager konnen zwei Reaktionen ubertragen (r = 2). ¨ ¨ Als Beispiele dafur f¨ betrachten wir das gelenkige Lager (Festlager) oder die Doppelstutze (Abb. 5.3a, b), die symbolisch durch ¨ Abb. 5.3c dargestellt werden. AH c

AV A A

AV

AH a

b

d

e

Abb. 5.3

Nach Abb. 5.3d lasst das gelenkige Lager nur eine Drehung, ¨ aber keinerlei Verschiebung zu. Es kann demnach eine Lagerkraft A beliebiger Große ¨ und Richtung mit einer Horizontalkomponente AH und einer Vertikalkomponente AV aufnehmen (Abb. 5.3e). Weitere Moglichkeiten eines zweiwertigen Lagers sind die Pa¨ rallelfuhrung f¨ und die Schiebehulse ¨ (Abb. 5.4a, b). Die Freiko¨rperje eine Kraftbilder (Abb. 5.4c, d) zeigen, dass in beiden Fallen ¨ komponente und ein Moment ubertragen werden k¨onnen. Eine ¨ Verschiebung der Lager in jeweils eine Richtung ist moglich, nicht ¨ jedoch eine Verschiebung in die andere Richtung oder eine Drehung. Tritt zu einer Doppelstutze ein etwas versetzter dritter Stu ¨ ¨ tzstab hinzu (Abb. 5.5a), so geht der Freiheitsgrad der Drehung verloren: das Tragwerk wird unbeweglich. Das Lager kann zusatzlich ¨

118

5 Lagerreaktionen

MA AH

a

c

MA

b

AV

d

Abb. 5.4

zu den beiden Kraftkomponenten ein Kraftepaar (Moment) uber¨ ¨ tragen und ist daher ein dreiwertiges Lager: r = 3. Gleiche Verhaltnisse liegen bei der Einspannung nach Abb. 5.5b ¨ vor, die symbolisch in Abb. 5.5c dargestellt ist. Das Freikorperbild ¨ (Abb. 5.5d) zeigt, dass die Einspannung eine nach Große ¨ und nach Richtung unbekannte Lagerkraft A (bzw. AH und AV ) und ein Einspannmoment MA aufnehmen kann. MA AH

A a

b

c

d

AV Abb. 5.5

5.1.2 Statische Bestimmtheit

Ein Tragwerk heißt statisch bestimmt gelagert, wenn die Lagerreaktionen aus den drei Gleichgewichtsbedingungen (3.12) berechenbar sind. Da dann die Anzahl der Unbekannten mit der Anzahl der Gleichungen ubereinzustimmen hat, mussen in den Lagern ¨ ¨ drei unbekannte Reaktionen (d.h. Moment oder Krafte) auftreten: ¨ r = 3. Dass diese notwendige Bedingung nicht auch hinreichend ffur ¨ die Bestimmbarkeit der Lagerreaktionen ist, werden wir noch erl¨ autern. ¨ Der Balken nach Abb. 5.6a besitzt ein zweiwertiges Lager A und ein einwertiges Lager B. Es treten also drei unbekannte Lagerreaktionen AH , AV und B auf. Mit r = 3 folgt aus (5.1), dass der Balken keine Bewegungsmoglichkeit hat: f = 3 − r = 0. Er ist ¨ statisch bestimmt gelagert.

5.1

Ebene Tragwerke

119

Der Balken nach Abb. 5.6b ist am linken Ende eingespannt. Die drei Lagerreaktionen bestehen aus den Kraftkomponenten AH und AV sowie dem Einspannmoment MA . In Abb. 5.6c ist eine durch drei einwertige Pendelst¨ u ¨ tzen A, B und C gelagerte Scheibe dargestellt. Mit r = 3 und f = 0 ist in beiden Fallen die Lagerung ¨ statisch bestimmt. q0

F

A

q0 B

M0

A b

a

F1

C

F

C

P F2

A

B

A

B e

c

F

A

B

C d

Abb. 5.6

Abbildung 5.6d zeigt dagegen einen Balken, der durch drei pau rallele St¨ ¨ tzstabe ¨ A, B und C gelagert ist. Auch hier ist die Anzahl der unbekannten Lagerkrafte ¨ gleich der Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen: die notwendige Bedingung ffur ¨ statische Bestimmtheit ist also erfullt. f¨ Dennoch lassen sich die Lagerkrafte ¨ nicht aus den Gleichgewichtsbedingungen berechnen. Aus r = 3 folgt hier nicht f = 0 (Ausnahmefall!): der Balken ist in waagerechter Richtung verschieblich. Solche Ausnahmefalle f¨ mussen wir ¨ ausschließen. Ein Tragwerk, das endliche oder infinitesimale Bewegungen ausfuhren f¨ kann, nennen wir kinematisch unbestimmt (vgl. auch Abschnitte 5.3.4 und 6.1).

120

5 Lagerreaktionen

Auch die Scheibe nach Abb. 5.6e ist kinematisch unbestimmt. schneiden sich im Punkt P ; Die Wirkungslinien der Lagerkrafte ¨ die Lagerung erlaubt daher eine infinitesimale Drehung um diesen Punkt. Dass die Lagerungen in den Abb. 5.6d und e nicht statisch bestimmt sind, erkennt man sofort anschaulich: beim Balken ist die Gleichgewichtsbedingung ffur ¨ die Horizontalkomponenten der  Krafte nicht erffullbar ( FiH = 0), bei der Scheibe kann das ¨ ¨  (P ) Momentengleichgewicht bezuglich P nicht erfullt f¨ werden ( Mi ¨ = 0). Ein Tragwerk ist im ebenen Fall dann statisch und kinematisch bestimmt gelagert, wenn es unbeweglich ist und genau drei Lagerreaktionen auftreten. Diese konnen sein ¨ a) drei Krafte, die nicht alle parallel und nicht zentral sind, ¨ b) zwei Krafte und ein Moment, wobei die Kr¨afte nicht parallel ¨ sind. Es sei ausdrucklich darauf hingewiesen, dass die statische Be¨ stimmtheit nur von der Lagerung und nicht von der Belastung eines Tragwerks abh¨ a ¨ngt. Bringen wir an einem statisch bestimmt gelagerten Tragwerk weitere Lager an, so treten mehr als drei Lagerreaktionen auf. Eine Berechnung der Reaktionen aus den drei Gleichgewichtsbedingungen allein ist dann nicht mehr moglich. Wir nennen ein ¨ solches Tragwerk statisch unbestimmt gelagert. Wird zum Beispiel der einseitig eingespannte Balken in Abb. 5.6b durch ein zusatzliches einwertiges Lager B nach Abb. 5.7a ¨ unterstutzt, so erh¨ oht sich die Anzahl der unbekannten Reaktio¨ nen von drei auf vier: der Balken ist dann einfach statisch unbestimmt gelagert. q0 A a

F1

M0

F2

B b

Abb. 5.7

Allgemein heißt ein Tragwerk x-fach statisch unbestimmt gelagert, wenn die Anzahl der unbekannten Lagerreaktionen um x

5.1

Ebene Tragwerke

121

großer ist als die Anzahl der zur Verffugung stehenden Gleichge¨ ¨ wichtsbedingungen. Demnach ist der Balken in Abb. 5.7b wegen r = 2 + 3 · 1 = 5 zweifach statisch unbestimmt gelagert. Die Lagerreaktionen statisch unbestimmt gelagerter Tragwerke konnen bestimmt werden, wenn die Tragwerke nicht als starr an¨ gesehen, sondern ihre Verformungen berucksichtigt werden. Die ¨ entsprechenden Verfahren werden in der Elastostatik (Band 2) behandelt. 5.1.3 Berechnung der Lagerreaktionen

Zur Ermittlung der Lagerreaktionen wenden wir das Schnittprinzip (vgl. Abschnitt 1.4) an: wir entfernen die Lager und ersetzen ihre Wirkung auf das Tragwerk durch die unbekannten Reaktionen. Als Beispiel betrachten wir den in Abb. 5.8a dargestellten Balken, der mit einer Pendelst¨ u ¨ tze A und zwei Rollenlagern B und C gelagert ist. Die Lagerreaktionen machen wir im Freik¨orperwir dabei bild (Abb. 5.8b) sichtbar. Ihre Richtungssinne konnen ¨ beliebig wahlen. Bei Pendelst utzen halten wir uns allerdings an ¨ ¨ die Konvention ffur abe: Zugkr¨ afte positiv. Liefert die Rechnung ¨ St¨ einen positiven Zahlenwert, so war die entsprechende Annahme richtig, wahrend bei einem negativen Vorzeichen die Reaktion in ¨ Wirklichkeit entgegengesetzt gerichtet ist. F1

F2

Fi

F1

B Abb. 5.8

Fi

F2

A

A C a

y b

x

B

C

Alle am freigeschnittenen Tragwerk angreifenden Krafte (d.h. ¨ eingepragte Kr¨ afte und Reaktionskr¨ afte) mussen als Gleich¨ ¨ gewichtsgruppe die Gleichgewichtsbedingungen (3.12) erfullen: f¨   (P )  Fiy = 0 , Mi = 0 . (5.2) Fix = 0 , Dabei ist P ein beliebiger Bezugspunkt. Aus (5.2) lassen sich die Lagerreaktionen berechnen.

122

B5.1

5 Lagerreaktionen

Der in Abb. 5.9a dargestellte Balken ist durch eine Kraft F belastet, die unter dem Winkel α angreift. Gesucht sind die Lagerkrafte ¨ in A und B.

Beispiel 5.1

F

F α A

F sin α

AH B

a l

a

F cos α

AV

b

α

B

Abb. 5.9

b

Der Balken ist unbeweglich gelagert; das Lager A ist zweiwertig, das Lager B einwertig. Es treten also die drei unbekannten Lagerreaktionen AH , AV und B auf: der Balken ist statisch bestimmt gelagert. Wir entfernen die Lager und zeichnen die Reaktionskrafte orperbild (Abb. 5.9b) ein, wo¨ in das Freik¨ bei wir den Richtungssinn jeweils frei wahlen. Damit lauten die ¨ Gleichgewichtsbedingungen: L¨ osung

↑: →:  A:

AV − F sin α + B = 0 , AH − F cos α = 0 − a F sin α + l B = 0

(a) → AH = F cos α , a → B = F sin α . l

(b)

Mit der Kraft B nach (b) und a + b = l folgt aus (a)  a b AV = F sin α − B = 1 − F sin α = F sin α . l l Als Probe konnen wir eine weitere Momentengleichung verwenden: ¨  B:

− l AV + b F sin α = 0

→

AV =

b F sin α . l

Gleichung (c) liefert im Gegensatz zur Gleichung (a) direkt die Lagerkraft AV . Die Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen (3.14) an Stelle von (3.12) ware ¨ hier also zweckm¨aßiger gewesen. B5.2

Der einseitig eingespannte Balken nach Abb. 5.10a ist durch zwei Krafte ¨ F1 und F2 belastet. Gesucht sind die Lagerreaktionen. Beispiel 5.2

5.2

F1

AH

α a

AV

F2 l

a

123

F1

MA

b A

R¨aumliche Tragwerke

F2

b

Abb. 5.10

L¨ osung Das Lager A ist dreiwertig. Als Lagerreaktionen treten

daher die zwei Kraftkomponenten AH und AV sowie das Einspannmoment MA auf. Die Reaktionen sind im Freikorperbild ¨ (Abb. 5.10b) sichtbar gemacht, wobei die Richtungssinne beliebig angenommen wurden. Aus den Gleichgewichtsbedingungen (5.2) folgt: ↑:

AV − F2 cos α = 0

→ AV = F2 cos α ,

→:

AH + F1 + F2 sin α = 0

→ AH = −(F F1 + F2 sin α) ,

 A:

MA + b F1 + l F2 cos α = 0 → MA = −(b F1 + l F2 cos α).

Die negativen Vorzeichen bei AH und bei MA zeigen, dass diese Reaktionen in Wirklichkeit entgegengesetzt zu den Richtungen wirken, die im Freikorperbild angenommen wurden. ¨

5.2 Raumliche Tragwerke ¨ Ein Korper, der im Raum frei beweglich ist, hat sechs Freiheits¨ grade: je eine Translation in x-, y- und z-Richtung und je eine Drehung um jede der drei Achsen. Durch Lager werden die Beeingeschr¨ ankt. Wie in der Ebene werden wegungsmoglichkeiten ¨ dabei die verschiedenen Lagertypen nach der Anzahl der Reaktionen klassifiziert. Die Pendelstutze nach Abb. 5.11a kann nur eine Kraft in Rich¨ tung ihrer Achse ubertragen und ist daher auch im Raum ein ¨ einwertiges Lager (r = 1). Dagegen ubertr agt das gelenkige La¨ ¨ ger nach Abb. 5.11b im Raum drei Kraftkomponenten (in x-, yund z-Richtung) und ist somit dreiwertig (r = 3). Die Einspan-

5.2

124

5 Lagerreaktionen

nung (Abb. 5.11c) ist im Raum ein sechswertiges Lager (r = 6). Sie ist in der Lage, sowohl Krafte in den drei Koordinatenrich¨ tungen als auch Momente um die drei Achsen aufzunehmen. Eine Schiebehulse ¨ (Abb. 5.11d) kann zwei Momenten- und zwei Kraftkomponenten ubertragen, wenn der Tr¨ ager um seine Langsachse ¨ ¨ drehbar ist (Kreisquerschnitt). Sie stellt dann ein vierwertiges Lager dar. Wenn eine Drehung um die Langsachse nicht m¨oglich ist ¨ (z.B. bei einem rechteckigen Querschnitt), dann konnen Momen¨ te um alle drei Achsen aufgenommen werden, und das Lager ist f¨ funfwertig.

z y x a

b

z

z

y

y

x

x

c

d

Abb. 5.11

Ein raumliches Tragwerk ist statisch bestimmt gelagert, wenn ¨ es unbeweglich ist und die Lagerreaktionen aus den sechs Gleichgewichtsbedingungen (3.34) berechnet werden konnen. Daher mu ¨ ¨ ssen in den Lagern sechs Reaktionen auftreten. Sie werden wie bei einem ebenen Tragwerk durch Freischneiden ermittelt. B5.3

Der in A eingespannte rechtwinklige Hebel (Abb. 5.12a) wird durch eine Streckenlast q0 , zwei Krafte ¨ F1 und F2 sowie ein Moment M0 belastet.

Beispiel 5.3

5.2

R¨aumliche Tragwerke

125

Gesucht sind die Lagerreaktionen. R = q0 b F2 q0 A

M0 F1 b

a

z Ax

F2 y

MAx Ay A MAy z MAz

x

q0

M0 F1 b/2

b

a

Abb. 5.12

L¨ osung Die Einspannung ist im Raum ein sechswertiges Lager.

Als Lagerreaktionen treten die drei Kraftkomponenten Ax , Ay und Az sowie die Komponenten MAx , MAy und MAz des Einspannmomentes auf (Abb. 5.12b). Die Richtungssinne werden entsprechend den positiven Koordinatenrichtungen gewahlt. Die Streckenlast ¨ ersetzen wir durch ihre Resultierende R = q0 b. Aus den Gleichgewichtsbedingungen (3.34) folgt dann:  Fix = 0 : Ax + F1 = 0 → Ax = − F1 ,  Fiy = 0 : Ay − F2 = 0 → Ay = F2 ,  Fiz = 0 : Az − q0 b = 0 → Az = q0 b ,   

b q0 b2 (A) Mix = 0 : MAx + M0 − (q0 b) = 0 → MAx = − M0 , 2 2 (A)

Miy = 0 : MAy + a(q0 b) = 0 (A)

Miz

= 0 : MAz − a F2 = 0

→ MAy = − q0 a b , → MAz = a F2 .

Ein raumlicher Rahmen ist in A, B und C gelagert ¨ (Abb. 5.13a). Er wird durch eine Streckenlast q0 , die Krafte F1 , ¨ F2 und ein Moment M0 belastet. Gesucht sind die Lagerreaktionen. Beispiel 5.4

L¨ osung Das gelenkige Lager A ubertr agt die drei Kraftkomponen¨ ¨

ten Ax , Ay , Az (Abb. 5.13b). Am Lager B wirken in Richtung der beiden Pendelstutzen die Krafte am beweg¨ ¨ ¨ Bx und Bz , wahrend lichen Lager C nur eine Kraft C senkrecht zur Bewegungsebene,

B5.4

126

5 Lagerreaktionen

b

M0

q0 A a

q0 a

F1 C

F2

B

Ax a

a

z F2

Az

a/2 a/2

a/2 b

F1

M0

Ay

x

Bx

y

C

Bz

Abb. 5.13

z-Achse, auftritt. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ die Krafte ¨  Fix = 0 : Ax + Bx − F2 = 0 , (a)  Fiy = 0 : Ay − F1 = 0 → Ay = F1 ,  Fiz = 0 : Az + Bz + C − q0 a = 0 . (b) Beim Momentengleichgewicht wahlen wir zweckm¨aßig Achsen ¨ durch den Punkt B: 

3 3 b (B) Mix = 0 : −2 a Az + a (q0 a) + b F1 = 0 → Az = q0 a+ F1 , 2 4 2a  (B) 1 Miy = 0 : a C + M0 = 0 → C = − M0 , a  (B) a 1 1 → Ax = − F1 + F2 . Miz = 0 : 2 a Ax + a F1 − F2 = 0 2 2 4

Mit den Ergebnissen ff¨ ur Ax , Az und C erhalt ¨ man aus (a) und (b) 1 3 Bx = − Ax + F2 = F1 + F2 , 2 4 1 b 1 Bz = q0 a − Az − C = q0 a − F1 + M0 . 4 2a a

5.3

5.3 Mehrteilige Tragwerke 5.3.1 Statische Bestimmtheit

Tragwerke bestehen oft nicht nur aus einem einzigen, sondern aus einer Anzahl von starren Korpern, die in geeigneter Weise mit¨ einander verbunden sind. Die Verbindungselemente ubertragen ¨

5.3

Mehrteilige Tragwerke

127

Krafte bzw. Momente, die man durch Schnitte sichtbar machen ¨ kann. Wir wollen uns hier auf ebene Tragwerke beschranken. ¨ Die Verbindung zwischen je zwei starren Teilk¨orpern 1 und 2 kann zum Beispiel durch einen Pendelstab S, ein Gelenk G oder eine Parallelfuhrung f¨ P erfolgen (Abb. 5.14a–c). Der Pendelstab ubertr agt nur eine Kraft S in seiner Langsrichtung. Die Zahl ¨ ¨ ¨ v der Verbindungsreaktionen ist in diesem Fall v = 1. Das Gelenk kann dagegen eine Kraft in beliebiger Richtung (d.h. die Da es als reibeiden Kraftkomponenten GH und GV ) ubertragen. ¨ bungsfrei angenommen wird, setzt es einer Drehung keinen Wider¨ stand entgegen: die Ubertragung eines Momentes ist daher nicht moglich. Die Zahl der Verbindungsreaktionen ist hier demnach ¨ v = 2. Die Parallelfuhrung f¨ (Querkraftgelenk) verhindert eine gegenseitige Verdrehung der beiden angeschlossenen Teilkorper und ¨ eine Verschiebung aufeinander zu, nicht aber eine vertikale Verschiebung. Deshalb kann sie nur eine horizontale Kraft N und ein Moment M ubertragen. Auch hier gilt v = 2. Die Verbindungsre¨ aktionen wirken nach dem Prinzip actio = reactio entgegengesetzt auf die Teilk¨ orper. S

S a

1

S

1

2

2

G b

1

GH 2

1

GH

GV M

P Abb. 5.14 c

1

2

1

GV 2

M N N

2

Zur Bestimmung der Lagerreaktionen und der in den Verbindungselementen ubertragenen Kr¨ afte bzw. Momente verwenden ¨ wir das Schnittprinzip: wir trennen die einzelnen Teilkorper und ¨ entfernen die Lager. Die Wirkungen der Verbindungselemente und der Lager auf das Tragwerk ersetzen wir dabei durch die Verbindungs- und die Lagerreaktionen. Fur orper k¨ onnen wir drei Gleich¨ jeden freigeschnittenen Teilk¨ gewichtsbedingungen anschreiben. Besteht das Tragwerk aus n

128

5 Lagerreaktionen

Teilkorpern, so stehen insgesamt 3 n Gleichungen zur Verf¨ fugung. ¨ Die Anzahl der in den Lagern auftretenden Reaktionen sei r, in den Verbindungselementen werden v Reaktionen ubertragen. Wir ¨ nennen das Tragwerk statisch bestimmt, wenn wir aus den 3 n Gleichgewichtsbedingungen die r Lagerreaktionen und die v Bindekrafte ¨ (und evtl. Bindemomente) berechnen k¨onnen. Notwendig dafur f¨ ist, dass die Anzahl der Gleichungen mit der Anzahl der Unbekannten ubereinstimmt: ¨

Wenn daruber hinaus das Tragwerk unbeweglich ist, dann ist es ¨ statisch bestimmt. Mit n = 1 und v = 0 ist in (5.3) auch der Sonderfall des statisch bestimmt gelagerten einteiligen ebenen Tragwerks enthalten (r = 3, vgl. Abschnitt 5.1.2). Als Beispiele betrachten wir die in Abb. 5.15 dargestellten mehrteiligen Tragwerke. Das Tragwerk nach Abb. 5.15a besteht aus n = 2 Balken 1 und 2 , die durch das Gelenk G miteinander verbunden sind. Das Gelenk kann v = 2 Krafte ubertragen. Mit ¨ ¨ der Einspannung A und der Pendelst¨ u ¨ tze B sind r = 3 + 1 = 4 Lagerreaktionen vorhanden. Daher ist wegen 4 + 2 = 3 · 2 die not-

A

1

F1

F

q0

q0

1

G

G1

2

3

B

4

G4 B

A a

G3 G2 F2

b

F

q0

F

q0

G A

2

1

B c

C

2

A

1

G

2

B

d

Abb. 5.15

5.3

Mehrteilige Tragwerke

129

wendige Bedingung (5.3) ffur Fu ¨ statische Bestimmtheit erffullt. ¨ ¨r das Tragwerk in Abb. 5.15b aus den drei Balken 1 bis 3 und der Scheibe 4 gilt n = 4. Die vier Gelenke G1 bis G4 ubertragen ¨ v = 4 · 2 = 8 Verbindungsreaktionen. Das Lager A ist zweiwertig, die Lager B und C sind je einwertig; demnach wird r = 2 + 1 + 1 = 4. Einsetzen zeigt, dass die Bedingung (5.3) wieder erfullt f¨ ist: 4 + 8 = 3 · 4. Da beide Tragwerke zudem unbeweglich sind, sind sie statisch bestimmt. der Abb. 5.15a nicht am Balken 2 sonWenn die Pendelstutze ¨ dern am Balken 1 angebracht ist (Abb. 5.15c), dann ist die notwendige Bedingung ffur ¨ statische Bestimmtheit immer noch erffullt. ¨ Das Tragwerk ist dann aber kinematisch unbestimmt (Balken 2 beweglich) und somit unbrauchbar. Auch das System nach Abb. 5.15d ist kinematisch unbestimmt: das Gelenk G ist zwar nicht endlich aber doch noch infinitesimal nach oben bzw. nach unten verschieblich. Beispiel 5.5 Das Tragwerk nach Abb. 5.16a besteht aus dem Bal-

ken 1 und dem Winkel 2 , die durch das Gelenk G verbunden sind. Der Winkel ist bei A eingespannt; der Balken ist durch das Lager B gestutzt. Das System wird durch eine Kraft F belastet. ¨ Gesucht sind die Lagerreaktionen und die Gelenkkraft. L¨ osung Es gilt r = 3 + 1 = 4, v = 2 und n = 2. Daher ist wegen

4 + 2 = 3 · 2 die Bedingung (5.3) erfullt. f¨ Das Tragwerk ist statisch bestimmt. Wir trennen die Teilk¨ orper 1 und 2 , entfernen die Lager und (Abb. 5.16b). Dabei k¨onnen wir an zeichnen das Freikorperbild ¨ einem der beiden Teilkorper die Richtungssinne von GH und GV ¨ frei wahlen. Am anderen Teilk¨ orper liegen sie dann wegen actio = ¨ reactio fest. Gleichgewicht am Teilk¨ orper 1 liefert →:

GH = 0 ,

 G:

(a + b)F − b B = 0

→

 B:

a F + b GV = 0

→

a+b F, b a GV = − F . b

B=

B5.5

130

5 Lagerreaktionen

F

F 1

GV

1

2

GH

G B

h

B

b

GV

h

AH

A a

2

GH

a

c

b

AV c

b

a

MA

F

B AH c

AV

MA

Abb. 5.16

Aus dem Gleichgewicht am Teilk¨ orper GH und GV folgen ↑ : − GV + AV = 0

2

und den Ergebnissen ff¨ ur

→ AV = GV = −

a F, b

→ : − GH + AH = 0 → AH = GH = 0 ,  ac F. A : MA + h GH + c GV = 0 → MA = −h GH − c GV = b Die negativen Vorzeichen bei GV und AV zeigen, dass diese Krafte ¨ in Wirklichkeit entgegengesetzt zu den in den Freikorperbildern ¨ angenommenen Richtungen wirken. Zur Probe konnen wir noch die Gleichgewichtsbedingungen fu ¨ ¨r das Gesamtsystem (Abb. 5.16c) anwenden, wobei wir uns die gelenkige Verbindung als erstarrt vorstellen (Erstarrungsprinzip): ↑: →:  B:

− F + B + AV = 0

→

−F +

a+b a F − F = 0, b b

AH = 0 , a F + MA + h AH + (b + c)AV = 0 a ac → aF + F − (b + c) F = 0 . b b

5.3

Mehrteilige Tragwerke

131

Der symmetrische Bock in Abb. 5.17a besteht aus zwei Balken, die in C drehbar miteinander verbunden sind und die durch ein Seil S gehalten werden. Er ist durch einen glatten Zylinder vom Gewicht G belastet. Gesucht sind die Lagerreaktionen in A und B sowie die Seilkraft S und die Gelenkkraft in C. Das Gewicht des Bocks kann vernachlassigt werden. ¨

Beispiel 5.6

G

G

a C

a S

a

AH

A

B a

a

a

AV

a

B

b

a

N1 G

N2

45◦ 45◦

c

N2

CV CH

1

N1 AH = 0

CV CH

45◦ S

a 2

a

S 45◦

AV = G/2

a

B = G/2 a

a

a

Abb. 5.17

L¨ osung Da nur drei Lagerreaktionen auftreten (Abb. 5.17b), k¨ on-

nen wir sie durch Anwenden der Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem ermitteln: →:  A:  B:

AH = 0 , −2aG+ 4aB = 0

→

B = G/2 ,

− 4 a AV + 2 a G = 0

→

AV = G/2 .

(a)

B5.6

132

5 Lagerreaktionen

Zur Ermittlung der Seilkraft und der Gelenkkraft in C zerlegen wir das Tragwerk in die beiden Teilkorper (n = 2). Im Ge¨ lenk C und im Seil S werden v = 2 + 1 = 3 Krafte ubertragen ¨ ¨ (Abb. 5.17c). Mit r = 3 ist die notwendige Bedingung (5.3) ff¨ ur statische Bestimmtheit erfullt: f¨ 3 + 3 = 3 · 2. Da die Oberflache des Zylinders glatt ist, wirken die Kontakt¨ krafte N1 und N2 zwischen den Balken und √dem Zylinder nor¨ mal zu den Beruhrungsebenen. Mit sin 45◦ = 2/2 folgt aus dem ¨ Gleichgewicht am Zylinder: √ √ 2 2 →: N2 − N1 = 0 → N1 = N2 , 2 2 (b) √ √ √ 2 2 2 ↑: −G+ N2 + N1 = 0 → N1 = N2 = G. 2 2 2 Gleichgewicht am Balken  C: ↑: →:

2

liefert mit (a) und (b):

√ √ 2 a N2 − a S + 2 a B = 0 → S = 2 B + 2 N2 = 2 G , √ √ 2 2 − N2 − CV + B = 0 → CV = B − N2 = 0 , √2 √ 2 2 2 5 − N2 − CH − S = 0 → CH = − N2 − S = − G. 2 2 2

Gleichgewicht am Balken 1 ffuhrt auf dieselben Ergebnisse. ¨ Aus Abb. 5.17c kann man durch Symmetriebetrachtungen ohne Rechnung erkennen: N1 = N2 und CV = 0. 5.3.2 Dreigelenkbogen

Der Trager nach Abb. 5.18a heißt Zweigelenkbogen, da er in den ¨ zwei Lagern A und B gelenkig gelagert ist. Bei einer technischen Konstruktion ist der Bogen AB nicht starr, sondern verformt sich unter dem Einfluss von Kraften. Wenn B ein Rollenlager ist, kann ¨ Verschiedies zu einer großen, in der Praxis meist nicht zulassigen ¨ bung des Lagers ffuhren. ¨ Diese Verschiebung wird verhindert, wenn man zwei zweiwertige gelenkige Lager A und B anbringt. Damit geht zunachst die ¨ statische Bestimmtheit des Tragers verloren. Wir k¨onnen sie wie¨

5.3

Mehrteilige Tragwerke

F2

F2 Fi

F1

G Fi

F1

B

A

B

A b

a

Abb. 5.18

133

der herstellen, wenn wir an einer beliebigen Stelle ein Gelenk G anbringen (Abb. 5.18b). Das so entstandene Tragwerk heißt Dreigelenkbogen. Es besteht aus n = 2 Teilkorpern. Das Gelenk G ¨ kann v = 2 Krafte und in den Lagern A und B treten ¨ ubertragen, ¨ r = 2+2 = 4 Lagerkrafte ¨ auf. Wegen 4+2 = 3 ·2 ist die Bedingung (5.3) erfullt: f¨ der Dreigelenkbogen ist statisch bestimmt. Die beiden Teilkorper eines Dreigelenkbogens mussen nicht un¨ ¨ bedingt die Form von Bogen besitzen. Ein Tragwerk, das aus zwei ¨ Teilkorpern beliebiger Form besteht, die gelenkig miteinander ver¨ bunden sind (insgesamt: drei Gelenke), nennen wir ebenfalls Dreigelenkbogen. In Abb. 5.19 sind zwei Beispiele dargestellt: a) ein Rahmen und b) ein Fachwerk, das aus zwei in G verbundenen Teilfachwerken besteht. q0

F2

G

G Fi

F1

F1 F2 A

Abb. 5.19

B a

A

B b

Zur Ermittlung der Lager- und der Gelenkkrafte ¨ eines Dreigelenkbogens zerlegen wir ihn in die beiden Teilk¨ orper 1 und 2 (vgl. Abb. 5.20a,b) und wenden auf jedes Teil die drei Gleichgewichtsbedingungen an. Aus den 2 · 3 = 6 Gleichungen konnen die sechs ¨ Unbekannten AH , AV , BH , BV , GH und GV berechnet werden. Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ das Gesamtsystem (Erstarrungsprinzip) konnen als Rechenkontrollen dienen. ¨

134

5 Lagerreaktionen

GH

G Fi

GV

Fi

Fk

GV

GH Fk 2

1

B

BH

AH AV

a

BV

b

Abb. 5.20

B5.7

Beispiel 5.7 Das Tragwerk in Abb. 5.21a besteht aus zwei Balken,

die in G gelenkig miteinander verbunden und in A und B gelenkig gelagert sind. Es wird durch die Krafte F1 = F und F2 = 2 F ¨ belastet. Wie groß sind die Lager- und die Gelenkkrafte? ¨ F1

F1 1

A

G

a

AH GV

AV

a

F2

GH

B

GH GV

2

a

a

a

a

F1

F2 BH

G

AH

BV b

AV F2 BH BV

c

Abb. 5.21

L¨ osung Das gegebene Tragwerk ist ein Dreigelenkbogen. Zur Ertrennen wir die mittlung der gesuchten Lager- und Gelenkkrafte ¨ (Abb. 5.21b). Teilk¨ orper 1 und 2 und zeichnen das Freikorperbild ¨ Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen am Balken 1

5.3

 A:

2 a GV − 3 a F1 = 0

→

 G:

− 2 a AV − a F1 = 0

→

→:

AH + GH = 0

und am Balken  B:  G:

Mehrteilige Tragwerke

135

3 3 F1 = F , 2 2 1 1 AV = − F1 = − F , 2 2

GV =

2

− a F2 − 2 a GV + 2 a GH = 0 , 2 a BH − 2 a BV + a F2 = 0 ,

→:

BH − GH = 0 .

Durch Auflosen erh¨ alt man ¨ 1 5 GH = F2 + GV = F , 2 2 BV =

1 7 F2 + BH = F , 2 2

BH = GH =

5 F, 2

AH = − GH = −

5 F. 2

Zur Kontrolle bilden wir das Kraftegleichgewicht am Gesamt¨ system nach Abb. 5.21c: ↑: →:

1 7 AV + BV − F1 − F2 = 0 → − F + F − F − 2 F = 0 , 2 2 5 5 AH + BH = 0 → − F + F = 0. 2 2

5.3.3 Gelenkbalken

Bei der Konstruktion von Tragwerken mit großer Spannweite ist es oft notig, mehr als zwei Lager anzubringen. Als Beispiel diene ¨ der Trager in Abb. 5.22a. Er ist nach Abschnitt 5.1.2 wegen r = 5 ¨ zweifach statisch unbestimmt gelagert. Die Berechnung der Lagerkrafte ¨ aus den Gleichgewichtsbedingungen allein ist also nicht moglich. ¨ Wenn wir (ahnlich wie beim Dreigelenkbogen) den durchlau¨ fenden Trager durch geeignetes Einffugen von Gelenken in meh¨ ¨ rere Teilkorper zerlegen, erhalten wir ein aus Balken bestehen¨

136

5 Lagerreaktionen

F

q0

a

F

q0 G1

G2

G1

G2

F

q0

c

b

Abb. 5.22

des, mehrteiliges Tragwerk, das dann statisch bestimmt ist. Wir nennen dieses Tragwerk Gelenkbalken oder Gerber-Tr¨ager (nach Heinrich Gottfried Gerber, 1832–1912). Ist die Anzahl der Gelenke g, so wird der Durchlauftrager in ¨ n = g + 1 Teilkorper (Balken) zerlegt. Da jedes Gelenk zwei ¨ Krafte ubertragen kann, ist die Anzahl der Verbindungsreaktio¨ ¨ nen v = 2 g. Die notwendige Bedingung ffur ¨ statische Bestimmtheit folgt damit aus (5.3) zu r +v = 3n

→

r + 2 g = 3(g + 1) .

(5.4)

Daraus ergibt sich ffur ¨ die Anzahl der notwendigen Gelenke g = r −3.

(5.5)

Fur in Abb. 5.22a gilt r = 5. Damit werden nach ¨ den Trager ¨ (5.5) g = 5−3 = 2 Gelenke benotigt. Es gibt verschiedene Moglich¨ ¨ keiten, diese Gelenke anzubringen; von ihrer Lage hangen die ¨ Lager- und die Gelenkkrafte ogliche Anordnung ist in ¨ ab. Eine m¨ Abb. 5.22b dargestellt. Dagegen zeigt Abb. 5.22c eine Anordnung der Gelenke, die auf ein bewegliches (kinematisch unbestimmtes) Tragwerk ffuhrt und daher unzul¨ assig ist. ¨ Zur Ermittlung der Lager- und der Gelenkkrafte zerlegen wir ¨ den Gelenkbalken in seine Teilkorper und wenden auf jeden Balken ¨ die Gleichgewichtsbedingungen an. B5.8

Der in Abb. 5.23a dargestellte Gelenkbalken wird durch eine Einzelkraft F und eine Streckenlast q0 belastet. Wie groß sind die Lager- und die Gelenkkrafte? ¨ Beispiel 5.8

5.3

Mehrteilige Tragwerke

q0 F G

A 2l

B

137

q0

AH

F

C

B

AV

C

2l

l

c

a

R = 2q0 l q0

AH 1

b

Abb. 5.23

AV

2

GH GH

GV

GV

B

F C

L¨ osung Wir trennen die beiden Teilkorper und zeichnen das Frei¨

korperbild (Abb. 5.23b). Die Streckenlast ersetzen wir durch die ¨ statisch ¨ aquivalente Einzelkraft R = 2 q0 l, die in der Mitte des Balkens 1 angreift. Es ist meist zweckmaßig, Momentengleichungen um die Gelenke ¨ und um die Lager zu verwenden. Dann lassen sich der Reihe nach die Unbekannten aus jeweils einer Gleichung berechnen. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem 1  A:  G: →:

− l R + 2 l GV = 0

→

− 2 l AV + l R = 0

→

1 R = q0 l , 2 1 AV = R = q0 l , 2 GV =

− AH + GH = 0

und am Teilsystem

2

 B:  C:

l GV + 2 l C = 0 ,

→:

− GH + F = 0

3 l GV − 2 l B = 0 , →

GH = F .

Auflosen liefert ¨ AH = GH = F , C=−

B=

3 3 GV = q0 l , 2 2

1 1 G = − q0 l . 2 V 2

138

5 Lagerreaktionen

Zur Kontrolle bilden wir das Kraftegleichgewicht am Gesamt¨ system (Abb. 5.23c): →: ↑:

− AH + F = 0

→

−F +F = 0,

AV − 2 q0 l + B + C = 0 →

q0 l − 2 q0 l +

3 1 q0 l − q0 l = 0 . 2 2

5.3.4 Kinematische Bestimmtheit

Wir wollen in diesem Abschnitt die Begriffe der statischen und kinematischen Bestimmtheit bzw. Unbestimmtheit etwas ausfuhrlif¨ cher betrachten, als wir das in Abschnitt 5.3.1 getan haben. Hierbei beschranken wir uns auf mehrteilige ebene Tragwerke. ¨ Die Zahl f der Freiheitsgrade eines ebenen Systems aus n starren Korpern ohne Bindungen betr¨ agt 3n (3 Freiheitsgrade ffur ¨ ¨ jeden Korper). Sie wird durch die Zahl r der Bindungen durch Lager ¨ und die Zahl v der Verbindungen (Abb. 5.14) reduziert: f = 3 n − (r + v) .

(5.6)

Jeder Bindung r bzw. v ist dabei eine Lager- bzw. Bindungsreaktion zugeordnet, und die Zahl der zur Verfugung f¨ stehenden Gleichgewichtsbedingungen betragt ¨ 3n (3 ffur ¨ jeden Korper). ¨ F¨ ur f > 0 ist das System beweglich und stellt zum Beispiel ein Getriebe dar. Ist dagegen f < 0, dann ubersteigt die Zahl ¨ r + v der unbekannten Lager- und Bindungsreaktionen die Zahl 3n der Gleichgewichtsbedingungen um x. Das System ist dann statisch unbestimmt, wobei der Grad x der statischen Unbestimmtheit durch x = −f = r + v − 3 n

(5.7)

gegeben ist. Obwohl es bei statisch unbestimmten Systemen unmoglich ist, ¨ alle Lager- und Verbindungsreaktionen allein aus den Gleichgewichtsbedingungen zu bestimmen, konnen manchmal einzelne La¨ ger- oder Verbindungsreaktionen ermittelt werden. So ist zum Beispiel das System nach Abb. 5.24a mit n = 2, r = 5 und v = 2 ein-

5.3

Mehrteilige Tragwerke

139

S G A

B

C

B

B

A

a

b

G1 G2

G

G3

B

C

G4 A Abb. 5.24

c

d

A

fach statisch unbestimmt gelagert. Aus den drei Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den rechten Balken lassen sich jedoch bei gegebener Belastung die Komponenten der Gelenkkraft in G und die Kraft im Lager C unmittelbar bestimmen. Zwei andere Beispiele ffur ¨ 1-fach bzw. 2-fach statisch unbestimmte Systeme sind in Abb. 5.24b,c dargestellt. Fur onnen alle Lagerre¨ beide Tragwerke k¨ aktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ das Gesamtsystem bestimmt werden: das System ist ¨außerlich statisch bestimmt. Die Verbindungsreaktionen (Kraft im Pendelstab, Gelenkkrafte) ¨ zwischen den Teilen des Systems lassen sich jedoch nicht ermitteln, weshalb man das System auch als innerlich statisch unbestimmt bezeichnet. Statisch unbestimmte Systeme konnen im Ausnahmefall end¨ lich oder infinitesimal beweglich, d.h. kinematisch unbestimmt sein. So ist zum Beispiel das System nach Abb. 5.24d mit n = 2, r = 5 und v = 2 einfach statisch unbestimmt gelagert. Man erkennt, dass das System trotzdem nicht starr ist, sondern der lotrechte Balken eine infinitesimale Drehung um G ausfuhren f¨ kann. Ein solches System ist als Tragwerk nicht brauchbar. F¨ ur f = 3n − (r + v) = 0 ist schließlich die notwendige Bedingung ffur ¨ statische Bestimmtheit erffullt ¨ (vgl. (5.3)). In diesem Fall konnen alle Lager- und Verbindungsreaktionen aus den Gleichge¨ wichtsbedingungen bestimmt werden, sofern nicht wiederum der Ausnahmefall eines beweglichen Systems vorliegt.

140

5 Lagerreaktionen

Wir wollen nun die Frage beantworten, wie man erkennen kann, ob ein mehrteiliges Tragwerk beweglich ist, wobei wir zunachst nur ¨ Systeme betrachten, welche die notwendige Bedingung ffur ¨ statische Bestimmtheit erfullen f¨ (f = 0). Ob in diesem Fall eine Beweglichkeit vorliegt, laßt ¨ sich formal immer feststellen, indem man die Gleichgewichtsbedingungen in die Form eines linearen Gleichungssystems Ax = b

(5.8)

nach (A.36) bringt (vgl. Anhang A.2). Dabei stehen in b = (b1 , . . . . . . , b3n )T die gegebenen Belastungen, in x = (x1 , . . . , x3n )T die unbekannten Lager- und Verbindungsreaktionen und in der Matrix A die Koeffizienten, welche nach Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen ebenfalls bekannt sind. Das Gleichungssystem ist eindeutig losbar, wenn die Determinante der Koeffizientenma¨ trix von Null verschieden ist:

Dann ist das System ff¨ ur f = 0 nicht nur statisch sondern auch kinematisch bestimmt. Diese Bedingung gilt ganz allgemein, d.h. sinngemaß aumlichen System. ¨ auch bei einem beliebigen r¨ Man kann die Beweglichkeit eines mehrteiligen ebenen Systems auch auf grafischem Weg untersuchen. In Band 3 wird gezeigt, daß man die ebene Bewegung eines starren Korpers, der keinen Bin¨ dungen unterliegt, zu jedem Zeitpunkt auch als eine reine Drehung um einen augenblicklichen (momentanen) Drehpunkt Π auffassen kann (Band 3, Abschn. 3.1.4). Man bezeichnet diesen Drehpunkt als Momentanpol; er kann auch außerhalb des Korpers liegen. Bei ¨ einer infinitesimalen Drehung bewegt sich danach ein beliebiger Punkt P des Korpers auf einem Kreisbogen mit dem Mittelpunkt ¨ Π in eine neue Lage P  (Abb. 5.25a). Da der Drehwinkel dϕ infinitesimal ist, kann der Unterschied zwischen dem Kreisbogen werden. Der Kreisbogen kann und seiner Tangente vernachlassigt ¨ dementsprechend durch die Gerade P P  bzw. du ersetzt werden, welche senkrecht auf dem Polstrahl ΠP steht. Diese Tatsache

5.3

Mehrteilige Tragwerke

141

kann zur Ermittlung des Momentanpols benutzt werden. Wenn zum Beispiel die Verschiebungsrichtungen duP und duQ von zwei bekannt sind, errichtet man in Punkten P und Q eines Korpers ¨ beiden Punkten die zu den Verschiebungsrichtungen senkrechten Polstrahlen. Deren Schnittpunkt ist dann der Momentanpol Π (Abb. 5.25b). duQ duP

du

Abb. 5.25

Π

dϕ

a

Π

b

Wenn sich ein ebenes System von gelenkig verbundenen K¨orpern bewegt, dann ffuhrt jeder einzelne K¨ orper i eine Drehbewegung ¨ um seinen eigenen Momentanpol Πi aus. Diesen nennt man auch Hauptpol. Dagegen heißt ein Punkt, an dem zwei K¨orper i und j miteinander verbunden sind, Nebenpol. Einen Nebenpol werden wir im weiteren mit (i.j) kennzeichnen. Ob ein System beweglich ist, kann man erkennen, indem man einen Polplan erstellt, d.h. die Lagen aller Haupt- und Nebenpole ermittelt. Dabei sind die folgenden Konstruktionsregeln nutzlich: ¨ 1. Ein gelenkiges Festlager stellt den Hauptpol Πi des angrenzenden K¨ orpers i dar. 2. Ein einwertiges Lager A ermoglicht eine Verschiebung in einer ¨ Richtung. Dazu senkrecht steht der Polstrahl Πi A, auf dem sich orpers i befindet. der Momentanpol Πi des angrenzenden K¨ 3. Die Hauptpole Πi und Πj zweier benachbarter beweglicher K¨orper i und j sowie der gemeinsame Nebenpol (i.j) liegen auf einer Geraden. Ein kinematisch unbestimmtes (bewegliches) System ist dadurch gekennzeichnet, daß sich der Polplan widerspruchslos zeichnen laßt. Eine notwendige und hinreichende Bedingung fur ¨ ¨ kinematische Bestimmtheit ist somit

142

5 Lagerreaktionen

Stellt sich ffur ¨ ein statisches System (f ≤ 0) ein Widerspruch im Polplan heraus, dann ist es starr und demnach statisch brauchbar. C

Π2

Π2 C 1

2

G ( .2) (1

Π1 B

A

G

1

Π2 B A

Π1

a

(1.2)

2

b

Π2

B

Abb. 5.26

Als Beispiele betrachten wir die zweiteiligen Systeme nach Abb. 5.26, welche mit n = 2, r = 4 und v = 2 die notwendige Bedingung ffur Beim System nach Abb. 5.26a ¨ statische Bestimmtheit erffullen. ¨ ist das Festlager A der Hauptpol des Teilk¨ orpers 1 und das Gelenk G der Nebenpol (1.2). Den Hauptpol des Teilk¨orpers 2 finden wir, indem wir senkrecht zu den moglichen Bewegungsrich¨ tungen der Gleitlager B und C die beiden Polstrahlen Π2 B und Π2 C errichten; ihr Schnittpunkt ist Π2 . Da beide Hauptpole und der Nebenpol auf einer Geraden liegen, liegt kein Widerspruch im Polplan vor. Das System ist daher kinematisch unbestimmt, d.h. beweglich. Beim System nach Abb. 5.26b sind die beiden Festlager und G wiederum A und B die Hauptpole der beiden Teilkorper ¨ der Nebenpol. In diesem Fall liegen die beiden Hauptpole und der Nebenpol nicht auf einer gemeinsamen Geraden, d.h. es liegt ein Widerspruch im Polplan vor. Dementsprechend ist dieses Tragwerk sowohl statisch als auch kinematisch bestimmt. B5.9

Beispiel 5.9 Fur ager nach Abb. 5.27a mit 0 ≤ α ≤ π gebe ¨ den Tr¨ man die Gleichgewichtsbedingungen in der Form A x = b an und bestimme die Determinante der Koeffizientenmatrix A. Ist das System ffur ¨ alle Winkel α statisch brauchbar? L¨ osung Die Gleichgewichtsbedingungen lauten (vgl. Abb. 5.27b)

5.3

Mehrteilige Tragwerke

F

143

F BH

B α

a

C

l

a

C

BV

α

b

Abb. 5.27

→:

BH − C sin α = 0 ,

↑:  C:

BV + C cos α − F = 0 , lBV − (l − a)F = 0 ,

woraus sich die Matrizendarstellung ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ 1 0 − sin α BH 0 ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 0 1 cos α ⎠ ⎝ BV ⎠ = ⎝ F 0

l

0

C

⎞ ⎟ ⎠

d.h.

Ax = b

(l − a)F

ergibt. Die Determinante von A berechnen wir durch Entwicklung nach der ersten Spalte:     1 0 − sin α          1 cos α  detA =  0 1 cos α  = 1 ·   = − l cos α .   l 0  0 l  0 Man erkennt: ⎧ ⎨ = 0 fu ¨ r α = π/2 , detA ⎩ = 0 ff¨ ur α = π/2 . Dementsprechend ist der Trager fu ¨ ¨ r α = π/2 kinematisch bestimmt (unbeweglich) und nur ff¨ ur α = π/2 kinematisch unbestimmt gelagert. Im zweiten Fall ist das Gleitlager C vertikal. Der Trager kann dann eine infinitesimale Drehung um das Lager B ¨ ausfuhren f¨ und ist demzufolge statisch unbrauchbar. Es sei darauf hingewiesen, dass der Trager fur ¨ ¨ Winkel α in der Nahe ¨ von π/2 zwar formal brauchbar ist. Eine solche Anordnung ist aber technisch ungunstig, da dann sehr große Lagerkr¨afte auf¨ treten.

144

5.4

5 Lagerreaktionen

5.4 Zusammenfassung • Die Wertigkeit eines Lagers bzw. eines Verbindungselements ist durch die Anzahl der von ihm ubertragenen Reaktions¨ krafte und Reaktionsmomente gegeben. Ein 1-wertiges Lager ¨ ubertr agt a¨gt ¨ ¨ eine Lagerreaktion, ein 2-wertiges Lager ubertr ¨ zwei Lagerreaktionen usw. Analoges gilt fur f¨ Verbindungselemente. • Ein Tragwerk ist statisch bestimmt, wenn die Lager- und Verbindungsreaktionen allein aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden konnen. Dies ist der Fall, wenn die Anzahl ¨ der unbekannten Lager- und Verbindungsreaktionen gleich der Zahl der Gleichgewichtsbedingungen ist und das Tragwerk unbeweglich ist. • Ein Tragwerk ist kinematisch bestimmt, wenn es unbeweglich ist. Ein Tragwerk, das endliche oder infinitesimale Bewegungen ausfuhren f¨ kann, ist kinematisch unbestimmt. • Zur Bestimmung der Lager- und Verbindungsreaktionen sind in der Regel folgende Schritte erforderlich:  Freischneiden des Tragwerks von den Lagern und Trennen der einzelnen Teilk¨ orper.  Freikorperbilder skizzieren; alle eingepr¨agten Kr¨afte und ¨ Momente sowie Schnittkrafte ¨ und -momente einzeichnen.  Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen. Im ebenen Fall sind dies ffur orper 3 Gleichungen, z.B. ¨ jeden Teilk¨   (A)  Fiy = 0 , Mi = 0 , Fix = 0 , wobei A ein beliebiger (geeignet gewahlter) Bezugspunkt ¨ ist. Im raumlichen Fall gibt es 6 Gleichgewichtsbedingungen ¨ ffur orper. ¨ jeden K¨  Auflosen der Gleichungen nach den Unbekannten. Beach¨ te: die Zahl der Gleichgewichtsbedingungen muss gleich der Zahl der Unbekannten sein!  Das Gleichungssystem ist eindeutig losbar, wenn die Deter¨ minante der Koeffizientenmatrix von Null verschieden ist. Dann ist das Tragwerk statisch und kinematisch bestimmt.

Kapitel 6 Fachwerke

6

6 Fachwerke 6.1 6.2 6.3 6.3.1 6.3.2 6.3.3 6.4

Statische Bestimmtheit ........................................ Aufbau eines Fachwerks ....................................... Ermittlung der Stabkrafte ¨ .................................... Knotenpunktverfahren ......................................... Cremona-Plan ................................................... Rittersches Schnittverfahren .................................. Zusammenfassung ..............................................

147 149 151 151 157 162 165

Lernziele: Wir betrachten in diesem Kapitel Tragwerke, die nur aus Staben bestehen. Solche Tragwerke bezeichnet man ¨ als Fachwerke. Die Studierenden sollen erkennen k¨onnen, wann ein Fachwerk statisch und kinematisch bestimmt ist. Sie werden mit Verfahren zur systematischen Ermittlung der Stabkrafte ¨ vertraut gemacht, und sie sollen diese Verfahren sachgerecht anwenden k¨ onnen.

6.1

Statische Bestimmtheit

147

6.1

6.1 Statische Bestimmtheit Ein Tragwerk, das nur aus (geraden) Staben besteht, die in soge¨ nannten Knoten miteinander verbunden sind, heißt Stabwerk oder auftretenden Kr¨afte berechnen Fachwerk. Um die in den Staben ¨ machen wir folgende idealisierende Annahmen: zu konnen, ¨ 1. die Stabe ¨ sind an den Knoten zentrisch und gelenkig miteinander verbunden (die Knoten sind reibungsfreie Gelenke), 2. die ¨ außeren Kr¨ afte greifen nur in den Knoten an. Durch diese Voraussetzungen ffur ¨ das ideale Fachwerk“ ist ge” wahrleistet, dass alle St¨ abe nur auf Zug oder Druck beansprucht ¨ werden. In realen Konstruktionen sind diese Idealisierungen nur angenahert erffullt. So sind zum Beispiel die Stabenden miteinan¨ ¨ der oder mit Knotenblechen verschweißt. Dadurch treten an den Knoten ¨ ortlich begrenzte St¨ oreffekte auf, die allerdings keinen Einfluss auf das globale Tragverhalten haben. Zum anderen greifen im der St¨ abe verteilte Lasten (z.B. wirklichen Fachwerk auch langs ¨ das Eigengewicht der Stabe) an. Diese Kr¨ afte werden im ideali¨ sierten Fachwerk entweder vernachlassigt oder ihre Resultierenden ¨ werden naherungsweise durch statisch gleichwertige Kraftegrup¨ ¨ pen an den benachbarten Knoten ersetzt. F1 IV II 2

I Abb. 6.1

6 5

3 1

8

III

7 4

VI 9

V 10 F3

F2 11

VII

Wir beschaftigen uns in diesem Kapitel im wesentlichen mit ¨ ebenen Fachwerken; raumliche Fachwerke behandeln wir nur am ¨ Rande. Als Beispiel betrachten wir in Abb. 6.1 ein Fachwerk aus 11 Staben, die in 7 Knoten miteinander verbunden sind (Knoten, ¨ an denen Lagerkrafte ahlt). Es ist ublich, ¨ angreifen, werden mitgez¨ ¨

148

6 Fachwerke

die Stabe ¨ mit arabischen Zahlen und die Knoten mit romischen ¨ Zahlen zu numerieren. schneiden wir alle Knoten frei. Zur Ermittlung der Stabkrafte ¨ Fur aftegruppe an jedem Knoten stehen zwei Kraf¨ die zentrale Kr¨ ¨ tegleichgewichtsbedingungen zur Verfugung f¨ (vgl. Abschnitt 2.3). Damit erhalten wir im Beispiel insgesamt 7 · 2 = 14 Gleichungen zur Bestimmung der 14 Unbekannten (11 Stabkrafte und 3 ¨ Lagerkrafte). ¨ Ein Fachwerk heißt statisch bestimmt, wenn die Lager- und die Stabkrafte ¨ allein aus den Gleichgewichtsbedingungen (d.h. aus der Statik) bestimmbar sind. Allgemein erhalt ¨ man bei einem ebenen Fachwerk mit k Knoten, s Staben und r Lagerreaktionen 2 k ¨ Gleichungen ffur ¨ die s + r Unbekannten. Damit die Stab- und die Lagerkrafte onnen, muss daher die notwendige ¨ ermittelt werden k¨ Bedingung

erfullt f¨ sein. Bei einem raumlichen Fachwerk stehen an jedem Knoten drei ¨ Gleichgewichtsbedingungen, d.h. insgesamt 3 k Gleichungen zur Verfugung. f¨ Die notwendige Bedingung fur ¨ statische Bestimmtheit lautet dann

Bei dem Fachwerk nach Abb. 6.2a ist mit k = 7, s = 10 und r = 2 · 2 (zwei Festlager) wegen 2 · 7 = 10 + 4 die notwendige Bedingung (6.1) erfullt. f¨ Da es außerdem unbeweglich ist, ist es statisch bestimmt. Ein Fachwerk heißt kinematisch bestimmt, wenn die Lage aller Knotenpunkte festliegt. Bewegliche Fachwerke sind kinematisch unbestimmt und mussen ausgeschlossen werden. Die Abb. 6.2b ¨ und c zeigen solche Ausnahmefachwerke“. Auch hier ist jeweils ” mit k = 6, s = 9 und r = 3 die notwendige Bedingung (6.1)

6.2

Aufbau eines Fachwerks

149

F 5 4

II 1

F II

5

7

IV

3

8

4 6

III

8

III

2

VI 9

6

3

I

VI

IV

ϕ

7

V

b

V

2

F

10 1

II

9

1

I

VII a

5

I

4 3

dϕ 8

IV III 2

7 6

VI 9

V

c

Abb. 6.2

ffur Dennoch lassen sich die Stab¨ statische Bestimmtheit erffullt. ¨ krafte ¨ nicht aus den Gleichgewichtsbedingungen berechnen: Gleichung (6.1) ist nicht hinreichend ffur ¨ statische Bestimmtheit. Die Stabe ¨ 7 und 8 des Fachwerks nach Abb. 6.2b lassen sich um einen endlichen Winkel ϕ drehen (Gelenkviereck, Beweglichkeit im Grosich die St¨ abe 5 und 8 des Fachwerks in Abb. 6.2c ßen), wahrend ¨ um einen infinitesimalen Winkel dϕ drehen konnen (Beweglichkeit ¨ im Kleinen).

6.2 Aufbau eines Fachwerks Im folgenden werden drei Moglichkeiten zum Aufbau von statisch ¨ und kinematisch bestimmten ebenen Fachwerken gegeben. 1. Bildungsgesetz: An einem Einzelstab werden zwei weitere Stabe ¨ so angefugt, f¨ dass ein Dreieck entsteht. Dann schließt man an zwei beliebigen Knoten des Dreiecks je einen weiteren Stab an und verbindet diese Stabe ¨ zu einem neuen Knoten. Dieses Verfahren ist in Abb. 6.3 illustriert und lasst sich beliebig fortsetzen. ¨ Ein in dieser Form aufgebautes Fachwerk heißt einfaches Fachwerk. Die Lage der Knotenpunkte liegt eindeutig fest. Dabei muss allerdings vermieden werden, zwei Stabe ¨ so anzuschließen, dass sie

6.2

150

6 Fachwerke

auf einer Geraden liegen (gestrichelte Stabe ¨ in Abb. 6.3: Ausnahmefachwerk).

k=2 s=1

k=3 s=3

k=4 s=5

k=5 s=7

k=6 s=9 Abb. 6.3

Fur ¨ die Fachwerke in Abb. 6.3 gilt die Beziehung 2k = s+3.

(6.3)

Bei jedem weiteren Schritt erhoht ¨ sich die Anzahl der St¨abe um zwei und die Anzahl der Knoten um eins, so dass (6.3) gultig ¨ bleibt. Bei einem statisch bestimmt gelagerten einfachen Fachwerk treten r = 3 Lagerreaktionen auf. Durch Vergleich mit (6.3) erkennt man, dass in diesem Fall die Bedingung (6.1) erfullt f¨ ist. 2. Bildungsgesetz: Zwei nach dem ersten Bildungsgesetz konstruierte Fachwerke werden durch drei Stabe ¨ verbunden (Abb. 6.4a), die nicht alle parallel und nicht zentral sein durfen. An die Stelle ¨ von zwei Staben kann auch ein beiden Teilfachwerken gemeinsa¨ mer Knoten treten. So sind in Abb. 6.4b die beiden Stabe ¨ 2 und 3 aus Abb. 6.4a durch den Knoten I ersetzt worden. F1 3

F1

F1 F2

I

F2

I

F2

2 1

1

a

b

c

Abb. 6.4

Verbinden wir zwei einfache Fachwerke nur in einem einzigen Knoten, so erhalten wir ein bewegliches Tragwerk. Die kinematische und die statische Bestimmtheit mussen dann durch eine ¨ zusatzliche Lagerung erzeugt werden. In Abb. 6.4c sind die beiden ¨ einfachen Teilfachwerke nur im Knoten I zusammengeschlossen,

6.3

Ermittlung der Stabkr¨afte

151

d.h. der Stab 1 in Abb. 6.4b ist entfernt worden. Damit das so entstandene Fachwerk nicht beweglich ist, wird das einwertige Lager aus Abb. 6.4b jetzt durch ein zweiwertiges Lager ersetzt. Das Fachwerk ist dann ein Dreigelenkbogen. Wie man durch Abzahlen leicht nachprufen kann, ist in allen ¨ ¨ Fallen nach Abb. 6.4 die Bedingung (6.1) fur ¨ ¨ statische Bestimmtheit erfullt. f¨ 3. Bildungsgesetz: Entfernen wir einen Stab aus einem Fachwerk, das nach dem ersten oder dem zweiten Bildungsgesetz aufgebaut ist, so wird es beweglich. Wir mussen daher einen neuen Stab an ¨ einer anderen Stelle des Fachwerks so einfugen, f¨ dass es wieder starr wird. Da sich dann weder die Anzahl der Stabe ¨ noch die Anzahl der Knoten ¨ andert, ist die Bedingung (6.1) auch fur ¨ das neue Fachwerk erfullt. f¨ F

F 1

1

Abb. 6.5

a

b

Ein Beispiel ist in Abb. 6.5 dargestellt. Entfernen wir aus dem einfachen Fachwerk in Abb. 6.5a den Stab 1, so wird das Fachwerk beweglich. Durch Einfugen f¨ des neuen Stabes 1 erhalten wir dann das statisch und kinematisch bestimmte nichteinfache Fachwerk nach Abb. 6.5b.

6.3 Ermittlung der Stabkrafte ¨ 6.3.1 Knotenpunktverfahren

Ein Verfahren zur Bestimmung der Stabkrafte ¨ besteht darin, s¨amtliche Knoten freizuschneiden und an jedem Knoten die Gleichgewichtsbedingungen aufzustellen. Diese Methode heißt Knoten-

6.3

152

6 Fachwerke

punktverfahren. Es ist ein systematisches Verfahren, das bei statisch und kinematisch bestimmten Fachwerken immer zum Ziel f¨ fuhrt. Bei der praktischen Durchfuhrung f¨ ist es zweckm¨aßig, zuerst nach Staben mit der Stabkraft Null zu suchen. Wir nennen sol¨ che Stabe ¨ Nullst¨abe. Wenn Nullstabe ¨ vor Beginn der Rechnung erkannt werden, reduziert sich die Anzahl der Unbekannten. S1

1

S1

2

1

S1

F 2

S2 S1 = 0 , S 2 = 0

S1 = F , S 2 = 0

a

b

1

S2

2 3

S2

S3

S1 = S2 , S 3 = 0 c

Abb. 6.6

Die folgenden Regeln helfen beim Auffinden der Nullstabe: ¨ angeschlossen, 1. Sind an einem unbelasteten Knoten zwei Stabe ¨ die nicht in gleicher Richtung liegen ( unbelasteter Zweischlag“), ” so sind beide Stabe abe (Abb. 6.6a). ¨ Nullst¨ 2. Sind an einem belasteten Knoten zwei Stabe ¨ angeschlossen und greift die außere Kraft in Richtung des einen Stabes an, so ist ¨ der andere Stab ein Nullstab (Abb. 6.6b). 3. Sind an einem unbelasteten Knoten drei Stabe ¨ angeschlossen, von denen zwei in gleicher Richtung liegen, so ist der dritte Stab ein Nullstab (Abb. 6.6c). Diese drei Regeln folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen an den Knoten. I

a

II Schnitt

Schnitt

I

S

S

S

S

II

b

Abb. 6.7

Fuhren wir nach Abb. 6.7a an den Knoten I und II Schnitte ¨ durch einen Stab, so mussen wir an den freigeschnittenen Stab¨ enden jeweils die Stabkraft S anbringen (Abb. 6.7b). Wegen actio = reactio wirkt die Kraft S auch auf die Knoten I und II. Ent-

6.3

Ermittlung der Stabkr¨afte

153

sprechend der Vereinbarung, dass Zugkrafte positiv sind, wirken ¨ positive Stabkrafte von den Knoten weg (d.h. sie ziehen an den ¨ Knoten); negative Stabkrafte ¨ zeigen Druck an und wirken auf die Knoten zu. Angemerkt sei, dass das Knotenpunktverfahren sowohl bei ebenen als auch bei raumlichen Fachwerken anwendbar ist. Bei Raum¨ fachwerken hat man dann an jedem Knoten drei Gleichgewichtsbedingungen aufzustellen. Das Fachwerk nach Abb. 6.8a wird durch die Kraft F belastet. Gesucht sind die Lager- und die Stabkrafte. ¨

Beispiel 6.1

L¨ osung Das Fachwerk ist nach dem ersten Bildungsgesetz aufge-

baut. Da drei Lagerkrafte auftreten, ist das Fachwerk nach Ab¨ schnitt 6.2 statisch und kinematisch bestimmt. Im Freikorperbild (Abb. 6.8b) numerieren wir St¨abe und Kno¨ ten. Nullstabe ¨ kennzeichnen wir durch Nullen: Stab 4 (nach Regel 2), die Stabe ¨ 5 und 9 (nach Regel 3) und die St¨abe 10 und 13 (nach Regel 1). Um die Anzahl der Unbekannten zu reduzieren, ist es zweckm¨aßig, die Lagerkrafte ¨ vorab zu berechnen. Aus dem Kr¨afte- und dem Momentengleichgewicht am Gesamtsystem folgen BH = 0 ,

→:  A:

− 4 l F + 6 l BV = 0

→

BV =

2 F, 3

 B:

− 6lA +2lF = 0

→

A=

1 F. 3

Abbildung 6.8c zeigt die freigeschnittenen Knoten, wobei alle Stabkrafte afte angenommen werden. Die bereits erkann¨ als Zugkr¨ ten Nullstabe werden weggelassen. Aus diesem Grund braucht ¨ Knoten VII nicht mehr betrachtet zu werden. Kraftegleichgewicht ¨ an den Knoten liefert: I)

→:

S2 + S3 cos α = 0 ,

↓:

S1 + S3 sin α = 0 ,

B6.1

154

6 Fachwerke

F

l B

A 2l

a

2l

2l F

2

I

α

1

0

II

6

III

7

5

3

0

4

13

12

VI

S2 S2

I S1

S6

III

S1

S11

S7 S7

S3

S11 α

α

II

α

α

α

IV

BH

VIII BV

F V

S6

S3

VII

0

A

b

c

0

11

9

0

8

IV

10

V

S8 S8

α

VI

S12 S12

A

BH VIII BV Abb. 6.8

II )

↑:

S1 + A = 0 ,

III )

→:

S6 − S2 = 0 ,

IV )

→:

S8 + S7 cos α − S3 cos α = 0 ,

↑: V)

S7 sin α + S3 sin α = 0 ,

→:

S11 cos α − S6 − S7 cos α = 0 ,

↓:

S7 sin α + S11 sin α + F = 0 ,

VI )

→:

S12 − S8 = 0 ,

VIII )

→:

BH − S11 cos α − S12 = 0 ,

↑:

BV + S11 sin α = 0 .

6.3

Ermittlung der Stabkr¨afte

155

Dies sind elf Gleichungen zur Berechnung der acht noch unbeafte. Da die Lagerkrafte kannten Stabkrafte ¨ und der drei Lagerkr¨ ¨ aber bereits durch Gleichgewichtsuberlegungen am Gesamtsystem ¨ bestimmt wurden, vereinfacht sich die Auflosung des Gleichungs¨ systems, und drei Gleichungen√konnen als Probe verwendet ¨ √ wer√ 2 = 1/ 5 , cos α = 2 l/ 5 l 2 = 5 l den. Man erhalt mit sin α = l/ ¨ √ 2/ 5 : √ 1 2 5 S 1 = − F , S2 = S 6 = − F , S3 = F, 3 3 3 √ 5 4 2√ S7 = − F , S8 = S12 = F , S11 = − 5F . 3 3 3 Es ist zweckmaßig, die Stabkr¨ afte einschließlich der Vorzeichen ¨ in einer Stabkrafttabelle zusammenzustellen, wobei wir auf den gemeinsamen Faktor F beziehen: Stabkrafttabelle i Si F

1 −

1 3

2 −

2 3

3 √ 5 3

4

5

6

0

0

−

2 3

−

7

8

9

10

√ 5 3

4 3

0

0

−

11

12

13

2√ 5 3

4 3

0

Die Minuszeichen bei den Stabkraften S1 , S2 , S6 , S7 und S11 ¨ zeigen an, dass diese Stabe ¨ Druckstabe ¨ sind. Beispiel 6.2 Das Raumfachwerk nach Abb. 6.9 wird in den Knoten

IV und V jeweils durch eine Kraft F belastet. Es sind die Krafte ¨ in den Staben 1 bis 6 zu berechnen. ¨ Wir schneiden die Knoten V und IV frei und bringen die Stabkrafte S1 . . . S6 als Zugkrafte an. Die Gleichgewichtsbe¨ ¨ dingungen ffur achst in Vektorform ¨ diese Knoten lauten dann zun¨ L¨ osung

V:

S1 ey + S2 eV /VI − S4 ex + F ez = 0 ,

IV :

− S1 ey + S3 eIV /VI − S5 ex + S6 eIV /II + F ez = 0 .

B6.2

156

6 Fachwerke

III a

VI a

4

II

V 3

a

3a 6

a

1

F x y z

IV

5

I

2

F Abb. 6.9

Dabei lassen sich die zunachst noch unbekannten Einheitsvektoren ¨ aus den Verbindungsvektoren zwischen den Knoten ermitteln. So erhalt ¨ man zum Beispiel fu ¨ r eV /VI ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −a −1 1 ⎜ 1 ⎟ ⎟ ⎜ eV /VI = √ ⎝ a⎠ = √ ⎝ 1⎠ . 2 2 2 3 a +a +a −a −1 Entsprechend gilt ffur ¨ die weiteren Einheitsvektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −2 1 ⎜ 1 ⎜ ⎟ ⎟ eIV /VI = √ ⎝ −1 ⎠, eIV /II = √ ⎝ −1 ⎠, 3 5 −1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ex = ⎝ 0 ⎠ , ey = ⎝ 1 ⎠ , ez = ⎝ 0 ⎠ . 0 0 1 Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen in Komponenten V:

− S2 √13 − S4 = 0 ,

IV :

− S3 √13 − S5 − S6 √25 = 0 ,

S1 + S2 √13 = 0 ,

− S1 − S3 √13 − S6 √15 = 0 ,

− S2 √13 + F = 0 ,

− S3 √13 + F = 0 .

6.3

Auflosen liefert der Reihe nach ¨ √ S2 = 3 F , S1 = −F , √ S3 = 3 F , S6 = 0

Ermittlung der Stabkr¨afte

157

S4 = −F , S5 = −F .

6.3.2 Cremona-Plan

Die Ermittlung der Stabkrafte kann auch zeichnerisch erfolgen. ¨ Dabei gehen wir davon aus, dass in einem ersten Schritt die Lagerkrafte ¨ bereits bestimmt wurden. Wir wollen das Vorgehen an Hand des Fachwerks in Abb. 6.10a erl¨ autern. ¨ III F 45

II a AH

B

A

5 3

2

1

I a

a

a

F

4

a

◦

AV

b

Umlaufsinn

IV B

Kräftemaßstab

AH

5

F

S4

S5

S2 AV

S5 S2

B

IV

II

I

B

S3

F III

3

F AH 4

AV

2

S3

S4 S1

S1

c

1 d

Abb. 6.10

Aus den Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ das Gesamtsystem (Abb. 6.10b) finden wir zunachst ¨ AH = −

1√ 2F , 2

AV = −

3√ 2F , 2

√ B = 2 2F .

Nach dem Numerieren der Stabe ¨ und der Knoten denken wir uns zur Ermittlung der Stabkrafte ¨ wieder alle Knoten freigeschnitten.

158

6 Fachwerke

Bei der zeichnerischen Losung verlangt das Kr¨aftegleichgewicht an ¨ den Knoten jeweils ein geschlossenes Krafteck (vgl. Abschnitt 2.3). Wir beginnen am Knoten I. Um das Krafteck ffur ¨ diesen Knoten zu konstruieren, zeichnen wir zuerst die bereits berechneten Kraftnach ihrer Gr¨oße und in ihkomponenten AH und AV maßstablich ¨ rem wirklichen Richtungssinn (Abb. 6.10c). Durch die Stabkrafte ¨ S1 und S2 , deren Richtungen bekannt sind, wird das Krafteck geschlossen. Damit liegen die Richtungssinne von S1 und S2 am Knoten I fest. Wir kennzeichnen sie in Abb. 6.10b durch Pfeile. Jeweils gleichgroße Gegenkrafte wirken wegen actio = reactio an den ge¨ genuberliegenden Knoten II und IV. Sie werden durch Gegenpfeile ¨ markiert. Entsprechend finden wir bei nun bekanntem S2 durch das geschlossene Krafteck am Knoten II die Stabkrafte ¨ S3 und S4 . Gleichgewicht am Knoten III liefert schließlich die Kraft S5 . Wir tragen die Kraftrichtungen von S3 bis S5 an den Knoten ebenfalls in das Fachwerk ein. Das Krafteck am Knoten IV dient abschließend als Kontrolle. In Abb. 6.10c taucht jede Stabkraft in zwei Kraftecken auf. Man kann das Vorgehen systematisieren, indem man alle Kraftpl¨ane so aneinander ffugt, dass jede Stabkraft nur noch einmal gezeichnet ¨ werden muss. Der so entstehende Krafteplan wird nach Luigi Cre¨ mona (1830–1903) benannt. Folgende Schritte sind bei der Konstruktion eines CremonaPlans durchzufuhren: f¨ 1. Zeichnen des Freikorperbildes und Berechnung der Lagerkrafte. ¨ ¨ 2. Numerieren der Stabe. ¨ 3. Ermittlung etwa vorhandener Nullstabe. Kennzeichnen dieser ¨ Stabe ¨ durch eine Null im Freikorperbild. ¨ 4. Festlegung eines Kraftemaßstabs und eines Umlaufsinns. ¨ 5. Zeichnen des geschlossenen Kraftecks aus den eingepr¨¨agten Kraften und den Lagerreaktionen. Dabei Kr¨afte in der Reihen¨ folge aneinanderfugen, f¨ wie sie beim Umlauf um das Fachwerk im gewahlten Umlaufsinn auftreten. ¨ 6. Beginnend an einem Knoten mit hochstens zwei unbekannten ¨

6.3

Ermittlung der Stabkr¨afte

159

Stabkraften fur ¨ ¨ jeden Knoten das geschlossene Kraftepolygon ¨ zeichnen. Krafte dabei ebenfalls in der Reihenfolge antragen, ¨ die durch den Umlaufsinn gegeben ist. 7. Da jede Stabkraft zweimal (mit entgegengesetzter Orientierung) auftritt, keine Pfeile in das Kraftepolygon einzeichnen (die Stab¨ kraft im Polygon nur durch die entsprechende Stabnummer kennzeichnen). Einzeichnen der Pfeile und der Gegenpfeile an den Knoten. 8. Letzte Kraftecke als Kontrolle verwenden. 9. Angabe aller Stabkrafte ¨ mit Vorzeichen in einer Tabelle. Um den Cremona-Plan ffur ¨ das Fachwerk in Abb. 6.10a zu konstruieren, wahlen wir den Umlaufsinn entgegen dem Uhrzeiger. ¨ Anschließend zeichnen wir nach Punkt 5 das geschlossene Krafteck der außeren Krafte ¨ ¨ in der Reihenfolge AH , AV , B, F (Abb. 6.10d). Die Ermittlung der Stabkrafte ¨ beginnen wir am Knoten I. Das Krafteck wird so konstruiert, dass es sich in der Reihenfolge AH , AV , S1 und S2 (Umlaufsinn!) schließt. Die Kraftrichtungen werden ins Freikorperbild eingetragen. ¨ Anschließend gehen wir zum Knoten II weiter. Von den dort angreifenden Kraften S2 , S3 und S4 tritt S2 bereits im Cremona¨ Plan auf. Die Richtung von S2 folgt aus dem Pfeil am Knoten II. Das Krafteck wird nun mit S3 und S4 geschlossen, und die Kraftrichtungen werden wieder in das Fachwerk eingetragen. Am Knoten III sind schließlich F und S4 bereits im Cremona-Plan enthalten, so dass das Krafteck nur mit S5 geschlossen werden muss (Kontrolle: die Richtung von S5 muss mit der Richtung von Stab 5 ubereinstimmen). Das Krafteck fur ¨ ¨ den Knoten IV dient als weitere Kontrolle. Aus dem Cremona-Plan konnen wir die Betr¨ age der Stabkrafte ¨ ¨ im Rahmen der Zeichengenauigkeit ablesen; die Vorzeichen folgen aus den Pfeilrichtungen im Freikorperbild: ¨ i Si /F

1

2

3

4

5

0,7

2,1

−2, 0

1,6

−1, 6

160

6 Fachwerke

Der Cremona-Plan lasst sich in der geschilderten Form nur fu ¨ ¨r einfache Fachwerke zeichnen, wobei außere Kr afte nur an Au¨ ¨ ßenknoten angreifen durfen. Die Kr¨ afte sind dabei stets außer¨ halb des Fachwerks zu zeichnen (Abb. 6.11a) und nicht innerhalb (Abb. 6.11b). F

F zulässig

a

unzulässig

b

Abb. 6.11

B6.3

Beispiel 6.3 Das Fachwerk nach Abb. 6.12a wird durch die beiden

Krafte ¨ F1 = 2F und F2 = F belastet. Gesucht sind die Stabkrafte. ¨ F1 Umlaufsinn Kräftemaßstab

A

45◦

F2

a

a

a

a

C

B

F 2

a

a

A

F2

1

3 6

a

4

F1 F1 II 1

4

5

3

I

2

A

IV

III

VI

8 9

7

10

V F2

11

B

12

VIII

0 0 13 VII

B c

C

11

5

7 8 9

10

C

b

Abb. 6.12

L¨ osung Durch Anwenden der Gleichgewichtsbedingungen auf das

Gesamtsystem (Abb. 6.12b) berechnen wir zuerst die Lagerkrafte: ¨  I :

a F1 − 2 a F2 − 2

√ 2aB − 6aC = 0,

6.3

 VII :

a F1 + 6 a A + 4 a F2 + √ 2 − F1 + B = 0. 2

→:

Auflosen liefert ¨ √ 5 A = − F , B = 2 2F , 3

Ermittlung der Stabkr¨afte

161

√ 2aB = 0,

C =−

4 F. 3

Die Pendelst¨ u als Zug¨ tzen A, B und C sind im Freikorperbild ¨ stabe ¨ angenommen worden. Die Ergebnisse zeigen, dass die Stabe ¨ A und C in Wirklichkeit auf Druck beansprucht werden. Wir numerieren die Stabe und die Knoten und stellen fest, ¨ dass die Stabe abe sind (vgl. Abschnitt 6.3.1, ¨ 12 und 13 Nullst¨ Regel 1). Sie werden im Freikorperbild durch eine Null gekenn¨ zeichnet. Nach Wahl des Umlaufsinns (entgegen dem Uhrzeiger) und des Kraftemaßstabs zeichnen wir zun¨ achst das geschlossene ¨ Krafteck der ¨ außeren Kr¨ afte in der Reihenfolge A, F2 , B, C, F1 (Abb. 6.12c). Dabei ist zu beachten, dass die Krafte in den Pen¨ delstutzen jetzt im wirklichen Richtungssinn zu zeichnen sind. ¨ Die Ermittlung der Stabkrafte ¨ beginnen wir am Knoten I: die bekannte Lagerkraft A und die unbekannten Stabkrafte S2 und ¨ S1 mussen in dieser Reihenfolge ein geschlossenes Krafteck bilden ¨ (Abb. 6.12c). Die entsprechenden Kraftrichtungen (Stab 1: Druck, eingetragen. Stab 2: Zug) werden in das Freikorperbild ¨ wir am Knoten II Mit der nun bekannten Kraft S1 konnen ¨ in gleicher Weise durch das geschlossene Krafteck F1 , S1 , S3 , S4 die Stabkrafte S3 und S4 bestimmen. Durch Weiterschreiten zu ¨ den Knoten III bis VI lasst sich der Cremona-Plan vollstandig ¨ ¨ konstruieren. Das Krafteck ffur ¨ den Knoten VII dient als Kontrolle. Aus dem Krafteplan entnehmen wir die Betrage ¨ ¨ der Stabkrafte; ¨ die Vorzeichen folgen aus den Pfeilrichtungen im Freikorperbild: ¨

i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12 13

Si /F −2, 4 1,7 2, 4 −1, 3 −0, 9 4,0 0,9 −2, 7 1,9 1,3 −1, 9 0

0

162

6 Fachwerke

6.3.3 Rittersches Schnittverfahren

Sind nur einzelne Stabkrafte ¨ eines Fachwerks zu bestimmen, so ist es oft vorteilhaft, das Schnittverfahren nach August Ritter (1826– 1908) anzuwenden. Bei diesem Verfahren zerlegen wir das Fachwerk durch einen Schnitt in zwei Teile. Dabei m¨ ussen drei Stabe ¨ geschnitten werden, die nicht alle zum gleichen Knoten geh¨oren durfen, oder der Schnitt ist durch einen Stab und ein Gelenk zu ¨ f¨ fuhren. Zur Erlauterung der Methode betrachten wir das Fachwerk ¨ nach Abb. 6.13a, bei dem die Krafte in den St¨aben 1 bis 3 ge¨ sucht sind. Nach Ermittlung der Lagerreaktionen denken wir uns das Fachwerk mit einem Schnitt durch die drei Stabe ¨ 1 bis 3 in zwei Teile zerlegt. An den freigeschnittenen Staben werden je¨ weils die entsprechenden Stabkrafte als Zugkr¨afte eingezeichnet ¨ (Abb. 6.13b). F2

F1 1

A

B

2

a F3

3 a

a

a

a

a

I S1

S1 S2

AV b

a F2

F1 AH

a

S3

S2 II

B S3

F3 Abb. 6.13

Sowohl der rechte als auch der linke Teilk¨ orper mussen fur ¨ ¨ sich im Gleichgewicht sein. Wir konnen daher durch Anwenden der ¨ drei Gleichgewichtsbedingungen auf einen der beiden Teilk¨orper die drei unbekannten Stabkrafte ¨ berechnen. Dabei ist es sinnvoll, moglichst Momentengleichungen um die Schnittpunkte von je zwei ¨ Stabkraften zu verwenden. Dann gehen diese Kr¨afte nicht in die ¨ entsprechende Momentengleichung ein, und wir erhalten damit

6.3

Ermittlung der Stabkr¨afte

163

jeweils eine Gleichung ff¨ ur eine Stabkraft. Gleichgewicht am linken liefert auf diese Weise: Teilkorper ¨  I : − 2 a AV + a F1 + a S3 = 0 → S3 = 2 AV − F1 ,  II : − 3 a AV − a AH + 2 a F1 − a S1 = 0 → ↑:

AV − F1 −

1√ 2 S2 = 0 2

→

S1 = 2 F1 − 3 AV − AH , √ S2 = 2 (AV − F1 ) .

Mit den bereits ermittelten Lagerkraften sind dann die Stabkrafte ¨ ¨ bekannt.

1 2

S1

F1 F2

3 a

S1 S2 S2

S3

F1 F2

S3 b

Abb. 6.14

Das Schnittverfahren lasst sich oft auch anwenden, ohne dass ¨ die Lagerkrafte vorher berechnet werden mussen. So erh¨alt man ¨ ¨ zum Beispiel die Stabkrafte ¨ S1 bis S3 des Fachwerks in Abb. 6.14a direkt nach Schneiden der entsprechenden Stabe ¨ aus den Gleichgewichtsbedingungen ffur das rechte Teilsystem (Abb. 6.14b). ¨ Bei raumlichen Fachwerken kann das Schnittverfahren sinn¨ gemaß ¨ angewendet werden. Dann muss man das Fachwerk durch einen Schnitt trennen, der durch sechs Stabe ¨ oder durch drei Stabe ¨ und einen Knoten geht. Beispiel 6.4 Das Fachwerk nach Abb. 6.15a wird durch zwei Krafte ¨

F1 = 2 F und F2 = F belastet. Wie groß ist die Kraft im Stab 4? L¨ osung Zur Ermittlung der Lagerkrafte ¨ zeichnen wir das Freik¨orperbild (Abb. 6.15b) und wenden die Gleichgewichtsbedingungen an:

B6.4

164

6 Fachwerke

F1

F1

6 5

a

F2

a

4

A

F2 AH

B AV

2a

2a

Schnitt

2a b

a

3a

3a I

S6 AH

S6 2a

S5

I

B

c

 B : −6 a AV + 3 a F1 + a F2 = 0 →

a

F2

S4

 A : −3 a F1 + a F2 + 6 a B = 0

AH − F2 = 0

F1

S5

S4 AV

→:

B

Abb. 6.15

3 F1 − F2 5 = F, 6 6 3 F1 + F2 7 → AV = = F, 6 6 →

B=

AH = F2 = F .

Trennt man das Fachwerk mit einem Schnitt durch die Stabe ¨ 4 bis 6 (Abb. 6.15c), so liefert das Momentengleichgewicht am linken I die gesuchte Kraft S4 : Teil bezuglich ¨  I : 2 a S4 + 2 a AH − 3 a AV = 0 1 3 → S4 = (3 AV − 2 AH ) = F . 2 4 Zur Probe wenden wir die Momentenbedingung am rechten Teil bezuglich I an: ¨  I :

− 2 a S4 + 3 a B − a F2 = 0 1 3 → S4 = (3 B − F2 ) = F . 2 4

6.4

Zusammenfassung

165

6.4 Zusammenfassung • Ein Fachwerk besteht aus geraden Staben, die in Gelenken mit¨ einander verbunden sind. • Ein Fachwerk ist statisch bestimmt, wenn die Stab- und Lagerkrafte ¨ allein aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden konnen. Dies ist der Fall, wenn die Zahl der unbekann¨ ten Lager- und Stabkrafte ¨ gleich der Zahl der Gleichgewichtsbedingungen ist und das Fachwerk unbeweglich ist. • Ein Fachwerk ist kinematisch bestimmt, wenn es unbeweglich ist. Ein Fachwerk, das endliche oder infinitesimale Bewegungen ausfuhren f¨ kann, ist kinematisch unbestimmt. • Die Stab- und Lagerkrafte onnen mit dem Knotenpunktver¨ k¨ fahren ermittelt werden:  Freischneiden aller Knoten.  Freikorperbilder skizzieren; alle eingepr¨ agten Kr¨afte sowie ¨ Stab- und Lagerkrafte einzeichnen. Dabei Vorzeichenkon¨ vention ffur afte beachten: alle Stabkr¨afte als Zug¨ Stabkr¨ krafte ¨ ansetzen.  Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen an allen Knoten. Im ebenen Fall sind dies ffur ¨ jeden Knoten 2 Gleichungen, im raumlichen Fall fur ¨ ¨ jeden Knoten 3 Gleichungen.  Auflosen der Gleichungen nach den Unbekannten. ¨  Das Gleichungssystem ist eindeutig losbar, wenn die Deter¨ minante der Koeffizientenmatrix ungleich Null ist. Dann ist das Fachwerk statisch und kinematisch bestimmt. • Die Stabkrafte k¨ onnen bei ebenen Fachwerken auch grafisch ¨ mit Hilfe des Cremona-Plans ermittelt werden. • Sind nur einzelne Stabkrafte ¨ gesucht, so ist es meist zweckmaßig, ¨ das Rittersche Schnittverfahren anzuwenden.

6.4

Kapitel 7 Balken, Rahmen, Bogen

7

7 Balken, Rahmen, Bogen 7.1 7.2 7.2.1 7.2.2 7.2.3 7.2.4 7.2.5 7.2.6 7.3 7.4 7.5

Schnittgroßen .................................................... ¨ Schnittgroßen am geraden Balken .......................... ¨ Balken unter Einzellasten ..................................... Zusammenhang zwischen Belastung .............................................. und Schnittgroßen ¨ Integration und Randbedingungen .......................... ¨ Ubergangsbedingungen bei mehreren Feldern ............ Foppl-Symbol .................................................... ¨ Punktweise Ermittlung der Schnittgroßen ................. ¨ Schnittgroßen bei Rahmen und Bogen..................... ¨ Schnittgroßen bei r¨aumlichen Tragwerken................. ¨ Zusammenfassung ..............................................

169 173 174 180 182 187 193 197 201 207 212

Lernziele: Balkentragwerke gehoren zu den wichtig¨ sten Tragelementen im Ingenieurwesen. Wir wollen kennenlernen, wie man durch Schnitte die inneren Krafte - die Schnittgroßen ¨ ¨ - im Balken freilegt und einer Berechnung zuganglich macht. Als ¨ Schnittgroßen werden die Normalkraft, die Querkraft und das Bie¨ gemoment eingefuhrt. f¨ Die Studierenden sollen beffahigt werden, ¨ diese Großen mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen zu bestim¨ men. Sie sollen auch in der Lage sein, die differentiellen Beziehungen zwischen ¨ außerer Belastung und Schnittgr¨oßen sachgerecht anzuwenden.

7.1

Schnittgr¨ oßen

169

7.1

7.1 Schnittgroßen ¨ Wir wollen uns in diesem Kapitel mit den inneren Kraften von ¨ Balkentragwerken befassen. Diese inneren Krafte ¨ sind ein Maß fu ¨r die Materialbeanspruchung im Balken. Ihre Kenntnis ist wichtig, wenn man die Tragfahigkeit f¨ von Tragwerken zu untersuchen oder Querschnitte zu dimensionieren hat (vgl. Band 2). Der Einfachheit halber beschranken wir uns zun¨ achst auf ebene Tragwerke, die ¨ durch Kraftegruppen in ihrer Ebene belastet sind (Abb. 7.1a). ¨

a

q

F2

F1

M1

Fn

Schnitt

Schnitt p

M

=  Abb. 7.1

b

S Q

N

R

afte durch Schneiden ¨ des Balkens freigelegt und somit der Berechnung zuganglich ge¨ macht. Wir denken uns deshalb an der zu untersuchenden Stelle einen Schnitt senkrecht zur Balkenachse. An der Schnittstelle wirdie Querschnittsfl¨ ache verteilten inneren Krafte ken dann die uber ¨ ¨ p (Abb. 7.1b). Wie sie verteilt sind, werden wir in Band 2, Kapitel von der Verteilung k¨onnen wir dieses 4, untersuchen. Unabhangig ¨ System der Flachenkr afte p nach Abschnitt 3.1.3 durch seine Re¨ ¨ sultierende R und das resultierende Moment M (S) ersetzen. Als Bezugspunkt ffur ahlen wir den Schwerpunkt S ¨ die Reduktion w¨ der Querschnittsflache. Eine Begrundung fur ¨ ¨ ¨ diese spezielle Wahl kann erst spater gegeben werden (vgl. Band 2). Es ist ublich, den ¨ ¨ (S) hochgestellten Index S bei M , der den Bezugspunkt kennzeichnet, wegzulassen: an Stelle von M (S) schreiben wir nur noch M . Die Resultierende R wird in ihre Komponenten N (normal zur Schnittebene) und Q (in der Schnittebene, senkrecht zur Balken-

170

7 Balken, Rahmen, Bogen

achse) zerlegt. Wir nennen N , Q und M die Schnittgr¨oßen des Balkens; es heißen Normalkraft F2

F1

M1

Q

Querkraft

Biegemoment q

M

M N

Fn

Q

N Abb. 7.2

Nach dem Schnitt besteht der Balken aus zwei Teilen, an deren Schnittflachen N , Q und M angreifen. Wegen des Wechselwir¨ kungsgesetzes sind die Schnittgroßen an beiden Teilen jeweils ent¨ gegengesetzt gerichtet (Abb. 7.2). Soll jeder Teilbalken auch nach ussen N , Q und M mit den am dem Schnitt in Ruhe sein, dann m¨ jeweiligen Teil wirkenden anderen Kraften eine Gleichgewichts¨ gruppe bilden. Dementsprechend lassen sich die drei Schnittgroßen ¨ bei statisch bestimmten Systemen aus den drei Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ einen der beiden Teilbalken bestimmen. M y z

x Q

n

n

M

Q

N N negatives positives Schnittufer Abb. 7.3

Analog zu den Stabkraften hat sich bei den Schnittgr¨oßen des ¨ Balkens eine Vorzeichenkonvention durchgesetzt. Zu ihrer Erkl¨arung ffuhren wir nach Abb. 7.3 ein Koordinatensystem ein, bei ¨ zusammenff¨allt und dem die x-Achse mit der Balkenlangsachse ¨ z nach unten gerichtet ist; die y-Achse nach rechts zeigt, wahrend ¨ zeigt dann aus der Zeichenebene heraus (Rechtskoordinatensystem, vgl. Anhang A.1). Durch das Trennen des Balkens erhalten wir ein linkes und ein rechtes Schnittufer“. Sie konnen durch je ¨ ” einen Normalenvektor n charakterisiert werden, der jeweils vom Korperinneren nach außen zeigt. Das Schnittufer, dessen Norma¨

7.1

Schnittgr¨ oßen

171

lenvektor in positive (negative) x-Richtung zeigt, heißt positives (negatives) Schnittufer (Abb. 7.3). Die Vorzeichenfestlegung ff¨ ur die Schnittgroßen lautet nun: ¨

Dabei ist das Biegemoment M als Momentenvektor in y-Richtung aufzufassen (positiv als Rechtsschraube). In Abb. 7.3 sind die mit ihren positiven Richtungen eingezeichnet. Bei Schnittgroßen ¨ der Berechnung der Schnittgroßen werden wir uns streng an diese ¨ Vorzeichenkonvention halten. Bei horizontalen Balken gibt man oft nur die x-Koordinate an und verzichtet auf das Einzeichnen von y und z. Dabei wird stets angenommen, dass z nach unten zeigt. Es ist manchmal zweckmaßig, die x-Achse nicht wie in Abb. 7.3 nach rechts sondern ¨ nach links zeigen zu lassen; y ist in diesem Fall in die Zeichenebene hinein gerichtet. Dann ¨ andert sich in Abb. 7.3 nur die positive Richtung von Q; die positiven Richtungen von M und N bleiben ungeandert. ¨ q0

F

Q M

G M

x a

Abb. 7.4

y

N N

Q b

z

Bei Rahmen und Bogen wird nach Abb. 7.4a zur Festlegung der ¨ Vorzeichen der Schnittgroßen eine Seite jedes Tragwerkteils durch ¨ eine gestrichelte Linie gekennzeichnet ( gestrichelte Faser“). Die ” gestrichelte Seite kann man dann als Unterseite“ des entsprechen” den Tragwerkteils auffassen und das Koordinatensystem entspre-

172

7 Balken, Rahmen, Bogen

chend dem System beim horizontalen Balken einfuhren: f¨ x-Achse in Richtung der gestrichelten Faser, z-Achse zur gestrichelten Seite hin. Abbildung 7.4b zeigt die Schnittgroßen mit ihren positiven ¨ Richtungen. Am Beispiel des Balkens nach Abb. 7.5a wollen wir nun zeigen, wie man die Schnittgroßen bestimmen kann. Dazu ermitteln wir ¨ zunachst die Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbedingungen ¨ ffur ¨ den gesamten Balken (Abb. 7.5b). Mit FV = F sin α und FH = F cos α ergibt sich →:  A:

AH − FH = 0

→

AH = FH ,

l B − a FV = 0

→

B=

 B:

− l AV + b FV = 0

→

a FV , l b AV = FV . l

Nun wahlen wir ein Koordinatensystem und schneiden den Bal¨ ken an einer beliebigen Stelle x zwischen A und C (0 < x < a, Abb. 7.5b,c). An der Schnittstelle S bringen wir die Schnittgroßen ¨ N , Q und M mit jeweils positivem Richtungssinn an und stellen die Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den linken Balkenteil auf: →:

AH + N = 0

→

N = − AH = − FH ,

↑:

AV − Q = 0

→

Q = AV =

 S:

x AV − M = 0

→

b FV , l b M = x AV = x FV . l

Entsprechend erhalten wir bei einem Schnitt an einer beliebigen Stelle x im Bereich zwischen C und B (a < x < l, Abb. 7.5d): →: ↑:

AH − FH + N = 0 → N = FH − AH = 0 , b−l AV − FV − Q = 0 → Q = AV − FV = FV l a = − FV = − B , l

 FV − M = 0 → M =  x AV −(x − a)F FV S : x AV − (x − a)F x = 1− a FV . l

7.2

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

173

Auf die gleichen Ergebnisse ware ¨ man durch Gleichgewichtsbetrachtungen am rechten Balkenteil gekommen. F F α A

AH B

C a

F cos α AV

b

b

l

a

F sin α

x

Schnitt

B

Q AH

M

AV c

N

S

AV

F sin α

Q

B

x N F sin α

AH AV d

M N

S F cos α

AH

F cos α

M

aAV

Q x

e

Abb. 7.5

Die Schnittgroßen sind in Abb. 7.5e grafisch dargestellt. An der ¨ Angriffsstelle C der Kraft F haben der Normalkraft- und der Querkraftverlauf jeweils einen Sprung, welcher gleich der Große ¨ der Horizontalkomponente FH bzw. der Vertikalkomponente FV ist. Der Momentenverlauf hat einen Knick; das großte Biegemo¨ ment tritt an der Kraftangriffsstelle auf.

7.2 Schnittgroßen am geraden Balken ¨ Im folgenden konzentrieren wir uns auf Balken, bei denen die eingepragte Belastung nur aus Momenten und aus Kr¨aften (Stre¨

7.2

174

7 Balken, Rahmen, Bogen

ckenlasten bzw. Einzelkraften) senkrecht zur Langsachse besteht. ¨ ¨ Kraftkomponenten in Richtung der Langsachse bewirken Normal¨ krafte ¨ N wie beim Stab (Zug oder Druck), die wir mit den bereits bekannten Methoden bestimmen k¨ onnen. 7.2.1 Balken unter Einzellasten

Zur Bestimmung der Schnittgroßen Q und M wahlen wir ein Ko¨ ¨ ordinatensystem und schneiden den Balken an der zu untersuchenden Stelle. An der Schnittstelle werden Q und M mit jeweils positivem Richtungssinn eingezeichnet. Die Schnittgroßen folgen ¨ dann aus den Gleichgewichtsbedingungen an einem der beiden Teilbalken. Die Ergebnisse der Rechnung werden in der Regel in Diagrammen (Schnittkraftlinien) dargestellt. Neben dieser elementaren Methode gibt es noch ein weiteres Verfahren zur Bestimmung der Schnittgroßen, das auf dem Zu¨ sammenhang zwischen Last und Schnittgroßen beruht. Dieses Ver¨ fahren werden wir in den Abschnitten 7.2.2 bis 7.2.5 erl¨¨autern. Der Einfachheit halber beschranken wir uns zun¨achst auf Bal¨ ken, an denen nur Einzelkrafte agte Momente angrei¨ und eingepr¨ fen und betrachten als Beispiel einen beiderseits gelenkig gelagerten Balken nach Abb. 7.6a. Die Lagerreaktionen folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen am gesamten Balken (Abb. 7.6b):   #   1 " Mi = 0 → B = Mi , ai Fi − ai Fi + A : lB − l    (l − ai )F Fi + Mi = 0 B : −lA +  # 1 " → A= (l − ai )F Fi + Mi . l Schneiden wir an einer beliebigen Stelle x (Abb. 7.6c), so ergeben sich aus den Gleichgewichtsbedingungen am linken Teilbalken  ↑: A− Fi − Q = 0 ,  S:

−xA +

  (x − ai )F Fi + Mi + M = 0

die Querkraft und das Biegemoment in diesem Beispiel zu

7.2

Q = A−

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

175



Fi ,   M = xA − (x − ai )F Fi − Mi .

(7.1) (7.2)

Die Summationen sind dabei nur uber die Krafte ¨ ¨ Fi und die Momente Mi zu erstrecken, die auf den linken Teilbalken wirken. F1

Fn

Fj

Fn

Fj

F1 B

A M1

Mk

aj

Schnitt

bk a

A

Fj

M M Q

M1 x

Mk

Q

Fj

d

B

M

c

Abb. 7.6

B

F1

Fn

S A

Mk

Q

l

F1

M1

A b

Fn

B

M1 Mk

e

Zur Berechnung von Biegemoment und Querkraft konnen auch ¨ die Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den rechten Balkenteil herangezogen werden. Bei konkreten Aufgaben verwendet man zweckmaßig denjenigen Balkenteil, an dem weniger Lasten angreifen. ¨ Abbildung 7.6d zeigt den Verlauf der Querkraft nach (7.1) uber ¨ die Balkenachse. Wir erkennen, dass Q in diesem Beispiel stuck¨ weise konstant ist. An den Angriffspunkten der Krafte ¨ Fi hat die Querkraftlinie Sprunge (Unstetigkeiten). Die Gr¨ oße eines Sprungs ¨ ist gleich der dort wirkenden Kraft. Der Verlauf des Biegemoments nach (7.2) ist in Abb. 7.6e dargestellt. Die Momentenlinie ist hier eine stuckweise lineare Funk¨ tion von x. Sie hat Knicke an den Stellen der Angriffspunkte der der Große Krafte ¨ ¨ Mi an den Angriffspunkten der ¨ Fi und Sprunge

176

7 Balken, Rahmen, Bogen

Momente Mi . Auf die Balkenenden wirken nur die Lagerkrafte ¨ A und B (gelenkige Lager). Deshalb ist dort das Biegemoment gleich Null. Zwischen Biegemoment und Querkraft besteht ein Zusammenhang. Differenziert man (7.2) nach x, so erhalt ¨ man mit (7.1)  dM =A− Fi = Q . dx

(7.3)

Die Steigungen der einzelnen Geraden in der Momentenlinie sind also durch die entsprechenden Werte der Querkraft gegeben. B7.1

Der Balken in Abb. 7.7a wird durch die drei Krafte ¨ F1 = F , F2 = 2 F , F3 = −F belastet. Gesucht sind die Querkraft- und die Momentenlinie. Beispiel 7.1

Q F1

F2

A= 3 2F

F3

F

B

A a

a

a

2F

a

F

1F B= 2

a

F

A

x

b

2F

F

M

2aF

3 2 aF

1 aF 2

B c

Abb. 7.7

L¨ osung Zuerst berechnen wir die Lagerkrafte A und B aus den ¨

Gleichgewichtsbedingungen (vgl. Abb. 7.7b):  A:

−aF − 2a2F + 3aF + 4aB = 0

→

B=

1 F, 2

 B:

−4aA+ 3aF + 2a2F − aF = 0

→

A=

3 F. 2

Die Schnittgroßen folgen aus dem Gleichgewicht am geschnittenen ¨

7.2

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

177

Balken. Wir erhalten aus dem Kraftegleichgewicht am linken Teil¨ balken die Querkraft in den einzelnen Bereichen: Q = A = 3F/2

fur f¨

0 < x < a,

Q = A − F = F/2

f¨ fur

a < x < 2a,

Q = A − F − 2 F = − 3F/2

ffur ¨

2a < x < 3a,

Q = A − F − 2 F + F = − F/2

ffur ¨

3a < x < 4a.

Aus dem Momentengleichgewicht ergibt sich das Biegemoment zu M = xA =

3 2

xF

M = xA − (x − a)F = (a +

1 2

x)F

ffur ¨

0 ≤ x ≤ a,

ff¨ ur

a ≤ x ≤ 2a ,

M = xA − (x − a)F − (x − 2a)2F = (5a − ffur ¨

3 2

x)F 2a ≤ x ≤ 3a ,

M = xA − (x − a)F − (x − 2a)2F + (x − 3a)F = (2a −

1 2

x)F

ffur ¨

3a ≤ x ≤ 4a .

Zur Aufstellung der Gleichgewichtsbedingungen ware ¨ es dabei fu ¨r x > 2a zweckmaßiger gewesen, den rechten Teilbalken zu verwen¨ den. Die Querkraft- und die Momentenlinie sind in Abb. 7.7c dargestellt. In den Bereichen positiver (negativer) Querkraft hat die Momentenlinie einen positiven (negativen) Anstieg. Als Kontrollen konnen wir die Werte am rechten Rand (x = 4 a) ¨ verwenden: – die Querkraftlinie springt infolge der Lagerkraft B auf den Wert Null, – die Momentenlinie hat den Wert Null (gelenkiges Lager B am Balkenende). Die Beziehungen f¨ fur Q und M konnen rein formal auch aus ¨ (7.1) und (7.2) abgelesen werden, da der Balken beiderseits gelenkig gelagert ist.

178

B7.2

7 Balken, Rahmen, Bogen

Beispiel 7.2 Man bestimme die Schnittkraftlinien ffur ¨ den Kragtrager in Abb. 7.8a. ¨ Q

F A

A=F

M0 = 2lF

F

l/2 l/

l/2 l/ a

M

F MA A

3 lF 2

MA = lF

M0 x

b

1 lF 2

c

Abb. 7.8

L¨ osung Anwenden der Gleichgewichtsbedingungen auf das Gesamtsystem (Abb. 7.8b) liefert die Lagerreaktionen:

↑:  A:

A−F = 0

→

A=F,

− MA + M0 − l F = 0

→

MA = M0 − l F = l F .

Fur ¨ den Querkraftverlauf erhalten wir aus dem Gleichgewicht am geschnittenen Balken Q=A=F

ffur ¨

0 < x < l.

Der Momentenverlauf folgt zu l , 2

M = MA + x A = (l + x)F

ffur ¨

0 a und betrachten nun zweckmaßig den rechten Teilbalken ¨ nach Abb. 7.9d (beachte: negatives Schnittufer!). Die Gleichgewichtsbedingungen liefern dann ←:

N + BH = 0

→

↑:

Q + BV = 0

→

 S:

M − (l − x)BV = 0

→

M0 , l M0 Q = − BV = − , l l−x M = (l − x)BV = M0 . l N = − BH = −

Die Schnittgroßen sind in Abb. 7.9e grafisch dargestellt. An der ¨ Stelle x = a (Angriffspunkt des eingepragten Moments) hat die ¨ . Die beiden Geraden Momentenlinie einen Sprung der Große M ¨ 0 links bzw. rechts von x = a haben die gleiche Steigung, da die Querkraft in beiden Bereichen gleich groß ist (siehe (7.3)). Auch die Normalkraft (Druck) ist im gesamten Balken gleich. Es sei darauf hingewiesen, dass der Angriffspunkt des eingepragten Moments bei der Ermittlung der Lagerreaktionen nicht ¨ in die Rechnung eingeht. Dagegen ist der Verlauf des Biegemoments vom Angriffspunkt abhangig. ¨ 7.2.2 Zusammenhang zwischen Belastung und Schnittgroßen ¨

Zwischen der Querkraft Q und dem Biegemoment M besteht ein Zusammenhang, den wir ffur afte mit (7.3) bereits her¨ Einzelkr¨ geleitet haben. Wir wollen nun das Ergebnis auf Balken unter

7.2

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

181

dF = q(x)dx dF = q(x)dx

Q

q(x)

M +dM

M A

B x

dx

a

C dx b

x

Q+dQ

x+dx

Abb. 7.10

verteilten Lasten verallgemeinern. Dazu betrachten wir ein aus dem Balken (Abb. 7.10a) herausgeschnittenes Element der infinitesimalen Lange dx (Abb. 7.10b), bei dem wegen dx → 0 die Stre¨ ckenlast q als konstant angesehen werden kann (vgl. Abschnitt 4.1). Die am Balkenelement angreifende Streckenlast denken wir uns durch eine Einzellast vom Betrag dF = q dx ersetzt. An der Schnittstelle x wirken die Querkraft Q und das Biegemoment M . An der Schnittstelle x + dx haben sich die Schnittgroßen durch ¨ das Fortschreiten in Balkenlangsrichtung um die infinitesimalen ¨ Werte dQ und dM geandert. Damit lauten die Gleichgewichtsbe¨ dingungen ffur ¨ das Balkenelement ↑ : Q − q dx − (Q + dQ) = 0  C :

− M − dx Q + →

→

q dx + dQ = 0 ,

(7.4)

dx q dx + M + dM = 0 2

− Q dx + dM +

1 q dx · dx = 0 . 2

(7.5)

Aus (7.4) folgt

¨ Die Anderung der Querkraft ist demnach durch die negative Streckenlast gegeben. In (7.5) ist das Glied mit dx · dx im Vergleich zu den Gliedern mit dx bzw. dM klein von hoherer Ordnung“ und kann daher ¨ ”

182

7 Balken, Rahmen, Bogen

vernachlassigt werden. Damit erhalten wir ¨

Die Ableitung des Biegemoments nach der Koordinate x liefert somit die Querkraft. Den gleichen Zusammenhang haben wir mit (7.3) bereits ffur ¨ Einzelkrafte ¨ erhalten. Differentiation von (7.7) und Einsetzen von (7.6) liefert ferner

Die differentiellen Beziehungen (7.6) und (7.7) lassen sich unter aufen anderem zur qualitativen Bestimmung von Schnittgroßenverl ¨ ¨ und bei Kontrollen verwenden. Ist zum Beispiel q = const, so liefert (7.6) einen linearen Verlauf ff¨ ur Q (Ableitung einer linearen dann wegen Funktion = Konstante!). Das Biegemoment verlauft ¨ (7.7) quadratisch. zwischen BeIn der folgenden Tabelle sind die Zusammenhange ¨ lastung und Schnittgroßen f ur verschiedene q-Verlaufe zusammen¨ ¨ ¨ gestellt: q

Q

M

0

konstant

linear

konstant

linear

quadratische Parabel

linear

quadratische Parabel

kubische Parabel

Nach (7.7) ist Q ein Maß ffur ¨ den Anstieg der M -Linie. Verschwindet an einer Stelle die Querkraft, so hat das Biegemoment dort ein Extremum (Anstieg gleich Null). 7.2.3 Integration und Randbedingungen

Die Beziehungen (7.6) und (7.7) konnen wir auch zur Bestimmung ¨ aus der Belastung q verwenden. Durch Integrader Schnittgroßen ¨

7.2

tion folgt Q=−

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

183

 q dx + C1 ,

(7.9)

 M =

Q dx + C2 .

(7.10)

Die zwei Integrationskonstanten C1 und C2 mussen aus zwei ¨ Randbedingungen berechnet werden. Diese Bedingungen machen eine Aussage uber die Große eines ¨ ¨ von M bzw. Q an den Randern ¨ Balkens. Fur ¨ die wichtigsten Lagerungsarten gilt: Q

M

= 0

0

0

= 0

Schiebehulse ¨

= 0

= 0

Einspannung

= 0

= 0

0

0

Lager gelenkiges Lager Parallelfuhrung f¨

freies Ende

(7.11)

Aus dieser Tabelle kann bei gegebener Lagerung eines Balkens entnommen werden, welche Schnittgroßen dort Null sind. Aussagen ¨ Q = 0 und/oder M = 0 lassen sich als Randbedingungen nicht verwenden. Im Gegensatz zum bisherigen Vorgehen (Gleichgewicht am geschnittenen Balken, Abschnitt 7.2.1) mussen bei der Bestimmung ¨ von Q und M durch Integration die Lagerreaktionen nicht ermitvielmehr aus den Ergebnissen abgelesen telt werden. Sie konnen ¨ werden. Wenn die Lagerreaktionen allerdings vor der Ermittlung der Schnittgroßen schon bekannt sind, k¨ onnen sie auch zur Be¨ stimmung der Integrationskonstanten verwendet werden. Zur Illustration des Verfahrens betrachten wir in Abb. 7.11a–c drei gleiche Balken unter gleicher Last bei unterschiedlicher Lagerung. Mit q = q0 = const ergibt sich aus (7.9) und (7.10) ffur ¨ alle

184

7 Balken, Rahmen, Bogen

q0

q0 B

A

q0

x

x

x l

l

l

Q

B

A

A

Q

Q

q0 l

q0 l 2

q0 l

M

M

M q l2 Mmax = 08

a

q0 l 2 2 q0 l 2 2 c

b

Abb. 7.11

drei Falle ¨ Q = − q0 x + C1 , M =−

1 q0 x2 + C1 x + C2 . 2

Wegen der unterschiedlichen Lagerungen sind die Randbedingungen und damit auch die Integrationskonstanten C1 und C2 ffur ¨ die Falle ¨ a) bis c) verschieden. Aus den Randbedingungen a) M (0) = 0 ,

b) Q(l) = 0 ,

M (l) = 0 ,

M (l) = 0 ,

c) Q(0) = 0 , M (l) = 0

folgen die Integrationskonstanten: a) 0 = C2 ,

b) 0 = − q0 l + C1 , c) 0 = C1 ,

a), b), c) 0 = − 12 q0 l2 + C1 l + C2 ,

7.2

→

⎧ ⎨ C1 = 1 q0 l , 2 ⎩C = 0,

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

⎧ ⎨ C1 = q0 l , ⎩ C = − 1 q l2 , 2 2 0

2

185

⎧ ⎨ C1 = 0 , ⎩ C = 1 q l2 . 2 2 0

oßen (Abb. 7.11a–c) Damit erhalt ¨ man die Schnittgr¨   x 1 x b) Q = q0 l 1 − , a) Q = q0 l 1 − 2 , l 2 l  1 x 2 1 x x M = − q0 l2 1 − , M = q0 l2 1− , 2 l 2 l l c) Q = − q0 x , $  x 2 % 1 2 M = q0 l 1 − . 2 l Dabei haben wir die Ausdrucke in den Klammern so umgeformt, ¨ dass sie dimensionslos sind. Beim beiderseits gelenkig gelagerten Balken tritt das maximale Biegemoment Mmax = q0 l2 /8 in der Balkenmitte (Q = 0) auf. Aus Q und M an den Randern kann man die Lagerreaktionen ¨ ablesen: a) A = Q(0) =

1 2

B = − Q(l) = c) MA = M (0) =

q0 l , 1 2 1 2

q0 l ,

b)

A = Q(0) = q0 l , MA = M (0) = − 12 q0 l2 ,

q0 l2 ,

B = − Q(l) = q0 l . Der Schnittkraftverlauf kann auch bei Streckenlasten elementar durch Gleichgewicht am geschnittenen Balken bestimmt werden. Um dies zu zeigen, betrachten wir in Abb. 7.12a noch einmal Fall a). Wir schneiden an einer beliebigen Stelle x (Abb. 7.12b) und fassen die auf den Teilbalken wirkende Streckenlast zu ihrer Resultierenden q0 x zusammen (man beachte, dass die Streckenlast nicht vor dem Schnitt zu einer Resultierenden zusammengefasst werden darf). Die Gleichgewichtsbedingungen liefern mit der be-

186

7 Balken, Rahmen, Bogen

q0 x q0

q0 q l A = 20

q l B = 20

a

x

M S

A b

Q x

Abb. 7.12

reits bekannten Lagerkraft A die Schnittgroßen: ¨ ↑:

A − q0 x − Q = 0 →

 S:

Q = A − q0 x =

 1 x q0 l 1 − 2 , 2 l

1 x q0 x + M = 0 2 1 1 x x → M = x A − q0 x2 = q0 l2 1− . 2 2 l l

−xA +

Diese Methode ist nur dann zweckmaßig, wenn die Resultierende ¨ der Streckenlast am Teilbalken sowie die Lage ihrer Wirkungslinie einfach angegeben werden k¨ onnen. B7.4

Der einseitig eingespannte Balken nach Abb. 7.13a tragt ormige Streckenlast. ¨ eine dreieckff¨ durch Integration. Man bestimme die Schnittgroßen ¨ Beispiel 7.4

L¨ osung Die dreieckformige f¨ Streckenlast genugt ¨ der Geradenglei-

chung q(x) = q0 (l − x)/l. Daraus erhalten wir durch Integration entsprechend (7.9) und (7.10) Q(x) =

q0 (l − x)2 + C1 , 2l

M (x) = −

q0 (l − x)3 + C1 x + C2 . 6l

Die Randbedingungen Q(l) = 0 und M (l) = 0 liefern die Integrationskonstanten C1 = 0 und C2 = 0. Damit werden die Schnittgroßen (Abb. 7.13b) ¨   x 2 1 x 3 1 , M (x) = − q0 l2 1 − . Q(x) = q0 l 1 − 2 l 6 l Die Querkraftlinie hat bei x = l die Steigung Null, weil dort die

7.2

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

Q q0 q0 l 2

q(x)

z

M quadratische Parabel

q0 l 2 6

x l

a

187

kubische Parabel

b

q0

Q

M

q0 l 2

q0 l 2 6

q(x)

x c

Abb. 7.13

z

d

quadratische Parabel

kubische Parabel

Streckenlast Null ist (Q (l) = −q(l) = 0). Entsprechend hat die Momentenlinie bei x = l die Steigung Null, weil dort die Querkraft Null ist (M  (l) = Q(l) = 0). In diesem Beispiel ist es zweckmaßig, die x-Achse nach links ¨ die einfachere zeigen zu lassen (Abb. 7.13c). Dann gilt namlich ¨ Darstellung q(x) = q0 x/l, und die Integration liefert mit den Randbedingungen Q(0) = 0 und M (0) = 0 die Schnittgroßen ¨ (Abb. 7.13d)  x 2  x 3 1 1 , M (x) = − q0 l2 . Q(x) = − q0 l 2 l 6 l Man erkennt, dass sich bei dieser Wahl des Koordinatensystems das Vorzeichen der Querkraft umkehrt (vgl. Abschnitt 7.1). auch sehr Es sei darauf hingewiesen, dass die Schnittgroßen ¨ einfach durch Gleichgewicht am geschnittenen Balken bestimmt onnen. werden k¨ ¨ 7.2.4 Ubergangsbedingungen bei mehreren Feldern

Haufig ist die Belastung q(x) nicht uber den gesamten Balken ¨ ¨ durch eine einzige Funktion gegeben, sondern sie wird in Teilbereichen durch verschiedene Funktionen dargestellt. Dann muss

188

7 Balken, Rahmen, Bogen

der Balken in Felder unterteilt werden, und die Integration der differentiellen Beziehungen (7.6) und (7.7) hat bereichsweise zu erfolgen. Zur Illustration betrachten wir den einseitig eingespannten Balken nach Abb. 7.14, dessen Belastung durch ⎧ ⎨0 ffur ¨ 0≤x a

(7.19)

einen Sprung der Große ¨ 1 an der Stelle x = a. Bei der Differentiation und bei der Integration kann das Klammer-Symbol wie eine runde Klammer aufgefasst werden. Es gelten daher die Rechenregeln d

x − an = n x − an−1 , dx



x − an dx =

(7.20)

1

x − an+1 + C . n+1

Eine konstante Streckenlast q0 , die an der Stelle x = a beginnt (Abb. 7.18a), kann somit nach (7.19) im gesamten Bereich durch die eine Funktion q(x) = q0 x − a0

(7.21) qb

q0

x a

x a

F

b

a

d

M0

e

q0

q0

x a

x a

b

q0

= x a

c

a

Abb. 7.18

7.2

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

195

beschrieben werden. Entsprechend stellt q(x) =

qb

x − a1 b

(7.22)

nach (7.18) eine ab der Stelle x = a linear wachsende Streckenlast dar (Abb. 7.18b). Eine konstante Streckenlast q0 , die an der Stelle x = 0 beginnt und bei x = a endet, erhalt ¨ man, wenn man zwei Lastff¨alle nach Abb. 7.18c uberlagert (superponiert). Dementsprechend wird sie ¨ durch q(x) = q0 − q0 x − a0 dargestellt. Wirken Einzelkrafte (Einzelmomente), dann treten im Quer¨ kraftverlauf (Momentenverlauf) Sprunge auf. Diese mussen bei ¨ ¨ der Integration der differentiellen Beziehungen mit dem Foppl¨ Symbol zusatzlich berucksichtigt werden. So verursacht eine Ein¨ ¨ zelkraft F an der Stelle x = a (Abb. 7.18d) einen Sprung der Große ¨ F in der Querkraft, der sich als Q(x) = − F x − a0

(7.23)

schreiben lasst. Ein Sprung im Biegemoment infolge eines Ein¨ zelmoments M0 an der Stelle x = a (Abb. 7.18e) wird schließlich durch M (x) = − M0 x − a0

(7.24)

erfasst. besteht darin, Der Vorteil der Verwendung des Foppl-Symbols ¨ dass keine Einteilung in mehrere Felder mehr vorgenommen werden muss. Nach Aufstellen der Belastungsfunktion q(x) kann die Integration formal nach (7.9) und (7.10) durchgefuhrt f¨ werden. Die zwei Integrationskonstanten werden aus zwei Randbedingun¨ gen bestimmt. Die Ubergangsbedingungen an Unstetigkeitsstellen brauchen nicht berucksichtigt zu werden: sie sind automatisch ¨ erfullt. f¨

196

B7.7

7 Balken, Rahmen, Bogen

Der Balken nach Abb. 7.19a wird durch ein Einzelmoment und eine Dreieckslast belastet. Es sind die Schnittgroßen ¨ zu bestimmen.

Beispiel 7.7

q0

M0

Q B

A a

a

a

a

A

l

B

a

q0 2q0 M M0

q0

q0

b

x

c

Abb. 7.19

L¨ osung Zuerst stellen wir die Streckenlast mit Hilfe des Foppl¨

Symbols dar. Eine ab der Stelle x = 2 a linear anwachsende Last wird analog zu (7.22) durch q(x) =

q0

x − 2a1 a

beschrieben. Diese Gleichung liefert auch eine Belastung im Bereich x > 3 a. Da am Balken dort jedoch keine Belastung wirkt, mussen wir in diesem Bereich einen konstanten Anteil q0 x − 3 a0 ¨ und einen linearen Anteil q0 x−3 a1 /a abziehen (Abb. 7.19b) und erhalten somit q0 q0 q(x) = x − 2 a1 − q0 x − 3 a0 − x − 3 a1 . a a Wir uberzeugen uns davon, dass diese Darstellung im Bereich ¨ x > 3 a tatsachlich die Streckenlast q = 0 liefert: ¨

7.2

q(x) =

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

q0 q0 (x − 2 a) − q0 − (x − 3 a) = 0 a a

ff¨ ur

197

x > 3a.

Unter Berucksichtigung des Sprunges im Momentenverlauf infol¨ ge M0 (Drehrichtung beachten) an der Stelle x = a liefert die Integration nach (7.9) und (7.10) q0 q0

x − 2 a2 + q0 x − 3 a1 +

x − 3 a2 + C1 , 2a 2a q0 q0 q0 M (x) = −

x − 2 a3 + x − 3 a2 +

x − 3 a3 6a 2 6a Q(x) = −

+ C1 x + C2 + M0 x − a0 . Die Integrationskonstanten C1 und C2 bestimmen wir aus den Randbedingungen: M (0) = 0 → C2 = 0 , q0 q0 q0 M (l) = 0 → − (l − 2 a)3 + (l − 3 a)2 + (l − 3 a)3 6a 2 6a q0 l M0 + C1 l + M0 = 0 → C1 = − . 24 l Damit lauten die Schnittgroßen (Abb. 7.19c) ¨ q0 q0

x − 2 a2 + q0 x − 3 a1 +

x − 3 a2 2a 2a q0 l M0 + − , 24 l q0 q0 q0 M (x) = −

x − 2 a3 + x − 3 a2 +

x − 3 a3 6 a 2 6 a   q0 l M0 x + M0 x − a0 . + − 24 l Q(x) = −

7.2.6 Punktweise Ermittlung der Schnittgroßen ¨

In vielen Fallen ist es nicht erforderlich, die Schnittgroßenverl aufe ¨ ¨ ¨ in analytischer Form zu ermitteln. Es ist dann hinreichend, die Schnittgroßen nur an ausgezeichneten Stellen des Balkens zu be¨ rechnen. Die berechneten Punkte der Schnittkraftlinien werden anschließend durch die der jeweiligen Belastung entsprechenden Verlaufe verbunden. ¨

198

7 Balken, Rahmen, Bogen

Zur Erlauterung des Verfahrens betrachten wir den Balken in ¨ Abb. 7.20a. Zuerst werden die Lagerkrafte ¨ aus den Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den gesamten Balken berechnet (Abb. 7.20b):  B:

 A:

− 6 a A + 5 a F + 3 a 2 q0 a + M0 = 0   1 M0 → A= 5 F + 6 q0 a + , 6 a − a F − 3 a 2 q0 a + M0 + 6 a B = 0   1 M0 → B= F + 6 q0 a − . 6 a

An den Stellen x = a, 2 a, 4 a und 5 a treten Knicke oder Sprunge in den Schnittkraftlinien auf. Dort bestimmen wir nun ¨ die Schnittgroßen aus den Gleichgewichtsbedingungen fur ¨ ¨ den jeweils freigeschnittenen Balkenteil. So erhalten wir durch Schneiden bei x = a unmittelbar vor dem Angriffspunkt der Kraft F (Abb. 7.20c):   M0 1 5 F + 6 q0 a + ↑: A − Q = 0 → Q(a) = A = 6 a links neben der Kraft F ,  S : −a A + M = 0 → M (a) = a A 1 = (5 a F + 6 q0 a2 + M0 ) . 6 Entsprechend liefert ein Schnitt bei x = 2a (Abb. 7.20d):   1 M0 ↑: A − F − Q = 0 → Q(2 a) = − F + 6 q0 a + , 6 a  S : −2 a A + a F + M = 0 1 → M (2 a) = (2 a F + 6 q0 a2 + M0 ) . 3 In gleicher Weise finden wir   1 M0 Q(4 a) = − F − 6 q0 a + , 6 a 1 M (4 a) = (a F + 6 q0 a2 + 2 M0 ) , 3

7.2

Schnittgr¨ oßen am geraden Balken

199

Q(5 a) = Q(4 a) , M (5 a) =

1 (a F + 6 q0 a2 − M0 ) rechts neben dem Moment M0 . 6 F

Q

q0 M0 B

A a

a

I

II

a

A

a

a

a

F

a

III IV 2q0 a

F

B

V

q0

M

M0

A

B

M0

x b

S A Q a c

F

M

S

M

e

Q

A a

a

d

Abb. 7.20

In den Bereichen I, II, IV und V ist die Streckenlast Null. Daher ist dort die Querkraft jeweils konstant. Wegen q = q0 = const ist Q im Bereich III linear veranderlich. An der Stelle x = a tritt ¨ infolge der Einzelkraft F ein Sprung im Querkraftverlauf auf. Entsprechend ist das Biegemoment in den Bereichen I, II, IV und V linear veranderlich, hat einen Knick bei x = a und verlauft ¨ ¨ im Bereich III nach einer quadratischen Parabel (vgl. auch Tabelle in Abschnitt 7.2.2). Da der Querkraftverlauf an den Stellen x = 2 a und x = 4 a stetig ist, hat der Momentenverlauf wegen Q = dM/dx an diesen Stellen keine Knicke. Bei x = 5 a bewirkt das Moment M0 einen Sprung in der Momentenlinie. Abbildung 7.20e zeigt die Schnittkraftlinien. Das maximale Biegemoment tritt dort auf, wo die Querkraft verschwindet.

200

B7.8

7 Balken, Rahmen, Bogen

Fur ¨ das Tragwerk nach Abb. 7.21a (a = 0, 5 m, q0 = 60 kN/m, F = 80 kN, M0 = 10 kNm) bestimme man die Schnittkraftlinien.

Beispiel 7.8

Q

q0 M0

F

A

-50

2a

a

a

1

2

2q0 a

M

F

MB -25

G A

x b

B

[kNm]

G M0

F

quadratische Parabel

-100

a

q0 a

G

B

A

2a

[kN] 50

B

M0 kubische Parabel

quadratische Parabel

-50

MB

c

Abb. 7.21

L¨ osung Zuerst ermitteln wir die Lagerreaktionen und die Gelenk-

kraft (alle Horizontalkomponenten sind Null) aus dem Gleichgewicht an den freigeschnittenen Teilbalken (Abb. 7.21b): 1

 A:  G:

2

 B:

↑:

2 a q0 a + M0 − a 2 q0 a − 2 a G = 0 3 2 M0 → G = − q0 a + = − 10 kN , 3 2a 8 a q0 a + M0 − 2 a A + a 2 q0 a = 0 3 M0 7 → A = q0 a + = 80 kN , 3 2a − 2 a G + a F + MB = 0 4 → MB = − q0 a2 + M0 − a F = − 50 kNm , 3 G−F +B =0 2 M0 → B = q0 a − + F = 90 kN . 3 2a

7.3

Schnittgr¨ oßen bei Rahmen und Bogen

201

Durch geeignete Schnitte berechnen wir anschließend folgende Schnittgroßen: ¨ & − q0 a = − 30 kN links neben Lager A , Q(2 a) = − q0 a + A = 50 kN rechts neben Lager A , Q(4 a) = − q0 a + A − 2 q0 a = − 10 kN , & G = − 10 kN Q(5 a) = G − F = − 90 kN

links neben Kraft F , rechts neben Kraft F ,

Q(6 a) = − B = − 90 kN , ⎧ 2 ⎪ ⎪ links neben Lager A , ⎨ − 3 a q0 a = − 10 kNm M (2 a) = ⎪ ⎪ ⎩ − 2 a q0 a − M0 = − 20 kNm rechts neben Lager A , 3 M (5 a) = a G = − 5 kNm , M (6 a) = MB = − 50 kNm . Mit Q(0) = 0, M (0) = 0 und M (4 a) = 0 konnen wir nun durch ¨ Verbinden dieser Punkte mit den zutreffenden Geraden bzw. Parabeln die Schnittkraftlinien zeichnen (Abb. 7.21c). Dabei sind die differentiellen Beziehungen zu beachten: – an der Stelle x = 0 haben wegen q = 0 bzw. Q = 0 die quadratische Parabel ff¨ ur Q bzw. die kubische Parabel ff¨ ur M jeweils eine horizontale Tangente, – an der Stelle x = 4 a geht beim Momentenverlauf die quadra(Querkraftlinie tische Parabel ohne Knick in die Gerade uber ¨ ist dort stetig).

7.3 Schnittgroßen bei Rahmen und Bogen ¨ ¨ Die Uberlegungen zur Bestimmung der Schnittgroßen an Balken ¨ lassen sich auf Rahmen und Bogen verallgemeinern. Die differen¨ tiellen Beziehungen nach Abschnitt 7.2.2 gelten dabei allerdings

7.3

202

7 Balken, Rahmen, Bogen

nur ffur f¨ B¨ogen). ¨ gerade Rahmenteile (nicht fur Wir wollen uns hier vorzugsweise mit der punktweisen Ermittlung der Schnittgroßen besch¨ aftigen. Entsprechend dem Vorgehen ¨ in Abschnitt 7.2.6 werden die Schnittgroßen an ausgezeichneten ¨ Punkten des Rahmens oder Bogens aus dem Gleichgewicht am geschnittenen Rahmen- oder Bogenteil berechnet. Die Vorzeichen werden dabei nach Abschnitt 7.1 uber die gestrichelte Faser fest¨ gelegt. Da bei Rahmen in der Regel auch bei reiner Querbelastung der Rahmenteile Normalkrafte ¨ auftreten, berechnen wir hier stets alle drei Schnittgroßen. ¨

D

C

1

QC

2

2

2

2

q0 C

MC

MC

QC

2

NC

2

NC

2

QC 2

1

MC

F1 1

1

NC

3

1

NC

1

MC

F2

1

QC

1

B

A a

b

Abb. 7.22

¨ Ubergang der Schnittgroßen an den Ecken ¨ besonders zu betrachten. Wir untersuchen dies an der unbelasteten rechtwinkligen Ecke C des Rahmens in Abb. 7.22a. Aus dem Gleichgewicht an der freigeschnittenen Ecke (Abb. 7.22b) folgt 1

2

NC = − QC ,

1

2

QC = NC ,

1

2

MC = MC .

(7.25)

¨ Wahrend die Biegemomente ohne Anderung ubertragen werden, ¨ ¨ gehen die Querkraft in die Normalkraft und die Normalkraft in die Querkraft uber. Tritt an einer Rahmenecke ein schiefer Winkel ¨ auf, so muss man die zu ubertragenden Schnittkr¨afte nach den ¨ jeweiligen Richtungen zerlegen.

7.3

Schnittgr¨ oßen bei Rahmen und Bogen

203

Beispiel 7.9 Fur ¨ den Rahmen nach Abb. 7.23a bestimme man die

Schnittgroßen. ¨ F

F q0 = F/a

1

a

3

C

E 2

a

D q0 4

A BH a

2a

BV

b

a

2aF

3F 2

F

2aF aF

5F 2 N - Linie

M - Linie

Q - Linie 3 2F

2F

c

quadratische Parabel

Abb. 7.23

L¨ osung Aus den Gleichgewichtsbedingungen am gesamten Rah-

men (Abb. 7.23b) erhalt afte zu ¨ man die Lagerkr¨ A=

5 F, 2

3 BV = − F , 2

BH = 2 F .

Zur Festlegung der Vorzeichen der Schnittgroßen fuhren wir die ¨ ¨ gestrichelte Faser ein. Die Schnittkraftlinien werden durch punktweise Ermittlung konstruiert. Durch geeignete Schnitte berechnen wir folgende Schnittgroßen: ¨ 1

1

NC = 0 , 2

NC = − A = − 3

1

QC = − F , 5 F, 2

MC = − aF , 2

QC = 0 ,

3

ND = 0 , QD = −F + A =

3 3 F , MD = −3 a F + 2 a A = 2 a F. 2

¨ Beim Ubergang vom Bereich (7.25) 4

3

ND = QD =

3 F, 2

4

2

MC = 0 ,

zum Bereich

3

3

QD = − ND = 0 ,

4

4

gilt analog zu 3

MD = MD = 2 a F .

B7.9

204

7 Balken, Rahmen, Bogen

Unter Beachtung von 1

1

NE = 0 ,

1

QE = − F , M E = 0 , 5 2 2 = − A = − F , QA = 0 , M A = 0 , 2 3 4 = − BV = F , QB = − BH = − 2 F , 2

2

NA

4

NB

4

MB = 0

erhalt ¨ man die in Abb. 7.23c dargestellten Schnittkraftlinien. B7.10

Beispiel 7.10 Man bestimme die Schnittkraftlinien ffur ¨ die Balken

des in Abb. 7.24a dargestellten Tragwerks. F A G

45◦

5F 2

1F 2

a

S

1F 2

N - Linie

a B a

a

a

3 2F

2a F

1F 2

AH

A

x AV

x

F

Q - Linie

45◦ BH

b

F 1F 2

1F 2

GV BV

2F a

S 45◦ BH c

1Fa 2

GH

C

M - Linie BV

d

1 2Fa

Abb. 7.24

L¨ osung Wir ermitteln zuerst die Lagerreaktionen aus den Gleich-

gewichtsbedingungen am gesamten Tragwerk (Abb. 7.24b). Mit AV = AH erhalten wir

7.3

 B: →:  A:

Schnittgr¨ oßen bei Rahmen und Bogen

2a AV + 2a AH + 2a F = 0

→

AV = AH = −

AH + BH = 0

→

BH =

2a BV + 2a BH − 4a F = 0

→

F , 2 3 BV = F . 2

205

F , 2

Anschließend berechnen wir die Stabkraft und die Gelenkkraft aus den Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den vertikalen Balken (Abb. 7.24c):  C:  G: ↑:

a GH − a BH = 0 √ 2 2a BH − a S=0 2 √ 2 BV + S − GV = 0 2

→

GH =

→

S=

→

GV =

F , 2

√ 2F , 5 F. 2

Zur Festlegung der Vorzeichen der Schnittgroßen fuhren wir die ¨ ¨ gestrichelten Fasern nach Abb. 7.24b ein. Beachtet man, dass es infolge der Horizontal- und der Vertikalkomponente der Stabkraft S und der Gelenkkraft (GH , GV ) zu Sprungen bei Normalkraft ¨ und bei Querkraft kommt, dann konnen diese Schnittkraftlinien ¨ ohne weitere Rechnung skizziert werden. Fur ¨ die Momentenlinie bietet sich eine punktweise Ermittlung an (Abb. 7.24d). Der Kreisbogentrager nach Abb. 7.25a wird durch ¨ eine Einzelkraft F belastet. Gesucht sind die Schnittgroßen. ¨ Beispiel 7.11

L¨ osung Die Lagerkrafte ¨ folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen am gesamten Bogen (Abb. 7.25b) zu

B=

1 F, 4

AV = − B = −

1 F, 4

AH = F .

Nach Einfuhren f¨ der gestrichelten Faser werden die Schnittgroßen ¨ durch Gleichgewichtsbetrachtungen an freigeschnittenen Bogenfuhren wir einen Schnitt an einer belieteilen bestimmt. Zunachst ¨ ¨ bigen Stelle ϕ im Bereich I (0 < ϕ < 30◦ ). Die Gleichgewichtsbedingungen liefern hier nach Abb. 7.25c

B7.11

206

7 Balken, Rahmen, Bogen

II F

F r/2 /2

30◦

r

I AH AV

b

a

B M

N M

N

S

Qr

r sin ϕ

ϕ

Q S

r

ϕ

r sin ψ

ψ

AH B

AV r(1 − cos ϕ)

c

√ 1+ 3 2 8

r(1−cos ψ)

d √

3 1 2 −8

F √

3 8 F

N - Linie 1F 4

1F 4 √ 1+ 3 4 8

F

1F 8

F

1F 4

Q - Linie

rF

e

M - Linie Abb. 7.25

: :  S:

N + AV cos ϕ − AH sin ϕ = 0 ( → N = sin ϕ +

1 4

Q − AV sin ϕ − AH cos ϕ = 0 ( → Q = cos ϕ −

1 4

) cos ϕ F , ) sin ϕ F ,

M − r sin ϕ AH − r(1 − cos ϕ)AV = 0 ( ) → M = sin ϕ + 14 cos ϕ − 14 r F .

7.4

Schnittgr¨ oßen bei r¨aumlichen Tragwerken

207

Da der Winkel ϕ beliebig ist, erhalt ¨ man somit den Verlauf der Schnittgroßen im gesamten Bereich I. Entsprechend findet man ¨ mit dem Hilfswinkel ψ = π − ϕ im Bereich II (30◦ < ϕ < 180◦ ) nach Abb. 7.25d :

N + B cos ψ = 0 →

:

1 4

F cos ϕ ,

Q + B sin ψ = 0 →

 S:

N = − 14 F cos ψ =

Q = − 14 F sin ψ = − 14 F sin ϕ ,

− M + r(1 − cos ψ)B = 0 →

M=

1 4

(1 − cos ψ)r F =

1 4

(1 + cos ϕ)r F .

Die Schnittgroßen sind in Abb. 7.25e senkrecht zum Bogen aufge¨ tragen. Die Sprunge ΔN = F/2 in der Normalkraft und ΔQ = ¨ √ 3 F/2 in der Querkraft bei ϕ = 30◦ entsprechen den Komponenten von F normal und tangential zum Bogen.

7.4 Schnittgroßen bei r¨ aumlichen Tragwerken ¨ Wir haben uns bisher bei der Ermittlung der Schnittgroßen der ¨ Einfachheit halber auf ebene Tragwerke beschrankt, die durch ¨ Kraftegruppen in ihrer Ebene belastet sind. Nun wollen wir auch ¨ raumlich belastete ebene Tragwerke sowie raumliche Tragwerke un¨ ¨ tersuchen. Als einfaches Beispiel betrachten wir einen einseitig eingespannten Balken, der durch beliebig gerichtete Krafte ¨ Fj und Momente Mj belastet wird (Abb. 7.26a). Wie in Abschnitt 7.1 legen wir die inneren Krafte durch einen Schnitt senkrecht zur Balkenach¨ se frei. Die uber die Querschnittsflache verteilten Krafte ko¨nnen ¨ ¨ ¨ wieder durch ihre Resultierende R und ihr resultierendes Moment M (bezuglich des Schwerpunkts S der Querschnittsflache) ersetzt ¨ ¨ werden (Abb. 7.26b). Dabei besitzen R und M nun im allgemei-

7.4

208

7 Balken, Rahmen, Bogen

F1 y

F2

x M1

z

a

S y M b

Qy x R

y

My

S

M2

N

Qz

MT x

z Mz z

nen Komponenten in allen drei Koordinatenrichtungen: ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ N MT ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ R = ⎝ Qy ⎠ , M = ⎝ M y ⎠ . Qz

Abb. 7.26

(7.26)

Mz

Die Kraftkomponente in x-Richtung (normal zur Schnittebene) ist wie in Abschnitt 7.1 die Normalkraft N . Die Schnittkrafte in y¨ und in z-Richtung (senkrecht zur Balkenachse) sind die Querkrafte ¨ Qy und Qz . Die Komponente des Momentes um die x-Achse heißt Torsionsf¨ beim elastischen Balken (vgl. Band 2) zu moment MT ; sie fuhrt einer Verdrehung. Daneben treten im Querschnitt noch die beiden Biegemomente My und Mz auf. Die Vorzeichenkonvention der Schnittgroßen lautet wie in Ab¨ schnitt 7.1: Positive Schnittgroßen zeigen am positiven Schnitt¨ ufer in positive Koordinatenrichtungen. In Abb. 7.26b sind alle Schnittgroßen mit ihrem positiven Richtungssinn eingezeichnet. ¨ Bei abgewinkelten Tragwerken verwendet man zweckmaßigerwei¨ se ein eigenes Koordinatensystem fur f¨ jeden Teilbereich. Die Schnittgroßen werden wie bisher aus den Gleichgewichts¨ bedingungen am geschnittenen System bestimmt.

7.4

Schnittgr¨ oßen bei r¨aumlichen Tragwerken

209

Beispiel 7.12 Das raumliche Tragwerk nach Abb. 7.27a wird durch ¨

eine Kraft F belastet. Gesucht sind die Schnittgroßen. ¨ F 1

z

2

3

z z a

c

y

x y

x

y

x

b

a

My Mz

F

F Qy

1

c−x x

Mz Qy

Qz N

F Mz

2

b−x

N

c

b

3

a−x

MT

MT

My

d

F

- Linie

N - Linie

Qy F

Qy

F e

M - Linie

MT - Linie

My

cF cF Abb. 7.27

Mz

bF Mz

cF Mz

L¨ osung Bei einem Schnitt an einer beliebigen Stelle durch das Tragwerk greifen am abgeschnittenen Teilsystem keine Lagerreaktionen an. Wenn man die Gleichgewichtsbedingungen zur Ermittlung der Schnittgroßen fur ¨ ¨ dieses Teilsystem aufstellt, dann ist es nicht notig, die Lagerreaktionen vorab zu bestimmen. ¨ Zur Festlegung der Vorzeichen der Schnittgroßen in den drei ¨

B7.12

210

7 Balken, Rahmen, Bogen

Bereichen 1 bis 3 verwenden wir drei Koordinatensysteme (Abb. 7.27a). Zunachst fuhren wir einen Schnitt an einer beliebigen Stel¨ ¨ le x im Bereich 1 . An der Schnittstelle werden die Schnittgroßen ¨ mit positivem Richtungssinn (negatives Schnittufer!) eingezeichnet, vgl. Abb. 7.27b. Aus den Gleichgewichtsbedingungen (3.34) folgt:  Fiy = 0 : F − Qy = 0 → Qy = F , 

Miz = 0 : (c − x)F − Mz = 0

→

Mz = (c − x)F .

Alle anderen Schnittgroßen sind im Bereich 1 gleich Null. ¨ Entsprechend erhalt ¨ man bei einem Schnitt an einer Stelle x im die Null sind, sind Bereich 2 , vgl. Abb. 7.27c (die Schnittgroßen, ¨ ¨ dabei der Ubersichtlichkeit halber weggelassen worden),  F − Qy = 0 → Qy = F , Fiy = 0 :  

Mix = 0 :

c F − MT = 0

→

MT = c F ,

Miz = 0 : (b − x)F − Mz = 0

→

Mz = (b − x)F ,

bzw. im Bereich  Fix = 0 :  

3

, vgl. Abb. 7.27d, F −N = 0

→

N =F,

Miy = 0 : − c F − My = 0

→

My = − c F ,

Miz = 0 :

→

Mz = b F .

b F − Mz = 0

Die Schnittkraftlinien sind in Abb. 7.27e zusammengestellt. Aus an der Einspannstelle kann man die Lagerreden Schnittgroßen ¨ aktionen ablesen. B7.13

Beispiel 7.13 Der eingespannte Viertelkreisbogen nach Abb. 7.28a

wird durch eine Kraft belastet, die senkrecht auf der Bogenebene steht. Man ermittle die Schnittgroßen. ¨ L¨ osung Wir schneiden den Bogen an einer beliebigen Stelle ϕ und

7.4

Schnittgr¨ oßen bei r¨aumlichen Tragwerken

211

betrachten den rechten Teilbogen (Abb. 7.28b). Zur Festlegung der Vorzeichen der Schnittgroßen verwenden wir ein lokales x, y, z¨ Koordinatensystem. An der Schnittstelle S (positives Schnittufer) werden die Querkraft Qz , das Torsionsmoment MT sowie das Biegemoment My mit ihren positiven Richtungen in das Freik¨orpersind Null und werbild eingezeichnet. Die anderen Schnittgroßen ¨ ¨ den der Ubersichtlichkeit halber im Freikorperbild weggelassen. ¨ Draufsicht

r r

r

F

ϕ

F

y

r sin ϕ My

a

r(1− − cos ϕ)) x

b

S

Qz

MT

Abb. 7.28

Die Gleichgewichtsbedingungen liefern dann  Fiz = 0 : Qz + F = 0 →  (S) Mix = 0 : MT + F r(1 − cos ϕ) = 0 

→ (S)

Miy = 0 :

Qz = − F ,

MT = − F r(1 − cos ϕ) ,

My + F r sin ϕ = 0 →

My = − F r sin ϕ .

212

7.5

7 Balken, Rahmen, Bogen

7.5 Zusammenfassung • Die Schnittgroßen beim Balken, Rahmen, Bogen sind im ebe¨ nen Fall die Normalkraft N , die Querkraft Q und das Biegemoment M . • Vorzeichenkonvention ffur positive Schnittgro¨¨ Schnittgroßen: ¨ ßen zeigen am positiven (negativen) Schnittufer in positive (negative) Koordinatenrichtung. • Die Schnittgroßen k¨ onnen mit Hilfe des Schnittprinzips wie ¨ folgt bestimmt werden:  Schnitt durch den Balken (Rahmen, Bogen).  Festlegung eines Koordinatensystems.  Skizzieren des Freikorperbildes fur ¨ ¨ den betrachteten Teilk¨orper; alle außeren Lasten sowie die Schnittgroßen (mit posi¨ ¨ tivem Richtungssinn) einzeichnen.  Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ den Teilk¨orper. Im ebenen Fall sind dies 3 Gleichungen, im raumlichen ¨ Fall 6 Gleichungen.  Auflosen der Gleichungen nach den unbekannten Schnitt¨ großen. ¨  Das Gleichungssystem ist eindeutig losbar, wenn die auße¨ ¨ ren Krafte ¨ (einschließlich Lagerreaktionen) bekannt sind. • Bei Balken und geraden Rahmenteilen gelten im ebenen Fall die differentiellen Beziehungen (die lokalen Gleichgewichtsbedingungen) Q = −q,

M = Q .

Bei bekannter ¨ außerer Belastung q erlauben sie die Ermittlung der Schnittgroßen durch Integration. Die dabei auftreten¨ den Integrationskonstanten werden aus den Randbedingungen ¨ bzw. aus den Rand- und Ubergangsbedingungen bestimmt. • Oft ist es ausreichend, die Schnittgroßen nur an ausgezeichne¨ ten Stellen des Tragwerks zu berechnen. Die Schnittkraftlinien zwischen den ausgezeichneten Stellen sind dann durch die Belastung im jeweiligen Bereich festgelegt; Beziehungen zwischen q, Q und M beachten!

Kapitel 8 Arbeit

8

8 Arbeit 8.1 8.2 8.3 8.4 8.5 8.6

Arbeitsbegriff und Potential .................................. Der Arbeitssatz ................................................. Gleichgewichtslagen und Krafte bei beweglichen Syste¨ men ................................................................ Ermittlung von Reaktions- und Schnittkraften ........... ¨ Stabilitat ¨ einer Gleichgewichtslage .......................... Zusammenfassung ..............................................

215 221 223 229 234 246

Lernziele: Die Leserin und der Leser werden mit den Begriffen Arbeit, konservative Kraft und Potential vertraut gemacht. Daruber hinaus lernen sie das Prinzip der virtuellen Verruckun¨ ¨ gen (Arbeitssatz der Statik) kennen. Sie sollen in die Lage versetzt werden, dieses Prinzip zur Bestimmung von Gleichgewichtslagen sachgerecht anzuwenden. sowie von Reaktions- und Schnittkraften ¨ Schließlich wird gezeigt, wie man bei konservativen Systemen mit einem Freiheitsgrad aus Energiebetrachtungen Aussagen zur Stabilitat ¨ von Gleichgewichtslagen gewinnt.

8.1

Arbeitsbegriff und Potential

215

8.1

8.1 Arbeitsbegriff und Potential Der Arbeitsbegriff ist mit Verschiebungen verknupft und geh¨ort ¨ daher eigentlich in die Kinetik (vgl. Band 3), da in der Statik ja gerade keine Bewegungen auftreten sollen. Trotzdem kann man auch in der Statik Aufgaben mit Hilfe des Arbeitsbegriffes losen, wie ¨ wir zunachst wir in Abschnitt 8.2 zeigen werden. Hierzu mussen ¨ ¨ die mechanische Große Arbeit“ einfuhren. f¨ ¨ ” s P

P

F

F

Abb. 8.1

Wir betrachten einen Korper nach Abb. 8.1, der durch eine kon¨ stante Kraft F um eine Strecke s in Richtung von F verschoben wird. Als Arbeit der Kraft F definieren wir das Produkt aus F und der Verschiebung s des Kraftangriffspunkts P : W = F s. Diese Definition kann mit Hilfe der Vektorrechnung verallgemeinert werden. In Abb. 8.2a bewegt sich der Angriffspunkt P einer Kraft F langs einer beliebigen Bahn. Bei einer infinitesimalen Ver¨ schiebung dr von der durch den Ortsvektor r gekennzeichneten augenblicklichen Lage zu einer Nachbarlage verrichtet die Kraft F eine Arbeit dW , die definiert ist durch das Skalarprodukt

2

z

x Abb. 8.2

dr r

F

α P

F cos α dr

α

F

dr α

y a

1

b

F dr cos α

216

8 Arbeit

Dieses Produkt aus den Vektoren F und dr ist nach (A.19) ein Skalar der Große ¨ dW = |F ||dr| cos α = (F cos α)dr = F (dr cos α) .

(8.2)

Die Arbeit ist dementsprechend das Produkt aus der Kraftkomponente (F cos α) in Richtung des Weges mal dem Weg dr bzw. das Produkt aus der Kraft F mal der Komponente des Weges (dr cos α) in Richtung der Kraft (Abb. 8.2b). Wenn Kraft und Wegelement senkrecht aufeinander stehen (α = π/2), wird keine Arbeit verrichtet: dW = 0. Die Arbeit uber einen endlichen Weg (Abb. 8.2a) vom Punkt 1 ¨ bis zum Punkt 2 ergibt sich aus dem Wegintegral

Die Arbeit hat die Dimension [F l]; sie wird in der nach dem Physiker James Prescott Joule (1818–1889) benannten Einheit 1 J = 1 Nm angegeben. In (8.3) kann F (r) eine Kraft sein, deren Große ¨ und deren Richtung vom Ort r abhangen. Die Ausdrucksweise Arbeit = Kraft × ¨ ” Weg“ gilt daher nur, wenn die beiden Vektoren F und dr standig ¨ dieselbe Richtung haben (α = 0) und der Betrag von F konstant ist. Als Anwendung betrachten wir ein System von zwei K¨orpern mit den Gewichten G und Q, die durch ein undehnbares Seil verbunden sind (Abb. 8.3). Wenn der linke Korper eine Verschiebung ¨ um die Strecke ds nach unten erfahrt, f¨ wird der rechte K¨orper um die gleiche Strecke entlang der schiefen Ebene nach oben gezogen. Die Arbeit der Gewichtskraft G ist dann durch dW WG = G ds gegeben, da hier Kraft- und Wegrichtung ubereinstimmen. Bei der ¨ Arbeit von Q geht nur die Komponente Q sin α in Richtung der

8.1

Arbeitsbegriff und Potential

ds

217

Q cos α α

Q

Q sin α Q α

ds G

Abb. 8.3

Verschiebung in den Ausdruck ffur ¨ die Arbeit ein. Weil diese Kraftkomponente gegen die Wegrichtung zeigt, gilt dW WQ = −Q sin α ds. Als weiteres Beispiel betrachten wir den beidseitigen Hebel nach Abb. 8.4a, an dem die Krafte ¨ F1 und F2 angreifen. Bei einer infinitesimalen Drehung dϕ um den Lagerpunkt A verrichtet die Kraft F1 die Arbeit (Abb. 8.4b) dW = F1 ds1 = F1 a dϕ . Das Produkt aus Kraft F1 und senkrechtem Abstand a ist nach (3.5) das Moment M1 der Kraft F1 um A, so dass die Arbeit auch durch dW = M1 dϕ ausgedruckt werden kann. ¨ F2

F1

F1

F2 A

ds1 a Abb. 8.4

b a

dϕ b

Fuhrt man in Verallgemeinerung einen Drehvektor dϕ ein, des¨ sen Richtung mit der Drehachse ubereinstimmt und dessen Betrag ¨ der Winkel dϕ ist, so verrichtet ein Momentenvektor M bei einer infinitesimalen Drehung eine Arbeit dW = M · dϕ .

(8.4)

218

8 Arbeit

Durch Integration erhalt ¨ man analog zu (8.3) fur ¨ eine endliche Drehung

Sind M und dϕ parallel, so folgt aus (8.4) dW = M dϕ. Ist außerdem M bei einer endlichen Drehung ϕ konstant, so ergibt sich aus (8.5) W = M ϕ. Da ein Winkel dimensionslos ist, haben Moment und Arbeit – obwohl sie physikalisch verschiedene Großen sind – dieselbe Di¨ mension [F l]. 1

z

x

r y

dr G 2

Abb. 8.5

Betrachten wir nun als Sonderfall einer Kraft das konstante Gewicht eines Korpers (Totlast) in der Umgebung der Erdoberflache ¨ ¨ (Abb. 8.5). Zeigt z von der Erdoberflache senkrecht nach außen, ¨ so lautet der Kraftvektor G = − G ez . ¨ Mit der Anderung des Ortsvektors dr = dx ex + dy ey + dz ez und ez · ex = ez · ey = 0 ,

ez · ez = 1 (vgl. (A.22))

folgt aus (8.1) dW = G · dr = − G ez · (dx ex + dy ey + dz ez ) = − G dz .

8.1

Arbeitsbegriff und Potential

219

Damit wird nach (8.3) die Arbeit des Gewichts langs der Bahn ¨ von 1 nach 2  z2 W = dW = − G dz = G (z1 − z2 ) . (8.6) z1

Sie hangt nur von der Lage der Endpunkte ab. Das Gewicht ver¨ richtet dieselbe Arbeit, wenn sich sein Angriffspunkt auf einer beliebigen anderen Bahn zwischen denselben Endpunkten 1 und 2 bewegt: die Arbeit ist wegunabhangig . ¨ Krafte, deren Arbeit nicht von der Bahn abh¨ angt, heißen kon¨ servative Kr¨afte oder Potentialkrafte und nur sie, ¨ . Diese Krafte, ¨ lassen sich aus einem Potential Π ableiten, das definiert ist als

Man nennt Π auch die potentielle Energie. Als erstes Beispiel betrachten wir wieder die Gewichtskraft G (Abb. 8.6a). Nach (8.6) gilt hier mit z2 = z Π (z) = − W = G (z − z1 ) = G z − G z1 .

(8.8a)

Bildet man die negative Ableitung des Potentials nach der Ortskoordinate z, so erhalt ¨ man die Kraft: −

dΠ = −G. dz

(8.8b)

Das Minuszeichen bei G deutet an, dass das Gewicht gegen die positive z-Richtung wirkt. das Potential von der Wahl des KoordinaNach (8.8a) hangt ¨ tensystems (Lage des Ursprungs) ab; es ist bis auf eine Konstante (hier Gz1 ) bestimmt. Diese Konstante geht jedoch bei der Berechnung der Kraft G nach (8.8b) nicht ein. Sie hat auch keinen Einfluss auf die Arbeit, die ja nur von der Hohendifferenz ¨ abhangt. Man kann daher die Lage des Koordinatensystems belie¨ big wahlen. Oft ist es zweckm¨ aßig, die z-Koordinate so festzulegen, ¨ dass das Potential ff¨ ur z = 0 Null wird: Π (0) = 0 (Nullniveau).

220

8 Arbeit

cT

2

c

G

z

x F

1

ϕ

z1 a

b

Ff

F

c

M Abb. 8.6

Als weiteres Beispiel betrachten wir das Potential einer Federkraft. Die Feder nach Abb. 8.6b werde aus ihrer entspannten Lage durch eine ¨ außere Kraft F um eine Strecke x verlangert. Aus Mes¨ sungen ist bekannt, dass zwischen der Kraft F und dem Federweg x der lineare Zusammenhang F = c x besteht, sofern die Federverlangerung hinreichend klein bleibt. Dabei ist c die Federkon¨ stante; sie hat die Dimension Kraft durch Lange und damit z.B. ¨ die Einheit N cm−1 . Die Federkraft Ff ist als Reaktionskraft zu F gegen den Weg gerichtet und verrichtet daher bei der Auslenkung eine Arbeit x x 1 x = − cx ¯ d¯ x = − c x2 . W = − Ff d¯ 2 0

0

Damit wird nach (8.7) das Potential der Federkraft Π (x) =

1 2 cx . 2

(8.9)

Es stellt die bei der Federverlangerung in der Feder gespeicherte ¨ Energie dar. Die Federkraft Ff folgt wieder aus der negativen Ableitung von Π nach der Koordinate: Ff = −

dΠ = −cx. dx

Bei einer linearen Drehfeder nach Abb. 8.6c gilt analog zu F = c x der Zusammenhang M = cT ϕ zwischen dem Moment M und dem Verdrehwinkel ϕ. Die Drehfederkonstante cT hat die Dimension [F l]. In Analogie zu (8.9) erhalt ¨ man nach Ersetzen von c

8.2

Der Arbeitssatz

221

durch cT und von x durch ϕ das Potential der Drehfeder zu Π =

1 c ϕ2 . 2 T

(8.10)

8.2 Der Arbeitssatz Bisher haben wir die Arbeit ffur ¨ den Fall berechnet, dass sich der Angriffspunkt einer Kraft langs eines Weges wirklich verschiebt. ¨ Man kann sich den Arbeitsbegriff aber auch in der Statik, bei der ja keine Verschiebungen auftreten, zunutze machen, indem man die wirklichen Verschiebungen durch gedachte Verschiebungen ersetzt. Man nennt sie virtuelle Verr¨ uckungen und versteht hierunter Verschiebungen (oder Drehungen), die a) gedacht, d.h. in Wirklichkeit gar nicht vorhanden, b) infinitesimal klein, d.h. mit den Bindungen c) geometrisch (kinematisch) moglich, ¨ des Systems vertraglich ¨ sind. Zur Unterscheidung von wirklichen Verschiebungen dr kennzeichnen wir die virtuellen Verschiebungen δr mit dem der Variationsrechnung entnommenen δ-Symbol. Damit wird die von Kraften ¨ bzw. Momenten bei einer virtuellen Verruckung verrichtete virtu¨ elle Arbeit nach (8.1)

δW = F · δr

bzw. nach (8.4)

δW = M · δϕ .

Wir betrachten nun wieder den beidseitigen Hebel (Abb. 8.7a) und berechnen die bei einer virtuellen Verruckung verrichtete Ar¨ beit. Eine virtuelle Verruckung, d.h. eine Auslenkung, welche mit ¨ den Bindungen vertraglich ist, ist nach Abb. 8.7b eine Drehung ¨ um das Lager A mit dem Winkel δϕ. Dabei verrichten die Krafte ¨ F1 und F2 insgesamt die virtuelle Arbeit δW = F1 a δϕ − F2 b δϕ = (F F1 a − F2 b) δϕ .

8.2

222

8 Arbeit

F1

F2

F1

F1

F2 A

F2 δz

bδϕ

aδϕ a a

A

δϕ

b b

c

Abb. 8.7

Das Minuszeichen im zweiten Glied berucksichtigt, dass die Kraft ¨ F2 gegen den nach oben gerichteten Weg b δϕ zeigt. In der Gleichgewichtslage verschwindet wegen der Momentengleichgewichtsbedingung F2 b = F1 a (Hebelgesetz von Archimedes) der Ausdruck in der Klammer. Damit folgt ffur ¨ dieses Beispiel, dass im Gleichgewichtsfall die virtuelle Arbeit verschwindet: δW = 0. Wesentlich ist dabei, dass nur die eingepragten Krafte F1 und F2 (vgl. ¨ ¨ Abschnitt 1.4) in die virtuelle Arbeit eingehen, wahrend die La¨ gerkraft in A keinen Anteil liefert. Das Ergebnis am Hebel lasst sich verallgemeinern. Als Axiom ¨ fordern wir, dass an einem beliebigen System auch bei beliebig (e) vielen eingepragten Kraften F i ffur ¨ die Gleichgewichtslage die ¨ ¨ gesamte virtuelle Arbeit verschwindet:

Da dieses Gleichgewichtsaxiom eine Aussage uber die Arbeit bei ¨ virtuellen Verruckungen macht, bezeichnen wir es als Arbeitssatz ¨ der Statik. Er lautet in Worten:

Wenn man Drehungen als virtuelle Verruckungen einffuhrt, treten ¨ ¨ analog zu (8.4) in (8.11) die Momente an die Stelle der Krafte. ¨ Haufig wird die Aussage δW = 0 auch Prinzip der virtuellen Ver¨ r¨ uckungen oder Prinzip der virtuellen Arbeiten genannt. In der Mehat dieses Prinzip in erweiterter chanik deformierbarer Korper ¨ Form eine besondere Bedeutung (vgl. Band 2).

8.3

Gleichgewichtslagen und Kr¨afte bei beweglichen Systemen

223

Man kann allgemein aus dem Arbeitssatz die Gleichgewichtsbedingungen und umgekehrt aus den Gleichgewichtsbedingungen, die ja selbst auch axiomatischen Charakter haben, den Arbeitssatz ableiten. Die gesamte Statik lasst sich daher entweder auf ¨ den Gleichgewichtsbedingungen oder auf dem Arbeitssatz aufbauen. Fur ¨ die praktische Anwendung hat der Arbeitssatz den großen Vorteil, dass man durch geschickte Wahl der virtuellen Verruckun¨ gen die Anzahl der Unbekannten in einer Gleichung haufig redu¨ zieren kann. Der Nachteil ist dabei, dass man unter Umstanden ¨ dafur f¨ komplizierte kinematische Bedingungen aufstellen muss. Mit dem Arbeitssatz kann man nicht nur Systeme behandeln, die eine Bewegungsmoglichkeit haben, sondern auch Systeme, die ¨ starr gelagert sind. Im zweiten Fall muss man jedoch einzelne Bindungen losen und die Bindungskr¨ afte im Arbeitssatz dann wie ein¨ gepragte Kr afte ber ucksichtigen. So konnen wir beim Hebel nach ¨ ¨ ¨ ¨ Abb. 8.7c das Lager A entfernen, die Lagerkraft A wie eine eingepragte Kraft betrachten und erhalten dann bei einer virtuellen ¨ Verschiebung δz, die jetzt auch der Angriffspunkt der Lagerkraft erfahrt, f¨ aus dem Arbeitssatz δW = A δz − F1 δz − F2 δz = (A − F1 − F2 )δz = 0 . Da die virtuelle Verruckung δz selbst ungleich Null ist, muss die ¨ Klammer verschwinden. Hieraus folgt die Lagerkraft A = F1 + F2 .

8.3 Gleichgewichtslagen und Krafte ¨ bei beweglichen Systemen Bei Systemen von starren Korpern, deren geometrische Bindun¨ gen eine Beweglichkeit zulassen, konnen mit dem Arbeitssatz bei ¨ gegebenen Kraften Gleichgewichtslagen oder bei einer gegebenen ¨ Gleichgewichtslage die hierzu notwendigen Krafte ¨ berechnet werden. Dabei bieten sich zur Aufstellung der Arbeitsbilanz zwei Wege an: a) Man skizziert das System in Ausgangs- und Nachbarlage, liest und Richtungen die jeder Kraft anschaulich ab, welche Großen ¨

8.3

224

8 Arbeit

zugeordneten Verruckungen haben und setzt diese mit ihren ¨ wirklichen Vorzeichen in den Arbeitssatz ein. b) Man beschreibt die Lage des Angriffspunktes jeder Kraft in einem gewahlten Koordinatensystem und findet dann die Verruk¨ ¨ ¨ kungen rein formal als infinitesimale Anderungen der Lagekoordinaten. Dabei nutzt man aus, dass das δ-Symbol wie ein Differential behandelt werden kann. Ist z.B. r eine Funktion einer Koordinate α, d.h. r = r(α), so gilt δr = (dr/dα)δα. Das richtige Vorzeichen von δr ffallt ¨ dabei automatisch an. A

l B

P a

Q

α

x

A

δα α lδα sin α

b

l

lδα

lδα cos α

A

B c

α y

Abb. 8.8

Wir wollen beide Methoden an einem einfachen Beispiel darstellen. Nach Abb. 8.8a tragt ¨ eine gewichtslose, um A drehbar geange l an ihrem Ende B zwei Lasten P und lagerte Stange der L¨ Q. Gesucht ist der Winkel α, der sich in der Gleichgewichtslage einstellt. Bei der anschaulichen Methode denken wir uns die Stange aus einer beliebigen (noch unbekannten) Lage α um δα ausgelenkt (Abb. 8.8b). Dann verschiebt sich der Kraftangriffspunkt um l δα sin α nach oben und um l δα cos α nach links. Nach dem Arbeitssatz δW = P l δα cos α − Q l δα sin α = (P cos α − Q sin α) l δα = 0 ergibt sich daher wegen δα = 0 der gesuchte Winkel fur ¨ die Gleichgewichtslage aus P P cos α − Q sin α = 0 zu tan α = . Q Bei der formalen Vorgehensweise beschreiben wir die Lage des

8.3

Gleichgewichtslagen und Kr¨afte bei beweglichen Systemen

225

Kraftangriffspunktes B durch den vom festen Lager gezahlten ¨ Ortsvektor r bzw. durch seine Koordinaten x = l sin α und y = l cos α (Abb. 8.8c). Die Verruckungen folgen durch Differentiation ¨ zu dy dx δα = l cos α δα , δy = δα = − l sin α δα . δx = dα dα Einsetzen in den jetzt ebenfalls formal anzuschreibenden Arbeitssatz (beide Krafte ¨ zeigen in Richtung der Koordinaten) δW = P δx + Q δy = P l cos α δα − Q l sin α δα = (P cos α − Q sin α) l δα = 0 ffuhrt auf das gleiche Ergebnis wie vorher. ¨ Man erkennt den Vorteil der formalen Methode: wahrend man ¨ sich beim ersten Losungsweg die Vorzeichen der Verruckungen ge¨ ¨ nau uberlegen muss, ergibt sich bei der formalen Methode aus ¨ der Rechnung von selbst, dass ff¨ ur δα > 0 die Verruckung δy < 0 ¨ ist. Der formale Weg ist bei komplizierter Kinematik (Geometrie) stets vorzuziehen, da man sich dort nicht immer auf die Anschauung verlassen kann. Es sei angemerkt, dass man diese Aufgabe naturlich auch durch Aufstellen des Momentengleichgewichts ¨  bezuglich A losen kann: A : P l cos α − Q l sin α = 0. ¨ ¨ Hat ein System mehrere unabhangige Bewegungsmoglichkeiten ¨ ¨ (Freiheitsgrade), so muss man die Lage r(α, β, . . .) eines Kraftangriffspunktes durch mehrere unabhangige Koordinaten α, β, . . . ¨ beschreiben. Die Verruckungen findet man dann analog zum to¨ talen Differential einer Funktion von mehreren Veranderlichen: ¨ δr =

∂r ∂r δα + δβ + . . . . ∂α ∂β

(8.12)

Beispiel 8.1 Eine Zugbrucke vom Gewicht G kann nach Abb. 8.9a ¨

uber ein gewichtsloses Seil durch ein Gegengewicht Q angehoben ¨ werden. Man ermittle die Gleichgewichtslagen. L¨ osung Da der Winkel ϕ eindeutig die Lage beschreibt, hat das

System einen Freiheitsgrad.

B8.1

226

8 Arbeit

D

s E

l

Q ϕ

G

Q z ϕ

l

G A a

l/2 2 x

b

Abb. 8.9

Bei einer Winkelanderung δϕ verschieben sich die Angriffspunk¨ te der Krafte ¨ G und Q. Zur Berechnung der virtuellen Arbeit von ¨ G benotigen wir nur die Anderung der Hohe ¨ ¨ von G, da das Gewicht bei einer waagerechten Verschiebung keine Arbeit verrichtet. Aus der vom festen Lager gezahlten Koordinate folgt ¨ l dzG l zG = cos ϕ → δzG = δϕ = − sin ϕ δϕ . 2 dϕ 2 Schwieriger ist die Berechnung der Verruckung von Q. Dazu ¨ ffuhren wir nach Abb. 8.9b als Hilfsgr¨ oße die vom festen Punkt D ¨ gezahlte L¨ ange ¨ ϕ s = 2 l sin 2 ein. Bei einer virtuellen Winkelanderung δϕ entspricht die Verr¨ u¨ ckung von Q wegen des undehnbaren Seils der L¨angenanderung ¨ δs von s. Es gilt daher ds ϕ δzQ = δs = δϕ = l cos δϕ . dϕ 2 Unter Beachtung, dass beide Krafte ¨ gegen die positive z-Richtung wirken, lautet der Arbeitssatz   l ϕ δW = − G δzG − Q δzQ = G sin ϕ − Q l cos δϕ = 0 . 2 2 Mit sin ϕ = 2 sin(ϕ/2) cos(ϕ/2) ergibt sich wegen δϕ = 0  ϕ ϕ G sin − Q = 0 . cos 2 2

8.3

Gleichgewichtslagen und Kr¨afte bei beweglichen Systemen

227

Die erste Losung cos(ϕ/2) = 0 ffuhrt auf ϕ = π. Daher bleibt als ¨ ¨ L¨ osung nur sin

ϕ Q = . 2 G

Damit ϕ im technisch interessierenden Bereich 0 < ϕ < π/2 liegt, √ muss sin(ϕ/2) < sin(π/4) = 2/2 sein. Daraus folgt als Bedingung ffur ¨ die Last Q: √ Q π 2 < sin = . G 4 2 Welches Moment M muss an dem in Abb. 8.10 schematisch dargestellten Wagenheber angreifen, damit dem Gewicht G das Gleichgewicht gehalten wird? Die Spindel der Ganghohe ¨ h laufe reibungslos in ihrem Gewinde. Beispiel 8.2

G

h

M ϕ

z

Abb. 8.10

L¨ osung Nach dem Arbeitssatz herrscht Gleichgewicht, wenn die

bei einer virtuellen Verruckung von Kraft G und Moment M ver¨ richtete Arbeit insgesamt verschwindet: δW = M δϕ − G δz = 0 . Dabei wurden ϕ in Richtung des Momentes und z senkrecht nach oben, d.h. gegen die Kraft G gezahlt. Die Verruckungen δϕ und δz ¨ ¨ sind nicht unabhangig voneinander. Bei einer Drehung um Δϕ = ¨ 2π wird die Spindel um die Ganghohe ¨ Δz = h gehoben. Fur ¨ eine

B8.2

228

8 Arbeit

Drehung um δϕ folgt daher die Verruckung δz = (h/2 π)δϕ. Damit ¨ ergibt sich aus dem Arbeitssatz   h G δϕ = 0 δW = M − 2π das zum Anheben notwendige Moment M=

h G. 2π

Man erkennt am Ergebnis, dass man bei einem von außen aufgebrachten Moment M = l K ff¨ ur l  h mit einer kleinen Kraft K ein großes Gewicht G anheben kann. B8.3

Zwei nach Abb. 8.11a gelenkig verbundene Stangen mit den Gewichten G1 und G2 werden durch eine waagerechte Kraft F ausgelenkt. Unter welchen Winkeln ϕ1 und ϕ2 ist das System im Gleichgewicht?

Beispiel 8.3

x l1 G1

A ϕ1 y

ϕ1

G1

l2 G2 ϕ2 F

F

a

ϕ2 G2

b

Abb. 8.11

L¨ osung Die Lage des Systems ist durch die zwei Winkel ϕ1 und

ϕ2 eindeutig festgelegt. Daher hat das System zwei Freiheitsgrade. Zahlen wir die Koordinaten der Kraftangriffspunkte vom festen ¨ Lager A (Abb. 8.11b) aus, so gilt y1 =

l1 cos ϕ1 , 2

y2 = l1 cos ϕ1 +

l2 cos ϕ2 , 2

xF = l1 sin ϕ1 + l2 sin ϕ2 . Mit (8.12) folgen die virtuellen Verruckungen ¨

8.4

Ermittlung von Reaktions- und Schnittkr¨aften

229

l1 l2 sin ϕ1 δϕ1 , δy2 = − l1 sin ϕ1 δϕ1 − sin ϕ2 δϕ2 , 2 2 δxF = l1 cos ϕ1 δϕ1 + l2 cos ϕ2 δϕ2 , δy1 = −

und damit lautet der Arbeitssatz δW = G1 δy1 + G2 δy2 + F δxF     l2 l1 = G1 − sin ϕ1 δϕ1 + G2 −l1 sin ϕ1 δϕ1 − sin ϕ2 δϕ2 2 2 + F (l1 cos ϕ1 δϕ1 + l2 cos ϕ2 δϕ2 )   l1 = F l1 cos ϕ1 − G1 sin ϕ1 − G2 l1 sin ϕ1 δϕ1 2   l2 + F l2 cos ϕ2 − G2 sin ϕ2 δϕ2 = 0 . 2 Entsprechend den zwei Freiheitsgraden des Systems treten nun auch zwei Verruckungen δϕ1 und δϕ2 auf. Da diese aber unabh¨an¨ gig voneinander und beide ungleich Null sind, wird die virtuelle Arbeit δW nur dann Null, wenn beide Klammern einzeln verschwinden. Man findet daher F l1 cos ϕ1 − G1

F l2 cos ϕ2 − G2

l1 sin ϕ1 − G2 l1 sin ϕ1 = 0 2 → tan ϕ1 = l2 sin ϕ2 = 0 2

→

tan ϕ2 =

2F , G1 + 2 G2 2F . G2

8.4 Ermittlung von Reaktions- und Schnittkraften ¨ Tragwerke, wie Balken, Rahmen oder Fachwerke, sind unverschieblich gelagert. Um mit Hilfe des Arbeitssatzes eine Reaktionskraft berechnen zu konnen, muss man die zugeh¨ orige Bindung l¨osen ¨

8.4

230

8 Arbeit

und durch die dort wirkende Kraft ersetzen. Damit wird der Angriffspunkt der Lagerkraft verschieblich, und die Lagerkraft geht ¨ wie eine eingepragte Kraft in den Arbeitssatz ein. Ahnlich kann ¨ man durch geeignetes Schneiden sowohl von Gelenken als auch von Bauteilen selbst die im Schnitt ubertragenen inneren Gelenk¨ oder Schnittkrafte agte Kr¨ afte behandeln. Durch den ¨ wie eingepr¨ Schnitt entsteht eine Bewegungsmoglichkeit des Systems, und die ¨ Schnittkraft leistet bei der zugehorigen virtuellen Verruckung einen ¨ ¨ Anteil zur virtuellen Arbeit. Nachstehende Beispiele sollen die Vorgehensweise erl¨ autern. ¨ B8.4

Gesucht ist die Gelenkkraft ffur ¨ den Gerberbalken nach Abb. 8.12a. Beispiel 8.4

F

q0

M0

d

R = q0 a/2

G a

a

G

F

M0 A δϕ b

c

b

G δwR

δwG Abb. 8.12

L¨ osung Um die Gelenkkraft G berechnen zu k¨ onnen, mussen wir ¨

den Balken mit einem Schnitt durch das Gelenk in zwei Teile zerlegen (Horizontalkomponente der Gelenkkraft ist Null). Der linke Teil kann dann eine Drehung um das Lager A ausfuhren, f¨ wahrend der rechte Teil vertikal unbeweglich bleibt (Abb. 8.12b). ¨ Wir ersetzen die Dreieckslast durch ihre Resultierende R = q0 a/2 im Abstand 2 a/3 von A. Mit den virtuellen Verruckungen ¨ δwR =

2 a δϕ , 3

δwG = a δϕ

errechnet sich aus dem Arbeitssatz q0 a 2 δW = R δwR + M0 δϕ − G δwG = a δϕ + M0 δϕ − G a δϕ 2 3   a2 = q0 + M0 − G a δϕ = 0 3 die gesuchte Gelenkkraft wegen δϕ = 0 zu

8.4

G=

Ermittlung von Reaktions- und Schnittkr¨aften

231

q0 a M0 + . 3 a

Die Lasten am rechten Teil haben keinen Einfluss auf die Gelenkkraft. Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Verruckungen fur ager mit zwei Gelenken nach ¨ ¨ den Gerbertr¨ Abb. 8.13a die Lagerreaktionen bei A. Gegeben sind a, F und q0 = F/3 a. Beispiel 8.5

F

q0

A

G2

G1 a

a

a

a

2a

a

δwG2 R

F δβ

δμ

MA

A

δwF δwG1

R δε

δwF

δwR

δwA

δwG1

F

δα

b

c

δwG2

δγ δwR

Abb. 8.13

L¨ osung Wenn an der Einspannung die vertikale Lagerkraft ermitwir dort ein Querkraftgelenk anbringen. telt werden soll, mussen ¨ Dann wird das Lager vertikal verschieblich, und die Lagerkraft A geht in den Arbeitssatz ein. Da am Lager keine Drehung erfolgt, bleibt das Einspannmoment bei dieser Verschiebung eine Reaktionsgroße ¨ und verrichtet daher keine Arbeit. Aus Abb. 8.13b kann man folgenden Zusammenhang zwischen den Verruckungen able¨ sen:

δw wA = δwF = δwG1 = a δβ ,

δwR = a δα .

voneinander. Aus Die Winkel δα und δβ sind nicht unabhangig ¨ der Verschiebung des Gelenkes G2 folgt die Beziehung δwG2 = 2 a δα = a δβ

→

δα =

1 2

δβ .

B8.5

232

8 Arbeit

Aus dem Arbeitssatz δW = −A δwA + F δwF − R δwR = −A a δβ + F a δβ − = (−A + F −

2 3

F

1 2 ) a δβ

2 3

F a δα

=0

erhalten wir wegen δβ = 0 die gesuchte Lagerkraft A=

2 F. 3

Um das Einspannmoment zu berechnen, ersetzt man die Einspannung durch ein gelenkiges Lager. Dann kann sich der linke Balkenteil um A drehen, und das Einspannmoment MA geht wie eine eingepragte Last in den Arbeitssatz ein. Da sich das Lager ¨ nicht verschiebt, bleibt die Lagerkraft jetzt Reaktionskraft und verrichtet daher keine Arbeit. Die drei Winkel der Verruckungs¨ figur (Abb. 8.13c) sind uber die Verschiebungen der Gelenke ge¨ koppelt. Man erhalt ¨ δwG1 = 2 a δμ = a δε , →

δwG2 = a δε = 2 a δγ

δε = 2 δμ und δγ = δμ .

MA dreht gegen δμ) liefert der Unter Beachtung der Vorzeichen (M Arbeitssatz: δW = − MA δμ − F δwF + R δwR F = − MA δμ − F a δμ + 2 a a δγ 3a  2 = − MA − F a + F a δμ = 0 → 3

MA = −

1 Fa. 3

Man erkennt bei beiden Rechnungen den Vorteil des Arbeitssatzes: die Gelenkkrafte ¨ und die restlichen Lagerkr¨afte, die bei der klassischen Rechnung (vgl. Abschnitt 5.3.3) auftreten, verrichten keine Arbeit und mussen daher bei Anwendung des Arbeitssatzes ¨ nicht berucksichtigt werden. ¨ B8.6

Beispiel 8.6 Fur ¨ das Fachwerk in Abb. 8.14a (Stabl¨angen a und b)

ist die Kraft im Stab 5 in Abhangigkeit vom Winkel β gesucht. ¨

8.4

Ermittlung von Reaktions- und Schnittkr¨aften

233

S5 /K

A 1

x

2

b

a 4

3

K β 5

a

y

a cos β

b

II

H

π/2

π

β

K β S5

S5

I

c

a sin β

Abb. 8.14

L¨ osung Wir schneiden den Stab 5 und bringen die inneren Krafte ¨

S5 als eingepragte Kr¨ afte an (Abb. 8.14b). Zur Bestimmung der ¨ Lagen der Kraftangriffspunkte ffuhren wir die Koordinaten x, y ein, ¨ die wir vom festen Lagerpunkt A aus zahlen. Der Angriffspunkt ¨ der Kraft K hat dann die y-Koordinate  yK = H − a cos β = b2 − a2 sin2 β − a cos β . Der Knoten I, an dem S5 angreift, hat die x-Koordinate xI = a sin β . ¨ Bei einer virtuellen Verruckung (= kleine Anderung des Winkels ¨ β) werden   dyK − a2 2 sin β cos β  δβ = + a sin β δβ , δyK = dβ 2 b2 − a2 sin2 β δxI =

dxI δβ = a cos β δβ . dβ

Da der Knoten II wegen der Symmetrie des Systems eine entgegengesetzt gerichtete, gleich große Verruckung wie der Knoten I ¨ erfahrt, f¨ verrichten die Kr¨ afte insgesamt eine Arbeit δW = KδyK − 2 S5 δxI   = Ka sin β

a cos β

1−  b2 − a2 sin2 β



 − 2 S5 a cos β δβ .

234

8 Arbeit

Wegen δW = 0 und δβ = 0 wird   a cos β 1 S5 = K tan β 1 −  . 2 b2 − a2 sin2 β In Abb. 8.14c ist das Verhaltnis S5 /K ¨ getragen. Wegen b > a ist S5 ffur ¨ 0  β π/2 < β  π negativ. Dies kann man sich legen.

8.5

uber β qualitativ auf¨ < π/2 positiv und ff¨ ur auch anschaulich uber¨

8.5 Stabilitat ¨ einer Gleichgewichtslage In Abschnitt 8.3 haben wir mit Hilfe des Arbeitssatzes δW = 0 Gleichgewichtslagen ermittelt. Nun lehrt aber die Erfahrung, dass es unterschiedliche Arten“ von Gleichgewicht gibt. Zu ihrer Cha” rakterisierung ffuhrt man den Begriff der Stabilit¨at ein, den wir ¨ erlautern wollen. Dabei beschranken in diesem Abschnitt naher ¨ ¨ ¨ wir alle folgenden Untersuchungen auf konservative Krafte und ¨ auf Systeme mit einem Freiheitsgrad. Dann hangt das Potential ¨ Π nur von einer Lagekoordinate ab. Abbildung 8.15 soll die Problemstellung an zwei Beispielen aufzeigen, bei denen jeweils als einzige eingepragte Kraft das Gewicht wirkt. In Abb. 8.15a ist ei¨ ne Kugel vom Gewicht G in einer konkaven Flache im tiefsten ¨ Punkt in der Gleichgewichtslage. Bei einer Storung durch eine ¨ kleine Auslenkung x nimmt das Potential um ΔΠ = GΔz > 0 ¨ zu. Ahnlich wird bei dem am oberen Ende aufgehangten Stab bei ¨ einer Auslenkung um einen kleinen Winkel ϕ der Angriffspunkt der resultierenden Gewichtskraft G angehoben und damit das Potential vergroßert. In beiden F¨ allen bewegt sich der K¨orper wie¨ der auf seine Gleichgewichtslage zu, wenn er sich selbst uberlassen ¨ wird. Man nennt solche Gleichgewichtslagen stabil. Liegt dagegen die Kugel nach Abb. 8.15b auf einer horizontalen Ebene oder ist der Stab in seinem Schwerpunkt gelagert,

8.5

Stabilit¨at einer Gleichgewichtslage

235

so ¨ andern sich die H¨ ohe des Gewichts und damit auch sein Potential bei einer Auslenkung x bzw. ϕ aus der Gleichgewichtslage nicht: ΔΠ = G Δz = 0 . In diesem Fall sind die ausgelenkten Lagen ebenfalls Gleichgewichtslagen. Der Korper bleibt in Ruhe, wenn er sich selbst uber¨ ¨ lassen wird. Diese Gleichgewichtslagen heißen indifferent. Π z

ϕ G

Δz

Δz

G x

a

x, ϕ Gleichgewichtslage

Π x G ϕ

x, ϕ

G

b

Π

Δz ϕ G c

G

Δz x, ϕ

Abb. 8.15

Wenn die Kugel im hochsten Punkt einer konvex gekru ¨ ¨ mmten Flache im Gleichgewicht liegt (Abb. 8.15c) oder der Stab am un¨ teren Ende gelenkig gelagert ist, nimmt das Potential bei einer Auslenkung ab: ΔΠ = G Δz < 0 . Werden Kugel oder Stab in der ausgelenkten Lage sich selbst uber¨

236

8 Arbeit

lassen, so entfernen sie sich weiter von der Gleichgewichtslage. Solche Gleichgewichtslagen bezeichnet man als instabil. Im rechten Teil von Abb. 8.15 ist der Verlauf des Potentials in Abhangigkeit von x (fur f¨ die Kugel) bzw. ϕ (fur f¨ den Stab) fur ¨ ¨ alle drei Falle ¨ qualitativ aufgetragen. Man erkennt zun¨achst aus den Diagrammen, dass das Potential in der Gleichgewichtslage jeweils ein Extremum annimmt. Dies entspricht genau der Aussage des Arbeitssatzes nach (8.11): δΠ = − δW = 0 . Hangt das Potential nur von einer einzigen Koordinate x ab, d.h. ¨ Π = Π (x), so fuhrt f¨ δΠ =

dΠ δx = 0 dx

wegen δx = 0 auf die Bedingung

ffur ¨ eine Gleichgewichtslage. Die Potentialkurve hat an der Stelle, die einer Gleichgewichtslage zugeordnet ist, eine waagerechte Tangente. Das Stabilit¨atskriterium folgt aus dem Verlauf der Potentialkurve in der Umgebung der betrachteten Gleichgewichtslage. Im Fall a) nimmt das Potential bei einer Auslenkung x bzw. ϕ zu, im Fall c) ab. Unter Beachtung der zuvor eingefuhrten f¨ Begriffe gilt daher: ⎫ ⎧ ⎪ ⎪ > 0 stabiles ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨ Gleichgewicht . (8.14) ΔΠ ≡ 0 indifferentes ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎩ < 0 instabiles Dementsprechend hat das Potential in einer stabilen Gleichgewichtslage ein Minimum und in einer instabilen Gleichgewichtslage ein Maximum. Wir konnen das Stabilit¨atskriterium (8.14) ¨

8.5

Stabilit¨at einer Gleichgewichtslage

237

daher auch durch die fur f¨ Maximum bzw. Minimum maßgebenden zweiten Ableitungen der Potentialfunktion Π (x) formulieren:

Darin kennzeichnet x0 die Gleichgewichtslage. ur Π  (x0 ) = 0 sind weitere Untersuchungen notwendig. BeF¨ zeichnet man das Potential in der Gleichgewichtslage x0 mit Π (x0 ) = Π0 , so erhalt ¨ man fur ¨ das Potential in einer benachbarten Lage x0 + δx mit der Taylor-Reihe Π (x0 + δx) = Π0 + Π  (x0 ) δx + 12 Π  (x0 ) (δx)2 + 16 Π  (x0 ) (δx)3 + . . . . Damit wird die Potentialanderung ¨ ΔΠ = Π (x0 + δx) − Π0 = Π  (x0 ) δx + 12 Π  (x0 ) (δx)2 + 16 Π  (x0 ) (δx)3 + . . .

(8.16)

Nach (8.13) verschwindet in der Gleichgewichtslage die erste Ableitung: Π  (x0 ) = 0. Damit entscheidet das Vorzeichen der zweiten Ableitung Π  (x0 ), ob ΔΠ großer oder kleiner als Null und damit ¨ das Gleichgewicht stabil oder instabil ist. Verschwinden Π  (x0 ) und alle hoheren Ableitungen, so ist nach (8.16) ΔΠ ≡ 0, und ¨ damit liegt eine indifferente Gleichgewichtslage vor. Ist dagegen hohere Ableitungen ungleich Null sind, so Π  (x0 ) = 0, wahrend ¨ ¨ entscheidet das Vorzeichen der nachsten von Null verschiedenen ¨ hoheren Ableitung in (8.16) uber die Art des vorliegenden Gleich¨ ¨ gewichtes. Drei in ihren Mittelpunkten reibungsfrei gelagerte haben die durch Gewichte G1 bis G3 dargestellten UnZahnrader ¨ wuchten. Sie werden so montiert, wie Abb. 8.16a zeigt. √ Man ermittle ff¨ ur G1 = G3 = 2 G, G2 = G und x = 3 r die moglichen Gleichgewichtslagen und untersuche deren Stabilit¨at. ¨

Beispiel 8.7

B8.7

238

8 Arbeit α∗

G2 G1

2r

r

x

r

α

G3

a

z

α∗∗

b

α3

α1

stabil

instabil

α2

α4

c

Abb. 8.16

L¨ osung Zur Aufstellung des Potentials ffuhren wir eine Koordi¨ nate z ein, die von den festen Lagerpunkten positiv nach oben zahlt. Wir denken uns das große Zahnrad aus dem Montagezu¨ stand um einen beliebigen Winkel α gedreht (Abb. 8.16b). Wegen der Zahnverbindung drehen sich die beiden anderen Rader mit. ¨ Der abgerollte Bogen muss auf jedem Rand jeweils gleich sein. Mit den gegebenen Radien wird daher

2 r α = r α∗ = r α∗∗

→

α∗ = α∗∗ = 2 α .

Mit den Koordinaten von G1 bis G3 z1 = − x sin α ,

z2 = r cos α∗ = r cos 2 α ,

z3 = − r cos α∗∗ = − r cos 2 α und den gegebenen Gewichten folgt ffur ¨ das Gesamtpotential Π = G1 z1 + G2 z2 + G3 z3 = 2 G(− x sin α) + G r cos 2 α + 2 G(− r cos 2 α) √ = − G r(2 3 sin α + cos 2 α) . Nach (8.13) ergeben sich die Gleichgewichtslagen aus

8.5

Stabilit¨at einer Gleichgewichtslage

239

√ dΠ = − G r(2 3 cos α − 2 sin 2 α) dα √ = − 2 G r cos α( 3 − 2 sin α) = 0 .

Π =

Eine erste Losung ergibt sich durch Nullsetzen des ersten Faktors: ¨ cos α = 0 . Hierzu gehoren die Gleichgewichtslagen ¨ α1 = π/2 ,

α2 = 3 π/2.

Eine zweite Losung folgt bei Verschwinden der Klammer aus ¨ √ √ 3 − 2 sin α = 0 → sin α = 3/2 . Hierzu gehoren die Gleichgewichtslagen ¨ α3 = π/3,

α4 = 2 π/3.

Auskunft uber die Art des Gleichgewichts in diesen vier ver¨ schiedenen moglichen Lagen erh¨ alt man nach (8.15) aus der zwei¨ ten Ableitung des Potentials √ d2 Π = − G r(− 2 3 sin α − 4 cos 2 α) dα2 √ = 2 G r( 3 sin α + 2 cos 2 α) .

Π  =

Wir setzen die L¨ osungen αi ein und finden: √ Π  (α1 ) = Π  ( 12 π) = 2 G r( 3 − 2) < 0 → instabile Lage, √ Π  (α2 ) = Π  ( 32 π) = 2 G r(− 3 − 2) < 0 → instabile Lage, √ √ -√ ( ). Π  (α3 ) = Π  ( 13 π) = 2 G r 3 12 3 + 2 − 12 = G r > 0 → stabile Lage, √ -√ ( ). Π  (α4 ) = Π  ( 23 π) = 2 G r 3 12 3 + 2 − 12 = G r > 0 →

stabile Lage.

In Abb. 8.16c sind die vier Gleichgewichtslagen dargestellt.

240

B8.8

8 Arbeit

Ein gewichtsloser Stab wird nach Abb. 8.17a durch eine Vertikalkraft F belastet und seitlich durch zwei Federn (Federkonstante jeweils c) gehalten. Durch eine geeignete Fuhrung ¨ bleiben die Federn bei einer Auslenkung des Stabes horizontal und im Abstand a vom Boden. Man untersuche die Gleichgewichtslagen auf ihre Stabilit¨¨at. Beispiel 8.8

F

F

F ϕ

c

instabil

c

Fkrit

l a

stabil

z

a

b

ϕ

c

x

Abb. 8.17

L¨ osung Um die Potentiale ffur ¨ die Kraft F bzw. die Federkrafte ¨

anzugeben, fuhren f¨ wir die Koordinaten z bzw. x ein und betrachten eine beliebige ausgelenkte Lage (Abb. 8.17b). Fur ¨ die Kraft F (Totlast, vgl. Abschnitt 8.1) wahlen wir das Nullniveau in der ¨ Hohe ¨ des Lagers, d.h. bei z = 0. Dann gilt ffur ¨ ihr Potential ΠF = F zF . Das Potential einer Feder mit der Federkonstanten c lautet bei einer Federverlangerung (oder -verkurzung) um x nach (8.9) ¨ ¨ Πf =

1 2

c x2 .

Da das System nur einen Freiheitsgrad hat, hangt das Gesamtpo¨ tential von einer einzigen Koordinate ab. Es ist zweckmaßig, daffu ¨ ¨r den Winkel ϕ (Abb. 8.17b) zu wahlen. Mit den geometrischen Be¨ ziehungen zF = l cos ϕ ,

x = a tan ϕ

sowie bei Berucksichtigung der zwei Federn erhalten wir das Ge¨ samtpotential zu Π (ϕ) = F l cos ϕ + 2 12 c (a tan ϕ)2 .

8.5

Stabilit¨at einer Gleichgewichtslage

241

Die moglichen Gleichgewichtslagen finden wir mit (8.13) aus ¨ Π =

dΠ tan ϕ = − F l sin ϕ + 2 c a2 2 = 0 dϕ cos ϕ   1 2 → sin ϕ − F l + 2 c a = 0. cos3 ϕ

Nullsetzen des ersten Faktors liefert die erste Gleichgewichtslage: sin ϕ = 0

→

ϕ1 = 0 .

Weitere Gleichgewichtslagen ergeben sich aus dem Nullsetzen der Klammer: − F l + 2 c a2

1 =0 cos3 ϕ

→ 

→

ϕ2 = arccos

3

cos3 ϕ2 =

2 c a2 Fl

2 c a2 . Fl

(a)

Sie existieren nur ffur ¨ fu ¨ r F l > 2c a2 . Zur Untersuchung der Stabilitat ¨ bilden wir die zweite Ableitung des Gesamtpotentials: d2 Π = −F l cos ϕ + 2 c a2 Π  = dϕ2

cos2 ϕ

= − F l cos ϕ + 2 c a2

1 + 2 sin2 ϕ cos4 ϕ

= − F l cos ϕ + 2 c a2

3 − 2 cos2 ϕ . cos4 ϕ

1 + tan ϕ 2 cos ϕ sin ϕ cos2 ϕ cos4 ϕ

Wir setzen zunachst die erste Lo ¨ ¨sung ϕ1 = 0 ein:   Fl  2 2 Π (ϕ1 ) = (− F l+2 c a ) = 2 c a 1 − . 2 c a2

(b)

(c)

Das Vorzeichen von Π  und damit die Stabilitat ¨ dieser Gleichgewichtslage hangt vom Verh¨ altnis der in der Klammer auftre¨ tenden Parameter ab. Aus (c) folgt daher

242

8 Arbeit

Π  (ϕ1 ) > 0

f¨ fur

Fl 1 2 c a2

→

instabile Lage.

Der Sonderfall Fl =1 2 c a2

→

F =2

c a2 = Fkrit l

(d)

kennzeichnet die kritische Last“, weil an dieser Stelle bei einer ” Laststeigerung die ff¨ ur F < Fkrit stabile Lage ϕ = 0 in eine ff¨ ur  F > Fkrit instabile Lage ubergeht. Die zweite Ableitung Π (ϕ ¨ 1) nimmt f¨ fur F = Fkrit den Wert Null an. Um die Stabilit¨¨at an dieser ausgezeichneten Stelle zu untersuchen, mussten wir weitere ¨ Ableitungen von Π bilden. Darauf wollen wir hier verzichten. Setzen wir den Winkel ϕ2 der zweiten Gleichgewichtslage mit 2 c a2 = F l cos3 ϕ2 in (b) ein, so folgt   3 − 2 cos2 ϕ2 Π  (ϕ2 ) = − F l cos ϕ2 1 − cos2 ϕ2 cos4 ϕ2   3 = − F l cos ϕ2 1 − + 2 cos2 ϕ2   1 = 3 F l cos ϕ2 −1 . cos2 ϕ2 Fur ¨ 0 < ϕ2 < π/2 ist cos ϕ2 < 1. Daraus folgt Π  (ϕ2 ) > 0, d.h. die Gleichgewichtslage ϕ = ϕ2 ist stabil (da cos ϕ eine gerade Funktion ist, existiert neben ϕ2 gleichberechtigt eine L¨osung ϕ∗2 = −ϕ2 ). Dann ist nach (a) der Ausdruck 2 c a2 /F l < 1 und damit nach (d) F > Fkrit . Im Sonderfall ϕ2 = 0 werden Π  (ϕ2 ) = 0 und F = Fkrit . In Abb. 8.17c ist das Ergebnis aufgetragen: ff¨ ur F < Fkrit gibt es ur nur eine Gleichgewichtslage bei ϕ = 0; sie ist stabil. F¨ F > Fkrit wird diese Lage instabil. Gleichzeitig treten zwei neue stabile Gleichgewichtslagen ±ϕ2 auf. Damit gibt es in diesem Bereich drei verschiedene Gleichgewichtslagen. Da ffur ¨ die kritische Last F = Fkrit eine Verzweigung der L¨osung

8.5

Stabilit¨at einer Gleichgewichtslage

243

auftritt, nennt man diesen ausgezeichneten Wert in Last-Verformungs-Diagrammen einen Verzweigungspunkt“. Die kritische ” Last und die Verzweigung einer Losung spielen eine wichtige Rolle ¨ bei der Untersuchung des Stabilitatsverhaltens elastischer K¨orper ¨ (vgl. Band 2). Beispiel 8.9 Gegeben ist ein homogener Korper (Dichte ), der aus ¨

einem Halbzylinder (Radius r) mit aufgesetztem Quader (Hohe ¨ h) besteht (Abb. 8.18a). Fur fur ¨ welches h ist der Korper ¨ ¨ beliebige Lagen im indifferenten Gleichgewicht? l

sH

sQ

α S

r a

SH

SQ

b

yS c

Abb. 8.18

L¨ osung Der Quader hat das Gewicht GQ = 2 r h l  g und den

Schwerpunktsabstand sQ = h/2 von der Trennflache der beiden ¨ Teilkorper (Abb. 8.18b). Fur ¨ ¨ den Halbkreiszylinder gilt GH = 1 4 2 2 π r l  g und sH = 3 π r (vgl. Tabelle 4.1). Wahlen wir die Grundfl¨ ache als Bezugsniveau, so folgt das Po¨ tential Π ffur ¨ eine beliebige Lage α zu   % $ 2 πr h 4r cos α + 2 r h r + cos α . Π = gl r− 2 3π 2 Die Gleichgewichtslagen erhalten wir aus $ % 2 3 dΠ  2 Π = =  g l sin α r − rh = 0 . dα 3 Eine erste Gleichgewichtslage folgt aus dem Verschwinden des ersten Faktors: sin α = 0

→

α1 = 0 .

Die senkrechte Ausgangslage, bei der die Schwerpunkte SQ und

B8.9

244

8 Arbeit

SH ubereinander liegen, ist daher eine Gleichgewichtslage. Die Ab¨  leitung Π wird aber auch Null, wenn die Klammer verschwindet:  2 3 2 2 r − rh = 0 → h = r. 3 3 Nur ffur altnis gibt es Gleichge¨ dieses spezielle Abmessungsverh¨ wichtslagen im ausgelenkten Zustand, wobei α dann beliebig sein kann. Zur Anwendung des Stabilitatskriteriums bilden wir die zweite ¨ Ableitung $ % 2 3 r − rh2 . Π  =  g l cos α 3  Fur ¨ beliebige α und h = 2/3 r werden Π  und alle hoheren ¨ Ableitungen gleich Null: diese Gleichgewichtslagen sind daher indifferent. Der Korper ist dann in jeder beliebigen Lage im Gleich¨ gewicht, wie dies in Abb. 8.18c angedeutet ist. Man kann die Aufgabe auch anschaulich (ohne Aufstellen eiEine Gleichgewichtslage nes Potentials und Differenzieren) losen. ¨ ist indifferent, wenn der Schwerpunkt bei einer Auslenkung seine Hohe alt (ΔΠ ≡ 0). In der Aufgabe bedeutet dies, dass der ¨ beibeh¨ Gesamtschwerpunkt S in jeder Lage den konstanten Abstand r von der Grundebene haben muss. Mit (4.13) hat der gemeinsame Schwerpunkt den Abstand     π r2 4r h r− + 2 rh r + 2 3π 2 . ys = π r2 + 2 rh 2 Aus der Bedingung ys = r folgt nach Auflosen der bereits vorher ¨ ermittelte Wert f¨ fur h. B8.10

Fur ¨ das Beispiel 8.1 ist die Stabilit¨at der Gleichgewichtslage zu untersuchen. Beispiel 8.10

L¨ osung Wir wahlen das Nullniveau fur ¨ ¨ die Kraft G in der Hohe ¨

des Lagers A (Abb. 8.9a) und das Nullniveau ffur ¨ die Kraft Q in

8.5

Stabilit¨at einer Gleichgewichtslage

245

der Hohe, in der sich das Gegengewicht bei hochgezogener Brucke ¨ ¨ (ϕ = 0) befindet. Mit s = 2l sin(ϕ/2) lautet dann das Gesamtpotential in Abhangigkeit von der Koordinate ϕ ¨ Π (ϕ) =

Gl Gl ϕ cos ϕ + Q s = cos ϕ + 2Q l sin . 2 2 2

Die Ableitungen folgen mit sin ϕ = 2 sin(ϕ/2) cos(ϕ/2) zu  Gl ϕ  ϕ ϕ Π = − sin ϕ + Q l cos = − G sin + Q l cos , 2 2 2 2 Π  = −

Gl Ql ϕ cos ϕ − sin . 2 2 2

Aus Π  = 0 erhalten wir wieder die Gleichgewichtslage sin(ϕ/2) = Q/G. Man sieht ohne weitere Rechnung, dass Π  ffur ¨ Winkel ϕ < π/2 negativ ist. Daher ist die in Beispiel 8.1 ermittelte Gleichgewichtslage instabil.

246

8.6

8 Arbeit

8.6 Zusammenfassung • Die Arbeit einer Kraft F bei einer infinitesimalen Verschiebung dr des Kraftangriffspunkts ist dW = F · dr. Fur ¨ die Arbeit bei einer endlichen Verschiebung gilt  W = F · dr . Beachte: nur wenn Kraft und Verschiebung gleichgerichtet sind, und die Kraft konstant ist gilt Arbeit = Kraft x Weg“. ” • Bei einer konservativen Kraft hangt die Arbeit W nicht vom ¨ Weg des Kraftangriffspunktes zwischen zwei Wegpunkten ab. Dann existiert ein Potential (potentielle Energie) Π = −W , aus dem die Kraft abgeleitet werden kann. • Potentiale von Gewichtskraft, Federkraft und Drehfedermoment: 1 1 Π = cT ϕ2 . Π = Gz, Π = c x2 , 2 2 • Virtuelle Verruckungen δr bzw. Verdrehungen δϕ sind infini¨ tesimal, gedacht und kinematisch moglich. Die virtuelle Arbeit ¨ einer Kraft F ist gegeben durch δW = F · δr, die eines Moments M durch δW = M · δϕ. • Ein mechanisches System ist im Gleichgewicht, wenn die Arbeit der eingepragten Kr¨ afte bei einer virtuellen Verruckung ¨ ¨ aus dieser Lage verschwindet: δW = 0 . • Bei einem konservativen System nimmt das Gesamtpotential in einer Gleichgewichtslage einen Extremwert an. Fur ¨ ein System mit einem Freiheitsgrad gilt in der Gleichgewichtslage x0 : Π  (x0 ) = 0 . • Die Gleichgewichtslage ist stabil (instabil), wenn das Gesamtpotential bei ihr ein Minimum (Maximum) annimmt: Π  (x0 ) > 0

→ stabil ,

Π  (x0 ) < 0

→ instabil .

Kapitel 9 Haftung und Reibung

9

9 Haftung und Reibung 9.1 9.2 9.3 9.4

Grundlagen ....................................................... Die Coulombschen Reibungsgesetze ........................ Seilhaftung und Seilreibung .................................. Zusammenfassung ..............................................

249 251 261 266

Lernziele: Korper die sich beruhren uben eine Kontakt¨ ¨ ¨ kraft aufeinander aus. Diese ist normal zur Beruhrungsebene, wenn ¨ ideal glatt sind. Bei rauhen Oberfl achen tritt die Oberflachen ¨ ¨ dagegen auch eine Tangentialkomponente auf. Die Studierenden sollen erkennen, dass diese Komponente eine Reaktionskraft ist, wenn die Korper aneinander haften. Im Unterschied dazu liegt ¨ eine eingepragte Kraft vor, wenn die Korper aneinander gleiten ¨ ¨ (reiben). Die Leser sollen in die Lage versetzt werden, das Coulombsche Haftungs- bzw. Reibungsgesetz richtig anzuwenden und mit seiner Hilfe die Krafte in Systemen mit Beruhrungskontakt ¨ ¨ sachgerecht zu ermitteln.

9.1

Grundlagen

249

9.1

9.1 Grundlagen Bisher wurde angenommen, dass alle betrachteten Korper eine ¨ glatte Oberflache haben. Zwischen zwei solchen K¨orpern k¨onnen ¨ nach Abschnitt 2.4 nur Krafte ubertragen ¨ normal zur Beruhrebene ¨ ¨ werden. Diese Idealisierung beschreibt das mechanische Verhalten dann richtig, wenn die in Wirklichkeit infolge der Rauhigkeit der Oberflache auftretenden Tangentialkr¨ afte vernachl¨assigt werden ¨ konnen. Mit den Eigenschaften der tangentialen Kr¨afte soll sich ¨ dieses Kapitel beschaftigen. Hierzu betrachten wir zunachst ein ¨ ¨ einfaches Beispiel. Eine Kiste vom Gewicht G steht nach Abb. 9.1a auf einer rauhen Unterlage. Bringt man zusatzlich eine horizontale Kraft F an, ¨ so zeigt die Erfahrung, dass ffur kleine Werte von F die Kiste in ¨ Ruhe bleibt. Infolge der rauhen Oberflache kann zwischen Kiste ¨ und Boden eine tangentiale Kraft ubertragen werden, welche eine ¨ Bewegung der Kiste verhindert. Da die Kiste dann am Boden haf” tet“, nennt man diese tangentiale Kraft haufig Haftreibungskraft ¨ H. (Abb. 9.1b) folgt aus den GleichgeMit dem Freikorperbild ¨ wichtsbedingungen ↑: N = G,

→: H = F .

(9.1)

Das Momentengleichgewicht liefert die Lage von N , die wir jedoch hier nicht benotigen. ¨ Bewegungsrichtung

G

G

G F rauh a

F

F R

H b

a

N

c

N

Abb. 9.1

Wenn die Kraft F einen gewissen Grenzwert uberschreitet, tritt ¨ Bewegung ein (Abb. 9.1c). Infolge der Rauhigkeit wird auch bei der Bewegung eine tangentiale Kraft vom Boden auf die Kiste ubertragen. Da die Kiste beim Gleiten gegenuber dem Boden ¨ ¨

250

9 Haftung und Reibung

reibt“, nennt man diese Kraft oft Gleitreibungskraft R. Sie sucht ” die Bewegung zu verhindern und wirkt daher entgegengesetzt zur Bewegungsrichtung. Zahlt man die Beschleunigung a positiv nach ¨ rechts, so tritt jetzt an die Stelle der zweiten Gleichgewichtsbedingung (9.1) die Grundgleichung der Kinetik (vgl. Band 3)  Krafte Masse mal Beschleunigung = ¨ , d.h. im Beispiel ma = F − R.

(9.2)

Dabei ist die Reibungskraft R zunachst noch unbekannt. ¨ Wenn auch Haftreibung und Gleitreibung beide ihre Ursachen haben, so sind sie doch ihrem in der Rauhigkeit der Oberflache ¨ Wesen nach grundsatzlich verschieden. Die Haftreibungskraft H ¨ ist eine Reaktionskraft, die sich bei statisch bestimmten Problemen aus Gleichgewichtsbedingungen ohne zusatzliche physikali¨ Dagegen ist die Gleitreibungskraft sche Aussagen berechnen lasst. ¨ R eine eingepragte Kraft, die von der Oberflachenbeschaffenheit ¨ ¨ der Korper abh¨ angt. Um diesen wesentlichen Unterschied stets ge¨ genwartig zu behalten, wollen wir von nun an die Reibung in der ¨ Ruhelage (= Haftreibung) mit Haftung, die Reibung bei der Bewegung (= Gleitreibung) mit Reibung bezeichnen. Entsprechend nennen wir H die Haftungskraft und R die Reibungskraft. Die Reibungserscheinungen verandern sich stark, wenn zwi¨ schen die Korper andere Stoffe gebracht werden. Jeder Auto- oder ¨ Radfahrer kennt die Unterschiede, ob er auf trockener, nasser oder gar vereister Straße ffahrt. Durch Schmiermittel kann man die Rei¨ bung bei sich gegeneinander bewegenden Maschinenteilen erheblich herabsetzen. Wir werden uns mit der diesen Erscheinungen zugrundeliegenden Flussigkeitsreibung“ nicht beschaftigen, da wir ¨ ¨ ” die Hydromechanik im Rahmen dieser Einfuhrung f¨ nicht behandeln. sich auf die sogeAlle folgenden Untersuchungen beschranken ¨ nannte trockene Reibung, wie sie infolge der Rauhigkeit an der Oberflache jedes festen K¨ orpers auftritt. ¨

9.2

Die Coulombschen Reibungsgesetze

251

Haftung und Reibung haben große praktische Bedeutung: nur durch Haftung ist uberhaupt eine Fortbewegung auf festem Boden ¨ moglich. Auch die Antriebsr¨ ader eines Fahrzeuges haften in der ¨ momentanen Beruhrfl ache an der Fahrbahn, und an der Beruhr¨ ¨ ¨ stelle wird die zum Beschleunigen oder Abbremsen notwendige Kraft ubertragen. Falls diese Haftkraft, z.B. bei Glatteis, nicht ¨ aufgebracht werden kann, rutschen die Rader, und der gewunsch¨ ¨ te Bewegungszustand wird nicht erreicht. Jede Schraube und jeder Nagel erfullen f¨ ihre Aufgabe nur dadurch, dass sie infolge Rauhigkeit haften. Durch kunstliche Vergr¨ oßerung der Unebenheiten der ¨ Oberflachen wird beim Dubel dieser Effekt verstarkt. ¨ ¨ ¨ Auf der anderen Seite ist die Reibung haufig unerwunscht, ¨ ¨ da sie mit Energieverlusten verbunden ist. An der Beruhrfl ache ¨ ¨ tritt Erwarmung auf, d.h. mechanische Energie wird in thermische ¨ Energie umgewandelt. Wahrend man die Haftung z.B. auf glatter ¨ Straße durch Streuen von Sand zu erhohen sucht, vermindert man ¨ umgekehrt bei rotierenden Maschinenteilen die Reibung durch die schon erwahnten Schmiermittel. Man erkennt auch hieran wie¨ der, dass man Haftung und Reibung sorgfaltig f¨ getrennt betrachten muss.

9.2

9.2 Die Coulombschen Reibungsgesetze Wir betrachten zunachst die Haftung und greifen hierzu nochmals ¨ auf das Problem in Abb. 9.1b zuruck. Solange F unterhalb eines ¨ Grenzwertes F0 bleibt, ist H = F . Bei der Grenzlast F0 nimmt H seinen maximalen Wert H0 an. Durch Experimente wurde von Charles Augustine de Coulomb (1736–1806) gezeigt, dass dieser Grenzwert in erster Naherung proportional zur Normalkraft N ¨ ist: H0 = μ0 N .

(9.3)

Den Proportionalitatsfaktor μ0 nennt man Haftungskoeffizient. Er ¨ hangt nur von der Rauhigkeit der sich beruhrenden Fl¨achen und ¨ ¨ nicht von ihrer Große ¨ ab. Die Tabelle 9.1 gibt einige Zahlenwerte

252

9 Haftung und Reibung

an. Dabei muss beachtet werden, dass die aus Versuchen ermittelten Zahlenwerte nur in gewissen Toleranzgrenzen T angegeben werden konnen; so kann z.B. der Wert fu ¨ ¨ r Holz auf Holz“ noch stark ” schwanken. nach Holzart und Verarbeitung der Oberflachen ¨ Tabelle 9.1

Haftungs-

Reibungs-

koeffizient μ0

koeffizient μ

Stahl auf Eis

0, 03

0, 015

Stahl auf Stahl

0, 15 . . . 0, 5

0, 1 . . . 0, 4

Stahl auf Teflon

0, 04

0, 04

Leder auf Metall

0, 4

0, 3

Holz auf Holz

0, 5

0, 3

Autoreifen auf Straße

0, 7 . . . 0, 9

0, 5 . . . 0, 8

Ski auf Schnee

0, 1 . . . 0, 3

0, 04 . . . 0, 2

Ein Korper haftet, solange die Haftbedingung ¨ H ≤ H0 = μ0 N

(9.4a)

erfullt f¨ ist. Der Richtungssinn von H ist stets so, dass die Bewegung verhindert wird. Bei komplizierten Aufgaben kann man manchmal diese Richtung nicht sofort erkennen und muss sie deshalb beliebig annehmen; die Rechnung wird zeigen, ob die Annahme richtig war (Vorzeichen). Es gilt daher allgemein

Die Normalkraft N und die Haftungskraft H kann man nach Abb. 9.2a zu einer resultierenden Kraft W zusammensetzen. Ihre Richtung ist durch den Winkel ϕ gegeben, der sich aus tan ϕ =

H N

bestimmen l¨ asst. ¨

9.2

Die Coulombschen Reibungsgesetze

253

Bezeichnen wir im Grenzfall H = H0 den Grenzwinkel ϕG mit 0 , so wird tan ϕG = tan 0 =

H0 μ0 N = = μ0 . N N

Den Winkel 0 nennt man auch Haftungswinkel“; er ist ein Maß ” ffur ¨ den Haftungskoeffizienten:

n Berührungsfläche

N ϕ Abb. 9.2

H W

a

0

n

b

0

ϕ

W

Tragt ¨ man beim ebenen Problem den Haftungswinkel 0 nach beiden Seiten der Normalen n auf, so entsteht ein Haftungskeil“ ” (Abb. 9.2b). Solange W innerhalb des Keiles liegt, ist H < H0 , und der Korper bleibt damit in Ruhe. ¨ Der Haftungswinkel 0 hat auch im Raum eine anschauliche Bedeutung. Wird ein Korper einer beliebig gerichteten Belastung ¨ unterworfen, so bleibt er in Ruhe, solange die Reaktionskraft W an der Beruhrfl ache innerhalb des sogenannten Haftungskegels“ ¨ ¨ ” H

N W

Abb. 9.3

n

254

9 Haftung und Reibung

wirkt. Dieser Rotationskegel um die Normale n der Beruhrfl achen ¨ ¨ ¨ hat den Offnungswinkel 20 . Liegt W innerhalb des Kegels, so ist ϕ < 0 und damit |H| < H0 (Abb. 9.3). Falls W außerhalb des Kegels fallt, f¨ ist kein Gleichgewicht mehr moglich: der K¨ orper wird sich bewegen. Die hierbei auftretenden ¨ Reibungserscheinungen wollen wir jetzt beschreiben. Fur ¨ die bei der Bewegung auftretende Reibungskraft R hat ebenfalls Coulomb durch Versuche gefunden, dass sie in guter Naherung ¨ a) proportional zur Normalkraft N (Proportionalitatsfaktor μ) ¨ und b) unabhangig von der Geschwindigkeit und ihr entgegengesetzt ¨ gerichtet ist. Somit lautet das Reibungsgesetz

Den Faktor μ nennt man Reibungskoeffizient; er ist meistens etwas kleiner als μ0 (vgl. Tabelle 9.1). Will man die Richtung von R formelmaßig ¨ mit erfassen, so fuhrt ¨ man einen Einheitsvektor v/|v| in Richtung der Geschwindigkeit v ein. Das Coulombsche Reibungsgesetz lautet dann v , R = −μN |v| wobei das Minuszeichen kennzeichnet, dass die Reibkraft entgegen der Geschwindigkeit wirkt. Ihr Richtungssinn kann also nicht wie bei der Haftungskraft beliebig angenommen werden. Wenn sich der K¨ orper K und seine Unterlage U bewegen (z.B. Schuttgut rutscht auf einem F¨ orderband), so h¨angt das Vorzei¨

U

v1

v1

v1

v1

K

K

K

K

R v2 = 0

U

R

U v2

R v2 v2 < v1

U

R v2 v2 > v1 Abb. 9.4

9.2

Die Coulombschen Reibungsgesetze

255

chen der Reibungskraft von der Relativgeschwindigkeit, d.h. von der Differenz der Geschwindigkeiten v1 und v2 (vgl. Band 3) ab. Abbildung 9.4 zeigt, welche Richtung die Reibungskraft auf den Korper jeweils annimmt. ¨ Zusammenfassend mussen folgende drei F¨ alle unterschieden wer¨ den: a) Haftung“ Der Korper bleibt in Ruhe; die ¨ ” Haftungskraft H folgt aus Gleichgewichtsbedingungen. b)

Grenzhaftung“ ”

Der Korper bleibt gerade noch in Ruhe. ¨ Wenn man ihn anstoßt, wird er sich je¨ doch wegen μ < μ0 in Bewegung setzen.

c)

Reibung“ ”

Rutscht ein Korper, so wirkt die Rei¨ bungskraft R als eingepragte Kraft. ¨

Bei der Behandlung von Haftungsaufgaben muss zwischen statisch bestimmten und statisch unbestimmten Problemen unterschieden werden. Bei statisch bestimmten Problemen kann man in einem ersten Schritt die Reaktionskrafte ¨ H und N aus den Gleichsich in einem gewichtsbedingungen ermitteln. Anschließend lasst ¨ zweiten Schritt uberpr ufen, ob die Haftbedingung (9.4b) erffullt ¨ ¨ ¨ ist oder nicht. Bei statisch unbestimmten Problemen ist die Bestimmung der Reaktionskrafte Man kann ¨ H und N nicht moglich. ¨ in diesem Fall nur die Gleichgewichtsbedingungen aufstellen sowie die Haftbedingungen an den Stellen, an denen Haftung auftritt, formulieren. Anschließend muss man dieses System von algebraischen Gleichungen und Ungleichungen behandeln. Es ist dann allerdings oft einfacher, nur den Haftgrenzfall zu untersuchen. Auf einer rauhen schiefen Ebene (Neigungswinkel α, Haftungskoeffizient μ0 ) nach Abb. 9.5a ruht ein Klotz vom Gewicht G, an dem zusatzlich eine Kraft F angreift. ¨ Zwischen welchen Grenzen muss F liegen, damit der Klotz in Ruhe bleibt? Beispiel 9.1

L¨ osung Fur sich der Klotz ohne ¨ eine große positive Kraft F wurde ¨

B9.1

256

9 Haftung und Reibung

F

F

F

α

α

G

N

H

H

N

G

α b

a

G c

Abb. 9.5

Haftung nach oben bewegen. Die Haftungskraft H zeigt in diesem Fall nach unten (Abb. 9.5b). Aus den Gleichgewichtsbedingungen  : F − G sin α − H = 0 ,

 : N − G cos α = 0

berechnen wir die Haftungskraft und die Normalkraft: H = F − G sin α ,

N = G cos α .

Um festzustellen, wann die Haftbedingung erfullt f¨ ist, setzen wir in (9.4a) ein: F − G sin α ≤ μ0 G cos α → F ≤ G(sin α + μ0 cos α) . Mit dem Haftungswinkel 0 nach (9.5) lasst ¨ sich dies umschreiben zu sin(α + 0 ) F ≤ G (sin α + tan 0 cos α) = G . (a) cos 0 Wird F zu klein, so wurde der Klotz ohne Haftung infolge seines ¨ Gewichtes nach unten rutschen. Die Haftungskraft, die dies verhindert, muss dann nach Abb. 9.5c nach oben zeigen. Wir erhalten in diesem Fall aus den Gleichgewichtsbedingungen  : F − G sin α + H = 0 , und der Haftbedingung H ≤ μ0 N die Ungleichung G sin α − F ≤ μ0 G cos α oder

 : N − G cos α = 0

9.2

Die Coulombschen Reibungsgesetze

F ≥ G (sin α−μ0 cos α) = G

sin(α − 0 ) . cos 0

257

(b)

Zusammenfassung der Ergebnisse nach (a) und (b) zeigt, dass die Kraft F im Bereich G

sin(α − 0 ) sin(α + 0 ) ≤F ≤G cos 0 cos 0

(c)

liegen muss. Entnehmen wir zum Beispiel ffur ¨ den Fall Stahl ” auf Stahl“ Tabelle 9.1 den Zahlenwert μ0 = 0,15, so ist 0 = arctan 0,15 = 0,149. Wahlen wir außerdem α = 10◦ =  0,175 rad, ¨ so folgt aus (c) G

sin(0,175 + 0,149) sin(0,175 − 0,149) ≤F ≤G cos 0,149 cos 0,149

oder 0, 026 G ≤ F ≤ 0, 32 G . In diesem Zahlenbeispiel darf F die Werte zwischen rund 3% und 30% von G annehmen, ohne dass sich der Klotz bewegt. F¨ ur α < 0 kann nach (c) die Kraft F auch negative Werte annehmen. ur α = 0 wird der untere Grenzwert von F gerade Null. F¨ Die Neigung der schiefen Ebene ist dann unmittelbar ein Maß ff¨ ur den Haftungskoeffizienten. Ein Korper bleibt unter der Wirkung ¨ seines Eigengewichtes, d.h. im Sonderfall F = 0, auf einer schiefen Ebene in Ruhe, solange α ≤ 0 ist. Auf einer Leiter in der in Abb. 9.6a dargestellten Lage steht ein Mann vom Gewicht Q. Bis zu welcher Stelle x kann er steigen, wenn a) nur der Boden und b) Boden und Wand rauh sind? Die Haftungskoeffizienten sind jeweils μ0 . Beispiel 9.2

a) Ist die Wand glatt, so wirken nach Abb. 9.6b in B nur die Normalkraft NB und in A die Normalkraft NA und die Haftkraft HA (entgegen der Bewegung, die ohne Haftung eintreten L¨ osung

B9.2

258

9 Haftung und Reibung

NB

x Q

B

ϕ Q

h

α A NA 0

x

HA WA 0

b

a

q NB HB

C

0 Q

WB

Q HA NA 0

d

c

WA Abb. 9.6

wurde). Aus den Gleichgewichtsbedingungen ¨ →: NB − HA = 0 ,

↑: NA − Q = 0 ,

 A : x Q − h NB = 0

berechnen wir die Haftungskraft und die Normalkraft bei A: x NA = Q . HA = Q , h Einsetzen in die Haftbedingung HA ≤ μ0 NA liefert die L¨ osung x Q ≤ μ0 Q → h

x ≤ μ0 h .

9.2

Die Coulombschen Reibungsgesetze

259

Man kann dieses Ergebnis auch auf anderem Wege gewinnen: im Gleichgewicht mussen die drei Krafte ¨ ¨ Q, NB und WA (Resultierende aus NA und HA ) durch einen Punkt gehen (Abb. 9.6b). Es gilt daher H x tan ϕ = A = . h NA Da die Wirkungslinie der Reaktionskraft WA innerhalb des Hafur tungskeiles liegen muss (ϕ ≤ 0 ), bleibt die Leiter ff¨ x = tan ϕ ≤ tan 0 = μ0 → x ≤ μ0 h h in Ruhe. F¨ ur α ≤ 0 ist wegen x ≤ h tan α die Standsicherheit der Leiter fur f¨ alle x gewahrleistet. ¨ b) Wenn auch die Wand rauh ist, treten nach Abb. 9.6c vier unbekannte Reaktionskrafte ¨ auf, die aus den drei Gleichgewichtsbedingungen nicht eindeutig ermittelt werden konnen: das Pro¨ blem ist statisch unbestimmt. Trotzdem kann man dann aus den Gleichgewichtsbedingungen →:  A:

N B = HA ,

↑:

N A + HB = Q ,

x Q = h NB + (h tan α) HB

und den Haftbedingungen HB ≤ μ0 NB ,

HA ≤ μ0 NA

den zulassigen Bereich von x berechnen. Da jedoch die Aufl¨osung ¨ wegen der Ungleichungen nicht ganz einfach ist, bevorzugen wir hier die grafische Losung nach Abb. 9.6d. Dazu zeichnet man an ¨ beiden Beruhrpunkten die Haftungskeile. Solange die Wirkungsli¨ nie q der Last innerhalb des grun ¨ markierten Gebietes liegt, in dem sich beide Haftungskeile uberdecken, gibt es eine Vielzahl mogli¨ ¨ cher Reaktionskrafte, von denen eine Kombination eingezeichnet ¨ ist. Erst wenn q im Bild links von C liegt, tritt Rutschen ein, weil dann die erforderliche Haftungskraft vom Boden nicht mehr aufgebracht werden kann. Man kann sich leicht uberlegen, dass die ¨ Rutschgefahr durch steileres Aufstellen der Leiter verringert bzw. verhindert werden kann.

260

B9.3

9 Haftung und Reibung

An einer Schraube mit Flachgewinde (Haftungskoeffizient μ0 , Ganghohe ¨ h, Radius r) nach Abb. 9.7a greifen eine vertikale Kraft F und ein Moment Md an. Unter welcher Bedingung herrscht Gleichgewicht, wenn Normalkrafte afte gleichmaßig uber das gesamte Schrau¨ und Haftungskr¨ ¨ ¨ bengewinde verteilt sind? Beispiel 9.3

2r F dN

h E E

dH

α

dN α 2πr

a

Md

h

dH α

b

Abb. 9.7

Die an einem Element E des Gewindeganges angreifenden Normalkrafte dN und Haftungskrafte dH zerlegen wir ¨ ¨ nach Abb. 9.7b in vertikale und horizontale Komponenten (aus der Ganghohe sich ¨ h und dem abgewickelten Umfang 2 π r lasst ¨ der Winkel α berechnen: tan α = h/2 π r). Das Integral uber die ¨ vertikalen Komponenten muss der Last F das Gleichgewicht halten:     F = dN cos α− dH sin α = cos α dN −sin α dH . (a) L¨ osung

Das Moment Md muss mit dem aus den horizontalen Komponenten folgenden Moment im Gleichgewicht sein:     Md = r dN sin α+ r dH cos α = r sin α dN + r cos α dH . Mit (a) folgt daraus  Md sin α , dN = F cos α + r

 dH =

Md cos α − F sin α . r

9.3

Seilhaftung und Seilreibung

261

Einsetzen in die Haftbedingung   |dH| ≤ μ0 dN bzw. |dH| ≤ μ0 dN liefert      Md    ≤ μ0 F cos α + Md sin α . cos α − F sin α  r  r Ist Md /r > F tan α, so folgt aus dieser Ungleichung      Md  Md Md  = − F tan α − F tan α ≤ μ F + tan α 0  r  r r oder mit (9.5) und dem Additionstheorem ffur ¨ die Tangensfunktion Md tan α + μ0 tan α + tan 0 ≤F =F = F tan(α + 0 ) . r 1 − tan α μ0 1 − tan α tan 0 Analog findet man ff¨ ur Md /r < F tan α aus      Md    = F tan α − Md ≤ μ0 F + Md tan α − F tan α  r  r r die Beziehung Md ≥ F tan(α − 0 ) . r Die Schraube ist daher im Gleichgewicht, solange die Bedingung F tan(α − 0 ) ≤

Md ≤ F tan(α + 0 ) r

erfullt f¨ ist. Wenn speziell α ≤ 0 (d.h. tan α ≤ μ0 ) ist, so ist Gleichgewicht ohne ein ¨ außeres Moment (Md = 0) moglich. Die ¨ Haftungskrafte ¨ allein halten“ dann die Last F : die Schraube ist ” selbsthemmend“. ”

9.3 Seilhaftung und Seilreibung Schlingt man ein Seil, an dessen einem Ende eine große Kraft angreift, um einen rauhen Pfosten, so kann man mit einer klei-

9.3

262

9 Haftung und Reibung

ds ds

s S +dS

S2

S2 > S 1

dN

dH

S

dϕ

S1

a

dϕ/2

dϕ/2

ϕ

α

b

Abb. 9.8

nen Kraft am anderen Ende ein Rutschen des Seiles verhindern. In Abb. 9.8a umschlingt das Seil den Pfosten mit einem Winkel α. Wir setzen voraus, dass die Kraft S2 am linken Seilende großer ist als die Kraft S1 am rechten Ende. Um den Zusam¨ menhang zwischen diesen Seilkraften zu berechnen, schneiden wir ¨ nach Abb. 9.8b ein Element der Lange ds aus dem Seil und stel¨ len die Gleichgewichtsbedingungen auf. Dabei berucksichtigen wir, ¨ dass sich die Seilkraft langs ds um den infinitesimalen Betrag ¨ das Seil ohne Haftung nach dS ¨ andert. Wegen S2 > S1 wurde ¨ links rutschen: die Haftungskraft dH zeigt daher nach rechts. Die Gleichgewichtsbedingungen lauten dann: dϕ dϕ → : S cos − (S + dS) cos + dH = 0 , 2 2 dϕ dϕ ↑ : dN − S sin − (S + dS) sin = 0. 2 2 Da dϕ infinitesimal ist, wird cos (dϕ/2) ≈ 1, sin (dϕ/2) ≈ dϕ/2; außerdem ist dS(dϕ/2) von hoherer Ordnung klein“. Es bleiben ¨ ” daher dH = dS ,

dN = S dϕ .

(9.7)

Aus diesen zwei Gleichungen kann man die drei Unbekannten H, N , S nicht ermitteln: das System ist statisch unbestimmt. Wir betrachten deshalb nur den Fall der Grenzhaftung, bei der Rutschen gerade noch verhindert wird. Dann ist namlich nach (9.3) ¨ dH = dH H0 = μ0 dN , und mit (9.7) folgt

9.3

dH = μ0 S dϕ = dS

→

Seilhaftung und Seilreibung

μ0 dϕ =

263

dS . S

Integration uber den Bereich, der vom Seil umschlungen wird, lie¨ fert α S2 dS S2 μ0 dϕ = → μ0 α = ln S S1 0

S1

oder

Diese Formel ffur ¨ die Seilhaftung wird nach Leonhard Euler (1707– 1783) oder Johann Albert Eytelwein (1764–1848) benannt. Wenn S1 > S2 ist, muss man nur die Krafte ¨ umbenennen und erhalt ¨ S1 = S2 eμ0 α

bzw.

S2 = S1 e−μ0 α .

(9.9)

Fur ¨ fest vorgegebenes S1 besteht daher Gleichgewicht, solange S2 in den Grenzen nach (9.8) und (9.9) bleibt:

F¨ ur S2 < S1 e−μ0 α tritt Rutschen nach rechts, ff¨ ur S2 > S1 eμ0 α tritt Rutschen nach links auf. Um ein Gefuhl f¨ fur altnis der auftretenden Kr¨afte zu ¨ das Verh¨ bekommen, nehmen wir ffur ¨ eine Zahlenrechnung eine n-fache Umschlingung (d.h. α = 2 π n) und einen Haftungskoeffizienten μ0 = 0, 3 ≈ 1/π an. Dann wird eμ0 2nπ ≈ e2n ≈ (7, 5)n

und

S1 =

S2 S2 = . eμ0 α (7, 5)n

So kann man z.B. beim Anlegen eines Schiffes durch mehrmaliges Umschlingen des Taus mit einer kleinen Kraft S1 einer großen Abtriebskraft S2 das Gleichgewicht“ halten. ”

264

9 Haftung und Reibung

Die Euler-Eytelweinsche Formel kann man vom Fall der Seilhaftung auf den Fall der Seilreibung ubertragen, indem man den ¨ Haftungskoeffizienten μ0 durch den Reibungskoeffizienten μ ereiner festgehaltenen Rolle setzt. Dabei kann das Seil gegenuber ¨ rutschen oder die Rolle rotiert gegen das ruhende Seil. Das Vor¨ zeichen von R findet man dann durch Uberlegungen analog zu Abb. 9.4. Wenn man die Richtung von R ermittelt hat, weiß man auch, welche Seilkraft großer ist, und man erhalt ¨ ¨ ff¨ ur S2 > S1 :

(9.11)

ff¨ ur S2 < S1 : B9.4

Auf die zylindrische Walze in Abb. 9.9a wirkt ein Drehmoment Md . Um die Walze ist ein rauhes Band (Haftungskoeffizient μ0 ) geschlungen, das mit einem Hebel verbunden ist. Wie groß muss F mindestens sein, damit die Walze in Ruhe bleibt (Bandbremse)? Beispiel 9.4

l F

F A S2

S1 Md B

Md r b

a

Abb. 9.9

L¨ osung Wir schneiden nach Abb. 9.9b das Band und tragen die

Schnittkrafte ein. Momentengleichgewicht fur ¨ ¨ den Hebel und fu ¨r die Walze liefert:  A:  B:

l F − 2 r S1 = 0

→

Md + (S1 − S2 )r = 0

→

l F, 2r Md S1 = S2 − . r S1 =

Da Md links herum dreht, muss ffur ¨ Gleichgewicht S2 > S1 gel-

9.3

Seilhaftung und Seilreibung

265

ten. Mit dem Umschlingungswinkel α = π folgt dann aus (9.8) die Haftgrenzbedingung S2 = S1 eμ0 π . Damit ergibt sich Md Md → S1 = , r r(eμ0 π − 1) und die Mindestkraft wird 2r Md 1 F = S1 = 2 . l l eμ0 π − 1 S1 = S1 eμ0 π −

Beispiel 9.5 Auf einer rotierenden Walze liegt nach Abb. 9.10a ein Klotz vom Gewicht G, der durch ein Seil gehalten wird. Wie groß ist die Seilkraft bei A, wenn zwischen Klotz bzw. Seil und Walze Reibung herrscht (Reibungskoeffizient μ)? A G

α

SA

α SB R

Drehrichtung

Abb. 9.10

N

a

G

α

b

L¨ osung Wir trennen die Korper. Infolge der Bewegung der Walze ¨

wirkt die Reibungskraft auf den Klotz in der gezeichneten Richtung (Abb. 9.10b), und es ist SA > SB . Gleichgewicht am Klotz liefert  : SB = G sin α + R ,

 : N = G cos α .

Mit den Reibungsgesetzen (9.11) und (9.6) ffur ¨ Seil und Klotz SA = SB eμα ,

R = μN

finden wir durch Einsetzen SA = (G sin α + R) eμα = G(sin α + μ cos α) eμα .

B9.5

266

9.4

9 Haftung und Reibung

9.4 Zusammenfassung • Die Haftungskraft H ist eine Reaktionskraft. Sie kann bei statisch bestimmten Systemen aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden (Beachte: der Richtungssinn von H kann im Freikorperbild beliebig angenommen werden). ¨ • Der Betrag der Haftkraft H kann eine Grenzhaftkraft H0 nicht uberschreiten. Ein K¨ orper haftet an einem anderen, wenn die ¨ Haftbedingung |H| ≤ H0 = μ0 N erfullt f¨ ist. • Die Reibungskraft R ist eine eingepragte Kraft. Ihre Gr¨oße ist ¨ durch das Coulombsche Reibungsgesetz R = μN gegeben. Sie ist entgegen der (relativen) Geschwindigkeit gerichtet. • Bei Seilhaftung wird der Haftgrenzfall durch die Formel nach Euler-Eytelwein beschrieben: S2 = S1 eμ0 α . • Bei Seilreibung sind die Seilkrafte ebenfalls durch die Euler¨ Eytelweinsche Formel miteinander verknupft, wobei nur der ¨ Haftungskoeffizient μ0 durch den Reibungskoeffizienten μ ersetzt werden muss.

A Vektoren, Gleichungssysteme A.1

A.1 Elemente der Vektorrechnung Physikalische Großen, die durch ihren Betrag und ihre Richtung ¨ festgelegt sind, heißen Vektoren. Geometrisch wird ein Vektor durch einen Pfeil dargestellt, dessen Lange ein Maß fur ¨ ¨ den Betrag ist (Abb. A.1). Als Symbole ffur ¨ Vektoren verwenden wir fette Buchstaben, zum Beispiel A. Der Betrag des Vektors A wird durch |A| oder kurz durch A angegeben. Ein Vektor mit dem Betrag Eins heißt Einheitsvektor e. A = Ae A

e Abb. A.1

B = λA λ>0

Abb. A.2

Multipliziert man einen Vektor A mit einer skalaren Große ¨ λ, so erhalt ¨ man den Vektor B = λ A (Abb. A.2) mit |B| = |λ||A|. Demnach lasst sich jeder Vektor als Produkt aus seinem Betrag ¨ und einem gleichgerichteten Einheitsvektor schreiben (Abb. A.1): A = Ae.

(A.1)

Die Addition zweier Vektoren A und B ergibt den Summenvektor C =A+B.

(A.2)

Er kann zeichnerisch durch Bilden eines Parallelogramms ermittelt werden (Abb. A.3). Dieses Parallelogramm kann auch folgendermaßen gedeutet werden: ein gegebener Vektor C wird in zwei Vektoren A und B mit den vorgegebenen Wirkungslinien a und b zerlegt. Die Vektoren A und B heißen dann Komponenten des Vektors C bezuglich der ¨ Richtungen a und b. In der Ebene ist die Zerlegung eines Vek-

A.1

Elemente der Vektorrechnung

269

b

B

C = A+B

a

A

Abb. A.3

tors nach zwei verschiedenen Richtungen mit Hilfe des Parallelogramms eindeutig moglich. Entsprechend l¨ asst sich im Raum die ¨ Zerlegung nach drei nicht in einer Ebene liegenden Richtungen eindeutig durchfuhren. f¨ Des bequemeren Rechnens wegen stellen wir Vektoren haufig ¨ in einem kartesischen Koordinatensystem dar (Abb. A.4). Die jeweils aufeinander senkrecht stehenden Achsrichtungen (orthogonale Achsen) x, y und z des Koordinatensystems werden durch die Einheitsvektoren ex , ey und ez gekennzeichnet. Die Vektoren ex , ey und ez bilden dabei in dieser Reihenfolge ein Rechtssystem (man kann Daumen, Zeigefinger und Mittelfinger der rechten Hand in dieser Reihenfolge mit den Richtungen von ex , ey und ez zur Deckung bringen). z Az ez α ex

Ax Abb. A.4

γ

A β

ey

Ay y

x

Der Vektor A kann in seine Komponenten Ax , Ay und Az bezuglich der drei Achsrichtungen zerlegt werden: ¨ A = Ax + Ay + Az .

(A.3)

270

A. Vektoren, Gleichungssysteme

Nach (A.1) gilt ffur ¨ die Komponenten Ax = Ax ex ,

Ay = Ay ey ,

Az = Az ez .

(A.4)

Damit wird aus (A.3) A = Ax ex + Ay ey + Az ez .

(A.5)

Die Maßzahlen Ax , Ay und Az heißen Koordinaten des Vektors A. Sie werden oft auch Komponenten des Vektors genannt, obwohl die Komponenten ja die Vektoren Aj (j = x, y, z) sind. Ordnet man die Koordinaten in einer Spalte ⎞ ⎛ Ax ⎟ ⎜ A = ⎝ Ay ⎠ (A.6) Az an, so nennt man diese Darstellung von A einen Spaltenvektor. Haufig ist es zweckm¨ aßiger, die Koordinaten in einer Zeile statt ¨ in einer Spalte anzuordnen. Diese Darstellung von A nennt man einen Zeilenvektor. Das Vertauschen von Zeilen und Spalten wird als Transponieren bezeichnet und durch ein hochgestelltes T “ ” gekennzeichnet. Damit schreibt man den Vektor A in der Form A = (Ax , Ay , Az )T .

(A.7)

Durch die Angabe seiner drei Koordinaten ist ein Vektor eindeutig bestimmt. Der Betrag des Vektors folgt aus dem Satz des Pythagoras zu  (A.8) |A| = A = A2x + A2y + A2z . Die Richtung von A wird durch die Winkel α, β und γ charakterisiert (Abb. A.4). Wir lesen ab: cos α =

Ax , A

cos β =

Ay , A

cos γ =

Az . A

(A.9)

Mit (A.8) ist A2y A2x A2 + + z2 = 1 , 2 2 A A A

(A.10)

A.1

Elemente der Vektorrechnung

271

und es gilt daher cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 .

(A.11)

Die drei Winkel α, β, γ sind also nicht unabhangig voneinander. ¨ Die Vektorgleichung A=B

(A.12)

ist gleichwertig mit den drei skalaren Gleichungen Ax = Bx ,

Ay = By ,

Az = Bz .

(A.13)

Zwei Vektoren sind somit gleich, wenn sie in den drei Koordinaten ubereinstimmen. ¨ Im folgenden werden einige Rechenregeln unter Verwendung der Komponentenschreibweise zusammengestellt. A.1.1 Multiplikation eines Vektors mit einem Skalar

Die Multiplikation eines Vektors A mit einem Skalar λ (Abb. A.2) liefert mit (A.3) und (A.4) den Vektor B = λ A = A λ = λ(Ax + Ay + Az ) = λ Ax ex + λ Ay ey + λ Az ez .

(A.14)

Ein Vektor wird demnach mit einer Zahl multipliziert, indem jede Koordinate des Vektors mit dieser Zahl multipliziert wird. F¨ ur λ > 0 bleibt dabei der Richtungssinn erhalten, wahrend er sich ¨ ff¨ ur λ < 0 umkehrt. Im Sonderfall λ = −1 erhalt ¨ man den Vektor B = −A, der aus dem Vektor A unter Beibehaltung des Betrages durch Umkehr des Richtungssinns entsteht. F¨ ur λ = 0 erhalt ¨ man den Nullvektor 0. A.1.2 Addition und Subtraktion von Vektoren

Fur ¨ die Summe zweier Vektoren A und B erhalt ¨ man C = A+B = (Ax ex +Ay ey +Az ez ) + (Bx ex +By ey +Bz ez ) = (Ax + Bx ) ex + (Ay + By ) ey + (Az + Bz ) ez = Cx ex + Cy ey + Cz ez .

(A.15)

272

A. Vektoren, Gleichungssysteme

Daraus folgt Cx = Ax + Bx ,

Cy = Ay + By ,

Cz = Az + Bz .

(A.16)

Zwei Vektoren werden also addiert, indem man jeweils die entsprechenden Koordinaten addiert. Bei der Subtraktion zweier Vektoren folgt mit C = A − B = A + (−B)

(A.17)

ffur ¨ die Koordinaten Cx = Ax − Bx ,

Cy = Ay − By ,

Cz = Az − Bz .

(A.18)

A.1.3 Skalarprodukt

Das skalare Produkt (inneres Produkt) zweier Vektoren A und B, die nach Abb. A.5a den Winkel ϕ einschließen, ist definiert durch A · B = A B cos ϕ .

(A.19)

Das Ergebnis der Multiplikation ist ein Skalar (kein Vektor!). Das skalare Produkt lasst sich auf verschiedene Weise deuten ¨ (Abb. A.5b): a) Betrag von A mal Betrag von B mal Kosinus des eingeschlossenen Winkels, b) Betrag von A mal senkrechter Projektion von B auf A, c) Betrag von B mal senkrechter Projektion von A auf B. A cos ϕ B ϕ a

B ϕ

A

B A B cos ϕ

ϕ

A

b

Abb. A.5

Das Skalarprodukt ist positiv, wenn die beiden Vektoren einen spitzen Winkel einschließen, wahrend es bei einem stumpfen Win¨ kel negativ ist. Im Sonderfall orthogonaler Vektoren (ϕ = π/2) ist das Skalarprodukt Null.

A.1

Elemente der Vektorrechnung

273

Aus der Definition (A.19) folgt A · B = B ·A.

(A.20)

Die Reihenfolge der Vektoren darf beim skalaren Produkt vertauscht werden (Kommutativgesetz). In Komponentendarstellung wird das Skalarprodukt A · B = (Ax ex + Ay ey + Az ez )·(Bx ex + By ey + Bz ez ) . (A.21) Unter Beachtung von ex · ex = ey · ey = ez · ez = 1 , ex · ey = ey · e z = ez · e x = 0

(A.22)

finden wir A · B = Ax Bx + Ay By + Az Bz .

(A.23)

Fur ¨ den Sonderfall B = A erhalten wir wegen ϕ = 0 aus (A.19) √ (A.24) A · A = A2 oder A = A · A . A.1.4 Vektorprodukt

Beim Vektorprodukt (außeres Produkt oder Kreuzprodukt) zweier ¨ Vektoren A und B verwenden wir ein ד als Multiplikationszei” chen: C = A×B.

(A.25)

Das Produkt ist folgendermaßen definiert: a) Der Vektor C steht auf A und auf B senkrecht (Abb. A.6). b) Der Betrag von C ist gleich der von A und B aufgespannten Flache: ¨ |C| = C = A B sin ϕ .

(A.26)

Dabei ist ϕ der von A und B eingeschlossene Winkel. c) Die Vektoren A, B und C bilden in dieser Reihenfolge ein Rechtssystem.

274

A. Vektoren, Gleichungssysteme

C

B ϕ

C = AB sin ϕ

A

Abb. A.6

Daraus folgt A × B = −B × A.

(A.27)

Das Kommutativgesetz gilt ffur ¨ das Vektorprodukt nicht. Sind zwei Vektoren parallel (ϕ = 0), so verschwindet nach b) ihr Vektorprodukt. Unter Beachtung von e x × ex = 0 ,

ex × ey = ez ,

ex × ez = −ey ,

ey × ex = −ez ,

ey × e y = 0 ,

ey × ez = ex ,

ez × ex = ey ,

ez × ey = −ex ,

ez × ez = 0

(A.28)

wird C = A×B = (Ax ex + Ay ey + Az ez )×(Bx ex + By ey + Bz ez ) = (Ay Bz − Az By ) ex + (Az Bx − Ax Bz ) ey

(A.29)

+ (Ax By − Ay Bx ) ez . Damit folgen die Koordinaten des Vektors C zu Cx = Ay Bz − Az By , Cy = Az Bx − Ax Bz ,

(A.30)

Cz = Ax By − Ay Bx . Das Vektorprodukt kann auch in Form der Determinante   e e e   x y z    C = A × B =  Ax Ay Az  (A.31)    Bx By Bz 

A.2

Lineare Gleichungssysteme

275

geschrieben werden. In der ersten Zeile stehen dabei die Einheitsvektoren ex , ey und ez , wahrend die Koordinaten der Vektoren ¨ A und B die zweite und die dritte Zeile bilden. Entwicklung der Determinante nach der ersten Zeile liefert (vgl. (A.29))       A A  A A  A A   x z  x y  y z C=  ex −   ey +   ez  By Bz   Bx Bz   Bx By  (A.32) = (Ay Bz − Az By ) ex + (Az Bx − Ax Bz ) ey + (Ax By − Ay Bx ) ez . Das doppelte Vektorprodukt A × (B × C) ist ein Vektor, der in der Ebene liegt, die von B und C aufgespannt wird. Es errechnet sich nach der Beziehung A × (B × C) = (A · C)B − (A · B)C ,

(A.33)

die sich durch Anwendung von (A.30) bestatigen laßt. ¨ ¨

A.2

A.2 Lineare Gleichungssysteme Bei der Behandlung von Problemen aus der Mechanik und aus anderen Fachgebieten wird man haufig auf Systeme von linea¨ ren Gleichungen gefuhrt. f¨ Beispiele aus der Statik sind die Ermittlung von Lagerreaktionen bei einem statisch bestimmt gelagerten Tragwerk oder die Berechnung der Stabkrafte in einem statisch ¨ bestimmten Fachwerk. So liefern die Gleichgewichtsbedingungen ffur ¨ einen Balken beim ebenen Problem drei Gleichungen fur ¨ die drei unbekannten Lagerreaktionen. Bei einem raumlichen Fach¨ werk mit k Knoten ffuhren sie dagegen auf 3k = s + r Gleichungen ¨ ffur ¨ die unbekannten s Stabkrafte ¨ und r Lagerreaktionen. Wir betrachten das System a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1 , a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 , ......... an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn = bn

(A.34)

276

A. Vektoren, Gleichungssysteme

von n linearen inhomogenen Gleichungen ffur ¨ die n Unbekannten x1 , x2 , . . . , xn (z.B. die Lagerreaktionen und/oder die Stabkrafte). ¨ Die Koeffizienten ajk sowie die rechten Seiten“ bk seien bekannt. ” Unter Verwendung der Matrizen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ x1 b1 a11 a12 . . . a1n ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ x2 ⎟ ⎜ b2 ⎟ ⎜ a21 a22 . . . a2n ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ A=⎜ .. ⎟ , x = ⎜ .. ⎟ , b = ⎜ .. ⎟ (A.35) ⎜ .. .. ⎝ . ⎠ ⎝ . ⎠ ⎝ . . . ⎠ an1 an2 . . . ann

xn

bn

lasst sich (A.34) auch kurz in der Form ¨ Ax = b

(A.36)

schreiben. Wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix A von Null verschieden ist, d.h. wenn gilt    a11 a12 . . . a1n       a21 a22 . . . a2n    det A =  . (A.37) .. ..  = 0 ,  ..  . .   a  n1 an2 . . . ann dann sind die n Gleichungen (A.34) linear unabhangig, und das ¨ System hat die eindeutige L¨ osung

Man nennt A−1 die inverse Matrix zur Koeffizientenmatrix A. Sie ist durch A−1 A = 1 definiert, wobei ⎞ ⎛ 1 0 ... 0 ⎟ ⎜ ⎜0 1 ... 0⎟ ⎟ ⎜ (A.39) 1=⎜. . .. ⎟ ⎝ .. .. .⎠ 0 0

... 1

die Einheitsmatrix ist. Da die Bestimmung der Inversen durch

A.2

Lineare Gleichungssysteme

277

Handrechnung meist aufwendig ist, gehen wir hierauf nicht ein. Sie lasst sich allerdings mit Hilfe von Programmen wie Matlab ¨ oder Mathematica immer leicht ermitteln. Die praktische Bestimmung der Unbekannten kann mit dem Gaußschen Algorithmus (Carl Friedrich Gauß, 1777-1855) oder mit der Cramerschen Regel (Gabriel Cramer, 1704-1752) erfolgen. Beim Gaußschen Algorithmus wird das Gleichungssystem (A.34) durch systematisches Eliminieren von Unbekannten in das aqui¨ valente System 













a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1 , a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 , ......... 

(A.40)



ann xn = bn ubergef fuhrt. Hieraus lassen sich – beginnend mit der letzten Glei¨ ¨ chung – die Unbekannten der Reihe nach ermitteln. Als Beispiel hierzu betrachten wir das System 2 x1 +

5 x2 +

8 x3 +

4 x4 = 3 ,

6 x1 + 16 x2 + 22 x3 + 13 x4 = 9 , 4 x1 + 14 x2 + 28 x3 + 10 x4 = 4 , 10 x1 + 23 x2 + 84 x3 + 25 x4 = 22 von vier Gleichungen ffur ¨ vier Unbekannte. Nun wird die erste Gleichung (Zeile) mit −3 multipliziert und zur zweiten addiert sowie die erste Zeile mit −2 multipliziert und zur dritten addiert usw. Auf diese Weise wird die Unbekannte x1 aus der zweiten bis vierten Gleichung eliminiert: 2 x1 + 5 x2 + x2 −

8 x3 + 4 x4 =

3,

2 x3 +

0,

x4 =

4 x2 + 12 x3 + 2 x4 = −2 , − 2 x2 + 44 x3 + 5 x4 =

7.

Auf die gleiche Weise gehen wir anschließend bei der Elimination von x2 und x3 vor. Es bietet sich dabei an, den Algorithmus nach

278

A. Vektoren, Gleichungssysteme

folgendem Schema durchzufuhren, f¨ bei dem nur die Koeffizienten der Gleichungen angeschrieben werden: x1

x2

x3

x4

b

2

5

8

4

3

6

16

22

13

9

4

14

28

10

4

10

23

84

25

22

0

1

−2

1

0

0

4

12

2

−2

0

−2

44

5

7

0

0

20 −2

−2

0

0

40

7

7

0

0

0

11

11

(a)

(b)

(c) (d)

Mit den Koeffizienten aus (a) bis (d) ergibt sich dann das gestaf” felte System“ nach (A.40): 2 x1 + 5 x2 + 8 x3 + 4 x4 =

3,

x2 − 2 x3 +

0,

x4 =

20 x3 − 2 x4 = −2 , 11 x4 = 11 . Hieraus erhalt ¨ man schrittweise – beginnend mit der letzten Zeile: x4 = 1 ,

x3 = 0 ,

x2 = −1 ,

x1 = 2 .

Nach der Cramerschen Regel folgen die Unbekannten aus

Dabei ergibt sich die Determinante det (Ak ) aus der Determinante der Matrix A, indem man die k-te Spalte durch b ersetzt. Danach erhalt ¨ man zum Beispiel beim Gleichungssystem

A.2

Lineare Gleichungssysteme

279

a11 x1 + a12 x2 = b1 , a21 x1 + a22 x2 = b2 die beiden Unbekannten zu      b1 a12     b2 a22  b a − a12 b2   = 1 22 x1 = ,   a 11 a22 − a12 a21  a11 a12     a21 a22     a11   a21 x2 =    a11   a21

  b1   b2  a b − b1 a21  = 11 2 .  a 11 a22 − a12 a21 a12   a22 

Es sei angemerkt, dass sich die Cramersche Regel fur f¨ zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten und hochstens noch fur ¨ ¨ drei Gleichungen mit drei Unbekannten eignet. Insbesondere bei hoherer ¨ Gleichungsanzahl wird jedoch der Gaußsche Algorithmus bevorzugt. Hingewiesen sei auch darauf, dass bei langeren Rechnungen ¨ durch Abrunden großere Genauigkeitsverluste auftreten k¨onnen. ¨ Wie man diese Rundungsfehler klein halt, ¨ soll hier nicht erl¨autert werden.

Englische Fachausdrucke ¨ Englisch

Deutsch

active force arch area force

eingepragte Kraft ¨ Bogen Flachenkraft ¨

bar beam belt friction bending moment bound vector boundary condition branching point

Stab, Pendelst¨ u ¨ tze Balken Seilreibung Biegemoment gebundener Vektor Randbedingung Verzweigungspunkt

cantilever beam center of forces center of gravity center of mass center (centroid) of an area

einseitig eingespannter Balken Kraftemittelpunkt ¨ Schwerpunkt Massenmittelpunkt Flachenmittelpunkt, ¨ Flachenschwerpunkt ¨ Linienschwerpunkt Volumenschwerpunkt eingespannt im Uhrzeigersinn Reibungskoeffizient Haftungskoeffizient Komponente Druck Einzelkraft zentrale Kraftegruppe ¨ konservative Kraft Koordinate ebene Kraftegruppe ¨ entgegen dem Uhrzeigersinn Kraftepaar ¨ kritische Last Vektorprodukt

center (centroid) of a line center (centroid) of a volume clamped clockwise coefficient of kinetic friction coefficient of static friction component compression concentrated force concurrent forces conservative force coordinate coplanar forces counterclockwise couple critical load cross product

282

Englische Fachausdr¨ ucke

cross section curved beam

Querschnitt Bogen

decomposition of a force degree of freedom distributed force dot product

Zerlegung einer Kraft Freiheitsgrad verteilte Belastung Skalarprodukt

energy equilibrium equilibrium condition equilibrium position external force

Energie Gleichgewicht Gleichgewichtsbedingung Gleichgewichtslage außere Kraft ¨

first moment of an area fixed vector force frame free body diagram free vector friction friction law

Flachenmoment erster Ordnung, ¨ statisches Moment gebundener Vektor Kraft Rahmen Freikorperbild ¨ freier Vektor Reibung Reibungsgesetz

gravitiy

Schwerkraft

hinge homogeneous

Gelenk, gelenkiges Lager homogen

inclined plane

schiefe Ebene

joint

Gelenk

kinematically determinate kinematically indeterminate kinetic friction

kinematisch bestimmt kinematisch unbestimmt Reibung

law of action and reaction law of friction lever arm limiting friction line of action line load

Wechselwirkungsgesetz Reibungsgesetz Hebelarm Grenzhaftung Wirkungslinie Streckenlast

Englische Fachausdr¨ ucke

283

load

Last

Macauley brackets matching condition Maxwell (-Cremona) diagram method of joints method of sections moment moment of a couple moment of a force

Klammer-Symbol ¨ Ubergangsbedingung Cremona-Plan Knotenpunktverfahren Rittersches Schnittverfahren Moment Moment eines Kraftepaars ¨ Moment einer Kraft

Newton’s law normal force

Newtonsches Axiom Normalkraft

overhanging beam

Kragtr¨ ager

parallelogram of forces pin plate point mass polygon of forces position vector potential potential energy pressure principle of the lever principle of virtual displacements principle of virtual work

Krafteparallelogramm ¨ Knoten Platte Massenpunkt Krafteck Ortsvektor Potential potentielle Energie Druck Hebelgesetz Prinzip der virtuellen Verruckun¨ gen Prinzip der virtuellen Arbeit

reaction force reference point resolution of a force restraint resultant rigid body roller (bearing) rope

Reaktionskraft Bezugspunkt Zerlegung einer Kraft Bindung Resultierende starrer K¨ orper Rollenlager Seil

scalar product shear(ing) force

Skalarprodukt Querkraft

284

Englische Fachausdr¨ ucke

shell sign convention simple beam single force sliding vector spring spring constant stability stable static friction statical moment of an area statically determinate statically indeterminate statics string structure superposition support symmetry

Schale Vorzeichenkonvention beidseitig gelenkig gelagerter Balken Einzelkraft linienfluchtiger Vektor ¨ Feder Federkonstante Stabilit¨ at ¨ stabil Haftung statisches Moment, Flachenmoment erster Ordnung ¨ statisch bestimmt statisch unbestimmt Statik Seil Tragwerk ¨ Uberlagerung Lager Symmetrie

tension tensile force three-hinged arch torsion truss twisting moment

Zug Zugkraft Dreigelenkbogen Torsion Fachwerk Torsionsmoment

uniform unstable

gleichformig f¨ instabil

vector product virtual displacement virtual work volume force

Vektorprodukt virtuelle Verruckung ¨ virtuelle Arbeit Volumenkraft

weight work

Gewicht Arbeit

Englische Fachausdr¨ ucke

Deutsch

Englisch

Arbeit außere Kraft ¨

work external force

Balken beidseitig gelenkig gelagerter Balken Bezugspunkt Biegemoment Bindung Bogen

beam simple beam reference point bending moment restraint curved beam, arch

Cremona-Plan

Maxwell (-Cremona) diagram

Dreigelenkbogen Druck

three-hinged arch compression, pressure

ebene Kraftegruppen ¨ eingepragte Kraft ¨ eingespannt einseitig eingespannter Balken Einzelkraft Energie entgegen dem Uhrzeigersinn

coplanar forces active force clamped cantilever beam concentrated force, single force energy counterclockwise

Fachwerk Feder Federkonstante Flachenkraft ¨ Flachenmittelpunkt ¨ Flachenmoment erster Ordnung ¨ Flachenschwerpunkt ¨ freier Vektor Freiheitsgrad Freikorperbild ¨

truss spring spring constant area force centroid (center) of an area first moment of an area, statical moment of an area centroid (center) of an area free vector degree of freedom free body diagram

gebundener Vektor Gelenk Gewicht gleichformig f¨

bound vector, fixed vector hinge, joint weight uniform

285

286

Englische Fachausdr¨ ucke

Gleichgewicht Gleichgewichtsbedingung Gleichgewichtslage Grenzhaftung

equilibrium equilibrium condition equilibrium position limiting friction

Haftung Haftungskoeffizient Haftungskraft Hebelarm Hebelgesetz homogen

static friction coefficient of static friction static frictional force lever arm principle of the lever homogeneous

im Uhrzeigersinn instabil

clockwise unstable

kinematisch bestimmt kinematisch unbestimmt Klammer-Symbol Knoten Knotenpunktverfahren Komponente konservative Kraft Koordinate Kraft Kraftemittelpunkt ¨ Kraftepaar ¨ Krafteparallelogramm ¨ Krafteck Kragtrager ¨ kritische Last

kinematically determinate kinematically indeterminate Macauley brackets pin method of joints component conservative force coordinate force center of forces couple parallelogram of forces polygon of forces overhanging beam critical load

Lager Last linienfluchtiger Vektor ¨ Linienkraft Linienschwerpunkt

support load sliding vector line load centroid of a line

Massenmittelpunkt Massenpunkt Moment Moment einer Kraft

center of mass point mass moment moment of a force

Englische Fachausdr¨ ucke

287

Moment eines Kraftepaars ¨

moment of a couple

Newtonsches Axiom Normalkraft

Newton’s law normal force

Ortsvektor

position vector

Parallelogramm der Krafte ¨ Platte Potential potentielle Energie Prinzip der virtuellen Arbeit Prinzip der virtuellen Verruckungen ¨

parallelogram of forces plate potential potential energy principle of virtual work principle of virtual displacements

Querkraft Querschnitt

shear(ing) force cross section

Rahmen Randbedingung Reaktionskraft Reibung Reibungsgesetz Reibungskoeffizient Reibungskraft Resultierende Rittersches Schnittverfahren Rollenlager

frame boundary condition reaction force kinetic friction law of friction, friction law coefficient of kinetic friction frictional force, friction resultant method of sections roller (bearing)

Schale schiefe Ebene Schwerkraft Schwerpunkt Seil Seilreibung Skalarprodukt Stab stabil Stabilitat ¨ starrer Korper ¨ Statik

shell inclined plane gravity center of gravity rope, string belt friction scalar product, dot product bar stable stability rigid body statics

288

Englische Fachausdr¨ ucke

statisches Moment statisch bestimmt statisch unbestimmt Streckenlast Superposition Symmetrie

first moment of an area, statical moment of an area statically determinate statically indeterminate line load superposition symmetry

Torsion Torsionsmoment Tragwerk

torsion twisting moment structure

¨ Ubergangsbedingung ¨ Uberlagerung

matching condition superposition

Vektorprodukt Verzweigungspunkt virtuelle Arbeit virtuelle Verruckung ¨ Volumenkraft Volumenmittelpunkt Vorzeichenkonvention

vector product, cross product branching point virtual work virtual displacement volume force centroid of a volume sign convention

Wechselwirkungsgesetz Wirkungslinie

law of action and reaction line of action

zentrale Kraftegruppe ¨ Zerlegung einer Kraft

concurrent forces resolution (decomposition) of a force tension tensile force

Zug Zugkraft

Sachverzeichnis

289

Sachverzeichnis

Arbeit 213 ff. –, virtuelle 221 Arbeitssatz 221 Archimedes 48 außerlich statisch bestimmt ¨ Axiom 1 – , Newtonsches 15

139

Balken 115, 173 – , Gelenk- 135 Balkenachse 169 Beruhrungsebene 31 ¨ Bezugspunkt 52 Biegemoment 170, 208 Bindung 116 Bogen 115, 171, 201 ff. – , Dreigelenk- 132 Coulombsche Reibungsgesetze 251 ff. Cramersche Regel 277, 278 Cremona-Plan 157 Drehfederkonstante 220 Dreigelenkbogen 132 Durchlauftrager 136 ¨ Dyname 82 ff. Dynamik 3 Einheitsvektor 9, 41 Einspannung 118, 124 Energie, potentielle 219 ff. Erstarrungsprinzip 12, 130, 133 Euler 263 Eytelwein 263

Fachwerk 146 ff. – , einfaches 149 Faser, gestrichelte 171, 202 Feder-konstante 220 – , Dreh- 220 Flachen-moment 100 ¨ – -schwerpunkt 99 Foppl-Symbol 193 ¨ Freiheitsgrad 56, 77, 116, 123, 138, 225, 228 Freikorperbild 12 ¨ Freischneiden 12 Gaußscher Algorithmus 277 Gelenk 127 – -balken 135 – -kraft 127 Gerber-Trager 136, 230, 231 ¨ Gestrichelte Faser 171, 202 Gleichgewicht 28, 39, 59, 223 ff., 234 ff. – , indifferentes 235 Gleichgewichts-bedingungen 28, 39, 51, 56 ff., 76 ff., 223 – -gruppe 28 Gleichgewichtslage 223 – , instabile 236 – , Stabilitat ¨ einer 234 Gleitreibung 250 Grafoanalytische Losung 31, 36 ¨ Haftbedingung 252 Haftung 248 ff. – , Seil- 261 ff.

290

Sachverzeichnis

Haftungs-kegel 253 – -keil 253 – -koeffizient 251, 252 – -kraft 250 – -winkel 253 Hauptpol 141 Hebelarm 52 Hebelgesetz 48, 222 Homogener Korper 96 ¨ Innerlich statisch unbestimmt 139 Joule

216

Kinematik 2, 225 Kinematische Bestimmtheit 119, 129, 138 ff., 148 Kinetik 3 Klammer-Symbol 193 ff. Knoten 147 Knotenpunktverfahren 151 ff. Kraft 7 ff. – , außere 12 ¨ – , Angriffspunkt einer 8 – , Betrag 7, 9 – -eck 22 – , eingepragte 11 ¨ – , Einzel- 11, 169 – , Feder- 220 – , Flachen11 ¨ – , Gelenk- 127 – , Gewichts- 219 – , Haftungs- 250 – , innere 12 – -komponenten 25 – , konservative 219 – , Linien- 11 – , Normal- 170, 208 – , Potential- 219 – , Quer- 170, 208 – , Reaktions- 11, 116, 229, 250

– , Reibungs- 250 – , Richtung einer 8, 9 – , Schnitt- 229 – -schraube 83 – , Schwer- 7 – , Stab- 148 ff. – -systeme, ebene 54 – -systeme, zentrale 20 – , Tangential- 31 – -vektor 9 – , Volumen- 11 – -winder 82 – , Wirkungslinie einer 8 – , Zwangs- 12 Krafte-dreieck 22 ¨ – -gruppen, ebene 20 – -gruppen, raumliche 37, 70 ¨ – -gruppen, zentrale 20, 37 – -mittelpunkt 91 – -paar 48, 59 – , parallele 47, 66 – -parallelogramm 21 – -plan 22, 46, 66 ff. – -polygon 22 – -zerlegung 24 – -zusammensetzung 21, 37 Kragtrager 178 ¨ Kritische Last 242 Lageplan 22, 66 ff. Lager 115 ff. – , dreiwertige 118 – , einwertige 116 – , Fest- 117 – , ffunfwertiges 124 ¨ – , gelenkiges 117, 123 – , Gleit- 116 – -kraft 117 – -reaktionen 114, 116 – , Rollen- 116

Sachverzeichnis

– , sechswertiges 124 – , vierwertiges 124 – , zweiwertige 117 Linienschwerpunkt, 110 Macauley 193 Massenmittelpunkt 94, 96 Massenpunkt 1 Moment 49 – , Betrag 49 – , Biege- 170, 208 – , Drehsinn 49 – eines Kraftepaares 49 ¨ – einer Kraft 52 – , statisches 100 – , Torsions- 208 Momentanpol 140, 141 Momenten-bezugspunkt 52 – -gleichgewichtsbedingung 73 – -linie 175 ff. – -vektor 70 Nebenpol 141 Newton 7, 15 – -sches Axiom 15 Normalkraft 31, 170, 208 Nullstab 152 Ortsvektor

71, 215

Parallelfuhrung f¨ 117, 127, 183, 190 Parallelogramm der Krafte 21 ¨ Pendel-stab 127 – -stutze 116, 123 ¨ Platte 115 Pol des Kraftecks 67 Pol-plan 141 – -strahl 67, 140 Potential 215 ff. – der Drehfeder 221 – der Federkraft 220

291

– des Gewichts 219 Prinzip der virtuellen Verruckun¨ gen 222 ff. Querkraft 170, 208 – -gelenk 127, 190 – -linie 175 Rahmen 115, 171, 201 ff. Randbedingungen 182 Raumliche Statik 37, 70 ¨ Reaktionskraft 250 Rechtsschraube 70 Reduktion 21, 54 Reibung 248 ff. – , Seil- 261 ff. Reibungs-gesetz 254 – -koeffizient 252, 254 – -kraft 250 Resultierende 21, 54, 59 Rittersches Schnittverfahren

162

Schale 115 Scheibe 115 Schiebehulse 117, 124, 183 ¨ Schnitt-großen 169 ff. ¨ – -kraftlinien 174 – -prinzip 13, 121, 127, 169, 207 – , Ritterscher 162 – -ufer 170 Schwer-achsen 100 – -kraft 7 – -punkt 90 ff. Seil 30 – -eck 65 ff. – -haftung 261 ff. – -polygon 66 – -reibung 261 ff. – -strahlen 67 Skalarprodukt 272 Stab 30, 115

292

Sachverzeichnis

– -kraft 148 – , Null- 152 – -werk 147 ff. Stabilitat ¨ 234 ff. Stabilitatskriterium 236 ¨ Starrer Korper 1, 9 ¨ Statik 3 Statisch unbestimmt 120, 138 – , innerlich 139 Statische Bestimmtheit 29, 118 ff., 124, 126 ff., 136, 147 ff. Statisches Moment 100 Streckenlast 11 Superposition 195 Tangentialkraft 31 Torsionsmoment 208 Totalresultierende 84 Tragwerke, ebene 115, 127 – , mehrteilige 126 – , raumliche 123, 207 ff. ¨ Trager, Gerber- 136 ¨ – , Krag- 178 ¨ Ubergangsbedingungen

187

Vektor 8, 268 ff. – -addition 268, 271 – , Betrag 268, 270 – , Einheits- 268 – , freier 8, 73 – , gebundener 8 – -komponenten 268 ff. – -koordinaten 270 – , linienfluchtiger 10 ¨ – , Orts- 71, 215 – -produkt 71, 273 Verbindungselemente 126 Verzweigungspunkt 243 Virtuelle Arbeit 221 – Verruckung 221 ¨

Volumenmittelpunkt 96 Vorzeichenkonvention fur f¨ Schnittgroßen 170 ff., 202, 208 ¨ – ffur afte 36, 153 ¨ Stabkr¨ Wechselwirkungsgesetz 127, 170 Wirkungslinie 8 Zentralachse 82, 84 Zweigelenkbogen 132

14, 115,