Klausurentrainer Technische Mechanik : Aufgaben und ausführliche Lösungen zu Statik, Festigkeitslehre und Dynamik [2., überarb. und erw. Aufl] 9783834803603, 383480360X, 9783834895554, 3834895555 [PDF]

Zitiervorschau

Joachim Berger Klausurentrainer Technische Mechanik

Joachim Berger

Klausurentrainer Technische Mechanik Aufgaben und ausführliche Lösungen zu Statik, Festigkeitslehre und Dynamik 2., überarbeitete und erweiterte Auflage Mit 336 Abbildungen STUDIUM

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1. Auflage 2005 2., überarbeitete und erweiterte Auflage 2008 Alle Rechte vorbehalten © Vieweg +Teubner | GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2008 Lektorat: Thomas Zipsner | Imke Zander Vieweg +Teubner ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media. www.viewegteubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. 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. Technische Redaktion: Gabriele McLemore, Wiesbaden Umschlaggestaltung: KünkelLopka Medienentwicklung, Heidelberg Druck und buchbinderische Verarbeitung: Strauss Offsetdruck, Mörlenbach Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Germany ISBN 978-3-8348-0360-3

V

Vorwort „Grau, teurer Freund, ist alle Theorie und grün des Lebens goldner Baum.“ Dieses Zitat aus dem Faust von Goethe gilt insbesondere auch für die Technische Mechanik. Erst durch die Anwendungen der theoretischen Formeln auf praxisorientierte Probleme im täglichen Leben wird die Mechanik anschaulich, interessant und lebendig. Beim Lösen von Aufgaben zeigt sich, ob man die Zusammenhänge richtig erkannt und begriffen hat und wie weit noch Klärungsbedarf besteht. Manchmal hat man sich nur an eine Vorgehensweise gewöhnt und es fehlt der tiefere Einblick und die Übersicht. Mit jedem bewältigten Problem lernt man hinzu und gewinnt an Sicherheit. Der Weg bis zum vollen Verständnis ist jedoch lang und mitunter steinig. Mit jeder Erkenntnis kommen wieder neue Ideen, aber auch Fragen und Zweifel. Viel Geduld und reges Interesse müssen aufgebracht werden, um die Probleme gründlich zu erfassen und zu beherrschen.

Hinweise und Tipps Heute im Zeitalter des Computers werden technische Probleme meist rechnerisch gelöst und die Schnelligkeit sowie die enorme Speicherfähigkeit des Rechners ausgenutzt. Daher soll bei der Behandlung von Aufgaben der Technischen Mechanik der rechnerischen Lösung der Vorzug gegeben werden. Die benötigten Formeln und deren Ableitungen sind der einschlägigen Literatur zu entnehmen. Sind neue Probleme zu bewältigen und steht der Ingenieur erst im Entwicklungsstadium, so erleichtern zeichnerische Lösungen wegen ihrer Kürze und Übersichtlichkeit, vor allem in der ebenen Statik und Kinematik, den Zugang zu technischen Problemen. Auch die Auswirkungen von konstruktiven Varianten zwecks Optimierung lassen sich in Verbindung mit zeichnerischen Untersuchungen besser verfolgen. Hat man die wesentlichen Zusammenhänge erst einmal erkannt und ist man sich im Klaren z. B. über die Wirkung und Verteilung der Kräfte, über den Kraftfluss sowie über die Spannungen und Verformungen, so wird man eine rechnerische Lösung mit höherer Genauigkeit anstreben. Dabei sollte man allerdings mit zugehörigen Befreiungsskizzen (meist genügen unmaßstäbliche Handskizzen) nicht sparen. Eine zeichnerische Lösung kann dann als Kontrolle und zur Verbesserung der Vorstellung dienen. Die Skizzen sind zur besseren Übersicht und Platzeinteilung meist nicht maßstäblich, sondern nur qualitativ und teilweise auch plakativ dargestellt, damit die wesentlichen Merkmale möglichst deutlich erkennbar sind. Braucht man konkrete zeichnerische Ergebnisse, so muss eine eigene maßstäbliche Zeichnung angefertigt werden. Die rechnerische Lösung hat weiterhin den wesentlichen Vorteil, dass sie programmierbar ist und dadurch für ähnliche Aufgaben in der Zukunft erhebliche Erleichterungen (z. B. mit einem FEM-Programm) schafft. In den Klausuren werden teilweise auch Aufgaben gestellt, deren rechnerische Auflösung relativ aufwendig ist. Meist wird dann aber nur die Aufstellung der notwendigen Ansätze und Gleichungen für die Unbekannten ohne deren Ausrechnung verlangt.

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Vorwort

Aufschlussreich und anschaulich ist es, am Ende einer Rechnung nochmals alle Einzelteile eines Systems in Form einer „Explosionsskizze“ mit sämtlichen wirksamen Kräften und Momenten von Hand herauszuzeichnen. Dann kann man die Funktion der Konstruktion besser erkennen und die Beanspruchung der Bauteile leichter erfassen. Man achte besonders darauf, dass jedes einzelne Bauteil für sich im Gleichgewicht sein muss. Durch das nochmalige Überdenken der Problematik möglichst in Begleitung mit Handskizzen und durch den Vergleich mit ähnlichen technischen Erfahrungen wird das ingenieurmäßige Denken geschult und auch das so wichtige Skizzieren geübt. Die rechnerischen Gleichgewichtsbedingungen werden bei den Aufgaben oft zweckmäßig gleich nach der gesuchten Größe umgestellt formuliert, wenn es die Übersichtlichkeit zulässt. Bei einer aufgelösten Kräftegleichung z. B. stehen auf der anderen Gleichungsseite die gegensinnigen (belastenden) Kräfte mit dem Pluszeichen, die gleichsinnigen (entlastenden) Kräfte mit dem Minuszeichen. Bei einer Momentengleichung sind die gegensinnig drehenden Momente mit plus, die gleichsinnig drehenden Momente mit minus auf die Gegenseite zu stellen. Die Formulierungen werden dadurch kürzer (die Umstellung der Größen auf die andere Seite und die Vorzeichenänderungen entfallen), übersichtlicher und nach kurzer Eingewöhnung auch weniger anfällig für Rechenfehler. Wenn nicht anders angegeben, soll bei ebenen Problemen ein kartesisches Koordinatensystem angenommen werden, bei dem die positive x-Achse horizontal nach rechts, die positive y-Achse vertikal nach oben zeigt. Die Zahlenrechnungen werden zur Vereinfachung meist (wenn keine Zweifel bestehen) ohne Einheiten durchgeführt und auf 2 Stellen nach dem Komma beschränkt. Sollen Vergleichsrechnungen weitestgehend übereinstimmen, sind manchmal mehr Stellen zur Vermeidung bzw. Reduzierung von Rundungsfehlern nötig. Erst beim Endergebnis wird die Einheit mit dem Zahlenwert angegeben. Um den Einfluss der einzelnen Größen besser zu erkennen und um aus den Endformeln Schlussfolgerungen für die Praxis ziehen zu können, soll die Rechnung möglichst mit allgemeinen Zahlensymbolen (Buchstaben) durchgeführt werden und konkrete Zahlen erst am Schluss eingesetzt werden. Gewichtskräfte sind nur bei den Körpern zu berücksichtigen, bei denen eigens ein Gewicht angegeben ist. Alle anderen Körper sind als gewichtslos bzw. als vergleichsweise von vernachlässigbarem Gewicht anzusehen. Mit Reibungs- bzw. Haftungskräften in den Berührungsflächen von Körpern soll nur dann gerechnet werden, wenn die entsprechenden Koeffizienten angegeben sind. Andernfalls sollen die Flächen als glatt, d. h. reibungslos angenommen werden. Der Leser strebe an, die Aufgaben erst einmal selbständig zu bewältigen, ohne Lösungshilfen in Anspruch zu nehmen. Nur am Schluss sollen die Lösungswege und die Ergebnisse verglichen werden. Da ja bekanntlich „viele Wege nach Rom führen“, gibt es eventuell noch eine bessere Idee, einen kürzeren Lösungsweg oder eine interessante Alternative, die zum besseren Verständnis der Problematik und zur Vertiefung des Wissens beitragen. So lassen sich z. B. statisch unbestimmte Systeme mit Grundlastfällen, mit der Föppl-Klammer, mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit oder mit dem Satz von Menabrea / Castigliano lösen. Auch die Formulierungen können oft treffender gewählt werden und die Skizzen lassen sich meist noch übersichtlicher gestalten. Die Gleichungen sollte man schon während des Schreibens („quasi mit einem Auge“) ständig auf ihre Realität kritisch überprüfen und nicht mit Fehlern weiterrechnen. Insbesondere ist bei der Bildung von Summen auf die einheitliche Dimension der einzelnen Glieder zu achten, denn bekanntlich „kann man nicht Äpfel und Birnen addieren.“

Vorwort

VII

Vorteilhaft ist es, Gleichungen dimensionslos oder teilweise dimensionslos zu formulieren, damit gleiche Einheiten im Zähler und Nenner herausfallen. Kommt man bei der Bearbeitung zwischendurch ins Stocken, so hole man sich nur kurze Anregungen und mache dann wieder selbständig weiter. Auch die Wiederholung von bereits bekannten Aufgaben ohne Lösungshilfe zu einem späteren Zeitpunkt fördert das Verständnis und die Routine. Man versuche ebenso ähnliche Aufgaben aus dem Umfeld zu lösen und mit den bekannten Standardlösungen zu vergleichen. Klausuraufgaben werden meist erst gestellt, wenn im Unterricht hinreichend viele Gebiete der Mechanik behandelt worden sind. Sie überspannen möglichst viel vom durchgenommenen Stoff. Die einzelnen Aufgaben erstrecken sich daher oft über mehrere Themenbereiche und sind somit nicht immer eindeutig in bestimmte Kategorien einzuordnen. Die Aufgaben werden in das am besten passende und hauptsächlich zutreffende Grundgebiet eingestuft, können aber auch zwangsläufig Themen aus anderen Sachgebieten enthalten. Manche Unterfragen können erst einmal weggelassen werden, wenn sie Schwierigkeiten bereiten oder der Stoff noch nicht so weit bekannt ist. Zu den nächsten Klausuren wünsche ich gutes Gelingen und viel Erfolg ! Leider wird man am Schluss wie so oft an den lateinischen Satz erinnert: „multum dicere possum, sed longum est“ (es gäbe noch Vieles zu sagen, aber es würde zu weit führen). Die 2. Auflage enthält auf Anregung der Leser vor allem die Erweiterungen: Statik: räumliche Systeme mit Hilfe der Vektorrechnung. Dynamik: Schwingungen, Einfluss der Gewichtskräfte, freie und erzwungene Schwingungen mit und ohne Dämpfung. Am Ende der Kapitel Statik, Festigkeitslehre, Dynamik stehen je 2 Klausuren mit jeweils 3 Aufgaben zum Selberlösen und zur Selbstkontrolle mit Angabe der Endergebnisse. Erweiterung insgesamt um 18 durchgerechnete Aufgaben plus 18 Aufgaben zur Selbstkontrolle. Mein Dank gilt dem Vieweg+Teubner Verlag für seine Unterstützung. Insbesondere danke ich Herrn Dipl.-Ing. Thomas Zipsner, der mit großem Engagement das Manuskript sorgfältig überprüfte und mit guten Tipps und Anregungen ein kreativer Gesprächspartner war. Düsseldorf, im August 2008

Joachim Berger

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Inhaltsverzeichnis 1 Statik....................................................................................................................................... 1 1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen ..................................................................... 1 S 1 Flaschenzug............................................................................................................ 1 S 2 Differential-Flaschenzug........................................................................................ 3 S 3 Hängebrücke .......................................................................................................... 4 S 4 Brückenwaage ........................................................................................................ 6 S 5 Sägebock ................................................................................................................ 8 S 6 Anheben einer Walze ........................................................................................... 10 S 7 Ziehen eines Wagens über eine Stufe................................................................... 12 S 8 Schubkarren in einer Rinne .................................................................................. 14 S 9 Kraftmessung an einem Drehstahl ....................................................................... 16 S 10 Belastung einer gelagerten Scheibe durch ein Moment ..................................... 18 S 11 Unterschiedliche Angriffspunkte einer äußeren Kraft am Gelenk ..................... 20 1.2 Dreigelenkbogen.......................................................................................................... 22 S 12 Hubwerk............................................................................................................. 22 S 13 Kranausleger ...................................................................................................... 25 S 14 Walze zwischen zwei Balken............................................................................. 26 S 15 Greifzange.......................................................................................................... 28 S 16 Nürnberger Korkenzieher................................................................................... 30 S 17 Dreigelenkbogen als Fachwerk .......................................................................... 31 1.3 Fachwerke.................................................................................................................... 37 S 18 Fachwerk belastet mit einem Kräftepaar............................................................ 37 S 19 Fachwerk belastet mit zwei Kräften................................................................... 39 S 20 Gerberträger mit Fachwerksunterbau................................................................. 42 S 21 K-Fachwerk........................................................................................................ 44 S 22 Förderanlage als Fachwerk-Konstruktion .......................................................... 45 1.4 Schwerpunkt ................................................................................................................ 49 S 23 Trapezscheibe an 3 Stäben ................................................................................. 49 S 24 Halbkreisscheibe ................................................................................................ 52 S 25 Hochspringer ...................................................................................................... 54 1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen .................................................................... 56 S 26 Verschiebbare Stange......................................................................................... 56 S 27 Monteur auf der Leiter ....................................................................................... 57 S 28 Verschieben eines Quaders ................................................................................ 60

X

Inhaltsverzeichnis S 29 Rolle in einer Ecke .............................................................................................63 S 30 Abrutschen eines Steigeisens .............................................................................65 S 31 Abrutschen einer Zange......................................................................................67 S 32 Brett auf einer Walze..........................................................................................69 S 33 Papierrolle an der Wand .....................................................................................71 S 34 Verschiebung zweier Keile ................................................................................73 S 35 Klotz auf schiefer Ebene mit seitlicher Verschiebekraft ....................................76 S 36 Balken auf zwei parallelen Stützen ....................................................................77 S 37 Kraftwagen am Hang..........................................................................................79 S 38 Wagen auf schiefer Ebene mit Rollreibung........................................................81 1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)......................................83 S 39 Quader auf schiefer Ebene .................................................................................83 S 40 Zwei Quader übereinander auf einer schiefen Ebene .........................................85 S 41 Ladevorrichtung .................................................................................................86 S 42 Riementrieb mit Spannrolle................................................................................89 S 43 Selbstspannender Riementrieb ...........................................................................92 S 44 Backenbremse ....................................................................................................94 1.7 Schnittgrößen...............................................................................................................97 S 45 Aufzug................................................................................................................97 S 46 Kragträger mit Streckenlast und Einzelkraft ......................................................99 S 47 Gerberträger mit Streckenlasten .......................................................................100 S 48 Tragwerk mit Fachwerkstütze ..........................................................................103 S 49 Balken auf 2 Stützen.........................................................................................105 1.8 Räumliche Systeme.....................................................................................................107 Hinweise und Tipps...................................................................................................107 Vektorrechnung .........................................................................................................107 Vektorielle Bestimmung von Momenten...................................................................108 Aufgaben ...................................................................................................................111 S 50 Moment einer Kraft im Raum ..........................................................................111 S 51 Räumlich gebogener Rohrstrang ......................................................................113 S 52 Fahrrad-Kettentrieb ..........................................................................................117 S 53 Quader auf 6 Stützen ........................................................................................119 S 54 Hebewinde........................................................................................................121 S 55 Rechteckige Konsole........................................................................................123 S 56 Einstufiges, geradverzahntes Getriebe .............................................................125 S 57 Getriebewelle ...................................................................................................127 S 58 Vorgelegewelle.................................................................................................129 S 59 Stabilität eines dreibeinigen Tisches ................................................................132

Inhaltsverzeichnis

XI

1.9 Virtuelle Arbeit.......................................................................................................... 134 Erläuterungen ............................................................................................................ 134 S 60 Bestimmung von Auflagerreaktionen und Schnittgrößen ................................ 136 1.10 Stabilität von Gleichgewichtslagen.......................................................................... 139 S 61 Brief- oder Paketwaage .................................................................................... 139 Aufgaben zur Selbstkontrolle ........................................................................................ 144 Hinweise und Tipps................................................................................................... 144 SA 1-1 Hydraulische Hebebühne ............................................................................. 144 SA 1-2 Gelenkträger mit Stabwerk-Unterbau .......................................................... 145 SA 1-3 Balken über einer Rinne............................................................................... 145 SA 2-1 Förderanlage als Fachwerk .......................................................................... 147 SA 2-2 Eingespannter Gerberträger ......................................................................... 147 SA 2-3 Absetzen eines Trägers ................................................................................ 148 2 Festigkeitslehre .................................................................................................................. 150 2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz ............... 150 F 1 Federkräfte ......................................................................................................... 150 F 2 Lagerung einer starren Platte.............................................................................. 151 F 3 Abgesetzter Stab zwischen 2 starren Wänden.................................................... 154 F 4 Einbau eines zu kurzen Fachwerkstabes ............................................................ 156 F 5 Schrauben-Flanschverbindung ........................................................................... 157 2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks .................................. 162 F 6 Dehnungsmessstreifen an einer Platte................................................................ 162 F 7 Dünnwandiges Rohr beansprucht auf Innendruck, Biegung und Torsion.......... 164 F 8 Quader in eine Nut gepresst ............................................................................... 168 F 9 Zwei konzentrische Rohre.................................................................................. 171 2.3 Spannung und Verformung bei Biegung und Torsion ................................................ 175 F 10 Verbundsystem................................................................................................. 175 F 11 Abgewinkelter Balken...................................................................................... 177 F 12 Abgewinkeltes Rohr mit Innendruck und äußerer Belastung........................... 181 F 13 Halbkreisförmig gebogenes Rohr mit Innendruck und Einzelkraft.................. 186 F 14 Eingespannter Balken mit parabelförmiger Streckenlast ................................. 188 F 15 Balken mit abgesetzter Streckenlast................................................................. 191 F 16 Balken mit abgesetztem Querschnitt................................................................ 195 F 17 Balken mit veränderlicher Streckenlast............................................................ 197 F 18 Überkragender Balken ..................................................................................... 203 F 19 Eingespannter Gerberträger.............................................................................. 204 F 20 Verformung eines Hakens................................................................................ 207

XII

Inhaltsverzeichnis 2.4 Einfach statisch unbestimmte Balkensysteme ............................................................210 F 21 Gelenkig gelagerter Träger mit elastischer Mittelstütze...................................210 F 22 Doppelpendelstütze als Balkenlager.................................................................212 F 23 Feder zwischen zwei Balken ............................................................................215 F 24 Querbalken als Stütze.......................................................................................217 F 25 Zwei aufeinanderliegende Balken ....................................................................218 F 26 Abgewinkelter, dreifach gelenkig gelagerter Balken .......................................220 F 27 Eingespannter, abgewinkelter Balken mit Loslager .........................................225 F 28 Balken mit Stabunterbau ..................................................................................227 2.5 Flächenträgheitsmomente, Steinerscher Satz, schiefe Biegung ..................................231 F 29 Träger aus zwei U-Profilen zusammengesetzt .................................................231 F 30 Träger mit Z-Profil belastet mit Einzelkräften .................................................234 F 31 Träger mit Z -Profil und Streckenlast...............................................................239 F 32 Träger mit Dreiecks-Querschnitt......................................................................241 F 33 Träger belastet in 2 Ebenen ..............................................................................245 2.6 Schubspannungen durch Querkräfte bei der Biegung.................................................248 F 34 Träger mit ungleichmäßigem Doppel T-Profil.................................................248 F 35 Genagelter Holzbalken .....................................................................................250 F 36 Biegung eines kurzen, rechteckigen Kastenträgers ..........................................252 2.7 Torsion dünnwandiger Profile, Bredtsche Formeln ....................................................255 F 37 Torsion eines dünnwandigen Rechteckkastens ................................................255 2.8 Knicken von Stäben, Stabilität....................................................................................258 F 38 Schwerer Quader auf zwei Stäben....................................................................258 F 39 Untersuchung der Knickrichtung bei einem rechteckigen Stab.......................260 F 40 Knickbiegung bei einem eingespannten Stab ...................................................262 Aufgaben zur Selbstkontrolle ........................................................................................265 FA 1-1 Umbau eines Zweistäbeverbandes ...............................................................265 FA 1-2 Statisch unbestimmt gelagerter Balken mit Momentenbelastung ................266 FA 1-3 Eingespannter, am Seil hängender Balken mit Dreieckslast ........................267 FA 2-1 Eingespannter Balken mit Stütze .................................................................268 FA 2-2 Scheibe mit aufgewickeltem Seil .................................................................269 FA 2-3 Allgemeiner Biegefall ..................................................................................270

3 Dynamik .............................................................................................................................273 3.1 Kinematik, geradlinige Bewegung..............................................................................273 D 1 Überholvorgang .................................................................................................273 D 2 Dopplereffekt bei einem Raumschiff.................................................................274 D 3 Kinematik eines Seilzugs...................................................................................276

Inhaltsverzeichnis

XIII

D 4 Kinematik bei fester und loser Rolle ................................................................. 277 D 5 Rutschender Quader .......................................................................................... 278 3.2 Krummlinige Bewegung............................................................................................. 282 D 6 Archimedische Spirale....................................................................................... 282 D 7 Punktförmiger Körper auf glatter Bahn............................................................. 284 D 8 Massenpunkt auf einer Schleifenbahn (Looping).............................................. 286 3.3 Eulerscher Geschwindigkeits- und Beschleunigungssatz .......................................... 288 D 9 Gelenkviereck mit angehängtem Dreieck.......................................................... 288 D 10 Koppelschleifen-Getriebe................................................................................ 291 3.4 Dynamisches Grundgesetz, Prinzip von d’Alembert ................................................. 294 D 11 Trägheitskräfte in einem Fahrstuhl.................................................................. 295 D 12 Kinetik eines Seilzugs ..................................................................................... 297 D 13 Kinetik bei einem System aus einer festen und einer losen Rolle ................... 299 D 14 Aufsetzen einer rotierenden Scheibe auf dem Boden ...................................... 300 D 15 Zugkraft am aufgespulten Faden einer Rolle................................................... 303 D 16 Doppelseilrolle ................................................................................................ 305 D 17 Walze mit aufgewickeltem Seil auf einer schiefen Ebene............................... 307 D 18 Rutschender Stab ............................................................................................. 310 D 19 Bandbremse ..................................................................................................... 313 D 20 Hubwerk mit einstufigem Getriebe ................................................................. 315 3.5 Prinzip der virtuellen Arbeit ....................................................................................... 318 D 21 Hubwerk mit zweistufigem Getriebe............................................................... 319 D 22 Aufzug ............................................................................................................. 322 3.6 Arbeitssatz, Impuls- und Drallsatz.............................................................................. 325 D 23 Zwei Artisten klettern an einem Seil ............................................................... 325 D 24 Abschuss einer Kugel aus einer Kanone.......................................................... 327 D 25 Zwei rotierende Reibräder ............................................................................... 329 D 26 Lastwagen auf schiefer Ebene ......................................................................... 332 3.7 Stoßvorgänge ............................................................................................................. 336 D 27 Stoß zweier Quader ......................................................................................... 337 D 28 Pendelschlagwerk ............................................................................................ 338 D 29 Stab stößt gegen eine Kante............................................................................. 342 D 30 Stoß bei einem sich straffendem Seil............................................................... 345 D 31 Stab rutscht in einer Rinne............................................................................... 348 3.8 Relativbewegung ........................................................................................................ 350 D 32 Absprung von Personen aus einem Boot ......................................................... 350 D 33 Mann bewegt sich auf einem Brett über Rollen .............................................. 353 D 34 Relativbewegung eines Quaders gegenüber einem bewegten Keil.................. 356

XIV

Inhaltsverzeichnis D 35 Turmdrehkran ..................................................................................................358

3.9 Schwingungen............................................................................................................361 D 36 Feder-Masse-System im Schwerefeld..............................................................361 D 37 Zwei Massen verbunden durch eine Feder ......................................................364 D 38 Kombinierte Translations- und Rotations-Schwingung...................................369 D 39 Erzwungene Schwingung mit harmonischer Krafterregung ............................374 D 40 Gedämpfte Translationsschwingung................................................................376 D 41 Pendel mit Feder und Dämpfer........................................................................380 D 42 Schüttelsieb (Wegerregung über den Federendpunkt).....................................386 D 43 Bodenverdichter (Fliehkrafterregung) .............................................................389 D 44 Rotierende unwuchtige Maschine auf elastischem Träger...............................393 D 45 Unwuchterreger ...............................................................................................398 Aufgaben zur Selbstkontrolle ........................................................................................402 DA 1-1 Walze und Quader auf schiefer Ebene.........................................................402 DA 1-2 Hubwerk ......................................................................................................403 DA 1-3 Stab (Tür) prallt gegen einen Stopper..........................................................404 DA 2-1 Beschleunigung eines Kraftfahrzeugs .........................................................405 DA 2-2 Schrägaufzug ...............................................................................................406 DA 2-3 Stoß einer Kugel gegen eine gelenkig gelagerte Platte................................407

1

1 Statik

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen S 1 Flaschenzug 1)

2) A

A

Mit Hilfe eines Flaschenzugs wird über eine Seilwinde (Gewicht G) eine Last Q gehoben. Die Seile sollen (näherungsweise) parallel sein und reibungsfrei laufen. Im Fall 1 ist die Seilwinde an der Wand befestigt, im Fall 2 im Förderkorb gelagert. Gesucht für beide Fälle a) Seilkräfte und Auflagerkraft bei A b) Man schneide sämtliche Einzelteile frei und zeichne das Freikörperbild mit allen wirksamen Kräften. Anmerkung

G

Q

Bei der Aufstellung und Auflösung von Gleichungen in Form von Gleichgewichtsbedingungen sind die Bemerkungen unter „Hinweise und Tipps“ zu beachten.

Q Bild S 1

Lösung a) Bild SL 1a System 1 Unteres abgeschnittenes System (lose Rollen)

¦ Fy = 0 = 4S − Q Ÿ

Q = 4 S Ÿ S = 14 Q

Gesamtsystem (nur das Seil an der Umlenkrolle an der Mauer wird geschnitten)

¦ Fy = 0 = A − Q − S Ÿ

A = Q + S = 4 S + S = 5S

2

1 Statik

System 2 Unteres abgeschnittenes System (lose Rollen)

¦ Fy = 0 = 5S − G − Q Ÿ

G + Q = 5S Ÿ S = 15 ⋅ (G + Q )

Gesamtsystem

¦ Fy = 0 = A − G − Q Ÿ

A = G + Q = 5S

In beiden Fällen ist die Auflagerkraft A gleich der fünffachen Seilkraft S a)

1)

A

b)

2) A

2)

A

1) 5S

2S 2S

S

S

2S G

2S

S

S

S

S S

S

2S

2S

2S

S S

2S

4S

A 5S

2S

S

S

2S

5S 2S

S

S

S

S 2S

2S

S 2S 2S S

S

S 2S

G

S

G Q

Q

Q

Q

Bild SL 1 b) Freischneiden sämtlicher Einzelkörper Freimachen oder Freischneiden bedeutet einen Körper von seiner Umgebung bzw. von seinen angrenzenden Nachbarkörpern an allen Stütz-, Verbindungs- und Berührungsstellen zu trennen und ersatzweise die Kräfte anzubringen, die von den weggelassenen Körpern auf den betrachten Körper ausgeübt werden. Dann erhält man das Freikörperbild (engl. free-body diagram) des abgetrennten Körpers. Im Bild SL 1b sind sämtliche Rollen und Halterungen freigeschnitten. Der Leser kontrolliere das Gleichgewicht jedes einzelnen Körpers.

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

3

S 2 Differential-Flaschenzug Für einen Differential-Flaschenzug bestimme man die erforderliche Kraft F, um eine Last Q empor zu heben.

ϕ R

r

A

F

Der Flaschenzug besteht aus einer festen Doppelrolle (die beiden hintereinanderliegenden Scheiben sind fest miteinander verbunden) mit den Radien R und r sowie aus einer losen Rolle, an der die Last Q hängt. Anstelle eines Zugseils S1 wird in der Praxis meist eine Kette verwendet. Die einzelnen Kettenglieder greifen in warzenförmige Vorsprünge der Rolle ein, um ein Gleiten in der Führung zu verhindern.

Q Bild S 2

Lösung

ϕ

Zieht man am rechten Kettenstrang mit der Kraft F=S1 , so dreht sich die Doppelrolle um einen Winkel ϕ . F=S 1 Die Handkraft zieht dann längs des Kraftweges

A

sK = R ⋅ϕ Ÿ ϕ =

S2

S2

S2

S2

Q

sK R

Gleichzeitig wird der linke Seilstrang der losen Rolle um den Weg R ⋅ ϕ nach oben bewegt und der rechte Seilstrang um den kleineren Weg r ⋅ ϕ nach unten wieder abgespult. Die lose Rolle wird also angehoben um den Lastweg (halber Differenzweg)

Bild SL 2

R−r s L = 1 (Rϕ − rϕ ) = 1 (R − r )ϕ = ⋅ sK Ÿ 2 2 2R

sL R − r = sK 2R

4

1 Statik

¦ Fy = 0 = 2 S 2 − Q Ÿ

Kräftegleichgewicht an der losen Rolle:

Momentengleichgewicht an der Doppelrolle:

F = S1 = S 2

R−r 1 R−r = 2Q Ÿ R R

S 2 = 12 Q

¦ M ( A) = 0 = S1 ⋅ R + S 2 ⋅ r − S 2 ⋅ R Ÿ

F R−r = Q 2R

Kontrolle: Nach der „goldenen Regel der Mechanik“ ist die Arbeit WK der Kraft (Kraft mal Kraftweg) und die Arbeit WL der Last (Last mal Lastweg) gleich. Was an Kraft gewonnen wird, geht an Weg verloren (Arbeit kann nicht gespart werden). R−r ⋅ sK R R−r WL = Q ⋅ s L = Q ⋅ 12 ⋅ sK R WK = F ⋅ s K = 12 Q

Ÿ WK = WL

Wie aus den eingerahmten Formeln ersichtlich ist, verhalten sich Kraft und Last umgekehrt wie die entsprechenden Wege. Da hier die Differenz der Radien R − r an der Doppelrolle maßgebend ist, wird das System Differential-Flaschenzug genannt.

S 3 Hängebrücke D

Bei einer symmetrischen Hängebrücke soll an jedem vertikalen Tragseil die gleiche Kraft F von der Fahrbahn aufgenommen werden. Die Tragseile haben gleichen Abstand a, der Durchhang des Hängewerks ist h .

γ C

h

β

α

B A

a

a

a

E

a

a

Gegeben : F =150 kN ; a = 4 m ; h = 10 m a

a

Bild S 3

Gesucht a) Wie sind die Winkel α , β , γ der Seile mit der Horizontalen zu wählen ? b) Wie groß sind die Seilkräfte Si und der Horizontalzug H in den einzelnen Abschnitten ?

Lösung a) Geometrische Zusammenhänge (Bild SL 3a) tan α =

y y1 y ; tan β = 2 ; tan γ = 3 a a a

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

5

y1 + y 2 + y3 = h : a Ÿ

y1 y 2 y 3 h + + = a a a a I ) tan α + tan β + tan γ =

h a

a) D y3

S3

C F

h

S1

F a

d) γ

H

a

b)

α S2

β

y1

A F

a

c)

y2

S2 B

S1

A H

F B A

F

S3

H

F C

F

B A

F F

H

Bild SL 3

Schnitt durch die Seile II) Bild b :

¦ Fy = 0 Ÿ S1 ⋅ sin α = F ¦ Fx = 0 Ÿ S1 ⋅ cos α = H

III) Bild c :

¦ Fy = 0 Ÿ S 2 ⋅ sin β = 2 F ¦ Fx = 0 Ÿ S 2 ⋅ cos β = H

tan β =

IV) Bild d :

¦ Fy = 0 Ÿ S 3 ⋅ sin γ = 3F ¦ Fx = 0 Ÿ S 3 ⋅ cos γ = H

tan γ =

tan α =

F H 2F H

3F H

6

1 Statik

I, III, IV in I : 6F h F 2 F 3F h + + = Ÿ = Ÿ H H H H a a

aus II : tan α =

H = 6F ⋅

F 150 = = 0,417 Ÿ H 360

4 a = 6 ⋅ 150 ⋅ = 360 kN h 10

α = 22,62 °

aus III : tan β =

2 F 2 ⋅ 150 = = 0,833 Ÿ β = 39,81° H 360

aus VI : tan γ =

3F 3 ⋅ 150 = = 1,25 Ÿ H 360

γ = 51,34 °

b) Seilkräfte 150 F = = 390,0 kN sin α sin 22,62 °

aus II : S1 =

aus III : S 2 =

2F 2 ⋅ 150 = = 468,57 kN sin β sin 39,81°

aus IV : S 3 =

3F 3 ⋅ 150 = = 576,28 kN sin γ sin 51,34 °

S 4 Brückenwaage a A

b

Das Hebelsystem einer Brückenwaage ist so gebaut, dass das erforderliche Austarierungsgewicht G unabhängig von der Lage x der aufgebrachten Last Q ist.

x C

B

Gesucht : G

Q

D F d c

f Bild S 4

a) Man bestimme die Gelenkkräfte an den Balken DE; FH und AC sowie die erforderliche Ausgleichskraft G bei Aufbringung der Last Q in Abhängigkeit von x E H und den gegebenen Abmessungen. b) Welche Beziehung muss zwischen den Strecken b, c, e, f bestehen, damit G unabhängig vom Abstand x e wird ? c) Welches Ausgleichsgewicht G ist dann erforderlich, um die Last Q auszutarieren ?

Bei welchem Hebelverhältnis ab ergibt sich eine Dezimalwaage mit

G Q

1 ? = 10

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

7

Lösung Bild SL 4a

¦ M ( D) = 0 = E ⋅ d − Q ⋅ x Ÿ

¦ Fy = 0 Ÿ

(

E = Q ⋅ dx

D = Q − E = Q ⋅ 1−

x d

)

Bild b

¦ M (H ) = 0 = E ⋅ e − F ⋅ f

Ÿ F = E⋅

e f

=Q⋅ x ⋅ d

e f

¦ Fy = 0 Ÿ H = E − F = Q ⋅ dx ⋅ §¨©1 − ef ·¸¹ x

a) D

Q d

E E

F

b)

f c)

e

H

c b

a G

C=F

A B=D

Bild SL 4

Bild c BD und CF sind Pendelstützen (Zweikräftekörper)

¦ M ( A) = 0 = G ⋅ a − D ⋅ b − F ⋅ c Ÿ

(

G = D ⋅ ab + F ⋅ ac

)

Q Q G = Q ⋅ 1 − dx ⋅ ab + Q ⋅ dx ef ⋅ ac = a ⋅ §¨ b − dx ⋅ b + dx ⋅ ef⋅c ·¸ = a ⋅ ªb − dx ⋅ §¨ b − ef⋅c ·¸º «¬ © ¹ © ¹»¼

¦ Fy = 0 Ÿ A = G + B + C = G + Q ⋅ (1 − dx ) + Q ⋅ dx ⋅ ef A = G + Q ⋅ ª1 − dx ⋅ §¨1 − ef ·¸º «¬ © ¹»¼

b) G ist unabhängig von x, wenn in der Gleichung von G der Koeffizient von x verschwindet, d. h. b−

e⋅c =0Ÿ f

c) Dann ist G =

b ⋅Q a

b e = c f

Bei einer Dezimalwaage ist :

b G 1 = = a Q 10

8

1 Statik

S 5 Sägebock Ein glatter, zylindrischer Baumstamm (Radius r, Gewicht G) liegt zwischen den Holmen eines Sägebocks. Der Sägebock ist bei A fest gelenkig gelagert und liegt bei B am glatten Boden auf. Die Holmen sind in C gelenkig miteinander verbunden und werden durch ein Seil DE in ihrer Lage gehalten. Am Baumstamm wirkt eine horizontale Sägekraft F.

F r

M G

H

K

c

C

Gegeben h b

30°

r = 10 cm ; a = 25 cm ; b = 60 cm E

D Ax A

60°

L

A

Ay

F = 90 N ; G = 300 N Gesucht

B

a

FB

Bild S 5

a) Kräfte in den Auflagern A und B , im Seil und im Gelenk C . b) Bei welcher Zugkraft im Rückwärtshub der Säge hebt der Bock bei B vom Boden ab ?

Lösung a) Auflagerkräfte (Gesamtsystem) AL = (a + b ) ⋅ tan 30° = (25 + 60) ⋅ tan 30° = 49,07 cm A = 2 AL = 98,14 cm MC = c =

10 r = = 20 cm sin 30° sin 30°

h = a + b + c + r = 25 + 60 + 20 + 10 = 115 cm I ) ¦ M ( A) = 0 = FB ⋅ A − F ⋅ h − G ⋅ A Ÿ FB = F h + 1 G 2

A

2

115 + 1 300 = 255,46 N FB = 90 ⋅ 98 ,14 2

II ) ¦ Fx = 0 Ÿ Ax = F = 90 N

III ) ¦ Fy = 0 Ÿ A y = G − FB = 300 − 255,46 = 44,54 N

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

9

Gelenk- und Seilkraft Bild SL 5a : Baumstamm

a) F

b) FH 30°

d

H

IV ) ¦ Fx = 0 = FH cos 30° − FK cos 30° + F

M G 30°

Cx

30°

FK

FH

C

C

Cy

Bild SL 5

V ) ¦ Fy = 0 = FH sin 30° + FK sin 30° − G IV D sin 30° + V D cos 30° : 2 FH sin 30° ⋅ cos 30° + F sin 30° − G cos 30° = 0 Ÿ FH =

S

E

G ⋅ cos 30° − F ⋅ sin 30° = 248,04 N 2 sin 30° ⋅ cos 30°

aus IV :

B FB

FK = FH +

FK = 248,04 +

F cos 30°

90 = 351,96 N cos 30°

Bild SL 5b : rechter Holmen (Schnitt durch Gelenk und Seil) HC = d =

10 r = = 17,32 cm tan 30° tan 30°

VI ) ¦ M (C ) = 0 = FH ⋅ d − S ⋅ b + FB ⋅ 2A Ÿ S = FH ⋅ db + FB ⋅ 2Ab ,32 S = 248,04 ⋅ 1760 + 255,46 ⋅ 4960,07 = 280,52 N

VII ) ¦ Fx = 0 Ÿ C x = FH cos 30° + S = 248,04 ⋅ cos 30° + 280,52 = 495,33 N

VIII ) ¦ Fy = 0 Ÿ C y = FB − FH sin 30° = 255,46 − 248,04 ⋅ sin 30° = 131,44 N

b) Abheben des Sägebocks : Bodenkraft FB = 0 aus I :

F

h A

,07 + 12 G = 0 Ÿ F = − 2Ah G = − 49 ⋅ 300 = −128,01 N 115

Das Minuszeichen bedeutet : Abheben kann nur beim Rückwärtshub auftreten. Daher ist es besser, von der rechten Seite d. h. vom Loslager aus zu sägen und beim Verhaken der Säge im Vorwärtshub den Bock mit einem Fuß zu fixieren.

10

1 Statik

S 6 Anheben einer Walze Eine schwere Walze (Gewicht G ) wird durch zwei Seile S1, S2 gehalten und liegt bei A auf

S2

S1

15°

einer schiefen Ebene auf. Am Seil S1 zieht über eine Umlenkrolle das Gewicht Q .

α

Gegeben.: G = 80 N; Q = 40 N; α = 20°

G A

Gesucht 45°

a) Seilkräfte S1 , S2 und die Auflagerkraft A

Q

b) Welches Gewicht Q’ muss angehängt werden, damit die Walze von der schiefen Ebene gerade abhebt ?

Bild S 6

c) Durch Veränderung des Winkels α (Versetzen der Umlenkrolle) soll die Walze mit einer

minimalen Kraft S1∗ = Q ∗ angehoben werden. Unter welchem Winkel α ∗ muss gezogen werden und wie groß sind dann die entsprechenden Seilkräfte ?

1.) Zeichnerische Lösung b)

S2

a) S2

y

30°

G S1

FA

20°

S1=Q

x FA 45°

G

c) G

Bild SL 6

S'2 S*1 S'1

G

d) S*2 30°

α*

Die abzulesenden Ergebnisse werden durch die nachfolgende Rechnung bestätigt. Beim Anheben der Walze ist FA=0 (Bild c). Das Lot hat den kürzesten Abstand eines Punktes von einer Geraden. Daher ist im Bild

S*1 c das Lot S ∗ gefällt von der Spitze von G auf 1

S 2' die kleinste erforderliche Seilkraft, um die Walze anzuheben.

Aus dem rechtwinkligen Dreieck G , S1∗ , S 2∗ (Bild d) liest man ab :

S1∗ = G ⋅ cos 30° = 80 ⋅ cos 30° = 69,28 N ;

S 2∗ = G ⋅ sin 30° = 80 ⋅ sin 30° = 40 N

2.) Rechnerische Lösung a) Seilkräfte, Auflagerkraft (Bild a) Gleichgewicht der Walze (zentrales Kräftesystem liefert 2 Gleichgewichtsbedingungen) Da S1=Q ist, verbleiben noch die beiden Unbekannten S2 und FA

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

11

I ) ¦ Fx = 0 = S1 cos 20° − S 2 cos 30° + FA sin 45°

II ) ¦ Fy = 0 = S1 sin 20° + S 2 sin 30° + FA cos 45° − G

Weil sin 45° = cos 45° = 1 2 ist, kann man die Gleichungen direkt (ohne Multiplikationsausgleich) voneinander abziehen, um FA zu eliminieren : I − II :

S1 (cos 20° − sin 20°) − S 2 (cos 30° + sin 30° ) + G = 0 Ÿ

Mit S1=Q wird S2 =

G + Q ⋅ (cos 20° − sin 20°) = 76,07 N cos 30° + sin 30°

S cos 30° − Q cos 20° 76,07 cos 30° − 40 cos 20° aus I : FA = 2 = = 40 N sin 45° sin 45°

b) Anheben der Walze : FA = 0 I ' ) ¦ Fx = 0 = S1' cos 20° − S 2' cos 30° Ÿ S 2' = S1'

cos 20° cos 30°

II ' ) ¦ Fy = 0 = S1' sin 20° + S 2' sin 30° − G I ' in II ' : S1' =

S1' ⋅ sin 20° + S1' ⋅

cos 20° sin 30° = G Ÿ cos 30°

G = 90,44 N sin 20° + cos 20° ⋅ tan 30°

c) Erforderliche Mindestlast Q ∗ Schreibt man die letzte Gleichung allgemein mit dem Winkel α anstatt 20° , so wird S1' =

G sin α + cos α ⋅ tan 30°

S1' wird ein Minimum , wenn der Nenner N maximal wird (leichter zu differenzieren) N = sin α + cos α ⋅ tan 30° 1 1 dN = cos α ∗ − sin α ∗ tan 30° = 0 Ÿ tan α ∗ = = Ÿ α ∗ = 60° tan 30° dα 3 S1∗ =

G = 69,28 N sin 60° + cos 60° ⋅ tan 30°

S 2∗ = S1∗ ⋅

cos α ∗ cos 60° = 69,28 ⋅ = 40 N cos 30° cos 30°

12

1 Statik

S 7 Ziehen eines Wagens über eine Stufe Gegeben : FG = 9000 N ; A = 150 cm

a

a = 90 cm ; r = 30 cm ; e = 15 cm FS2

FG

r

β

B

A

C

A

FA

Ein Wagen (Gewicht FG , Radius der Räder r) steht auf einer ebenen Fahrbahn.

FS1 e

FB s' 1 2'

FA

FG

1'

s

FB

2

Bild S7

Gesucht (zeichnerisch und rechnerisch) : a) Wie groß sind die Achslasten (Auflagerkräfte) in A und B ? b) Der Wagen soll durch einen horizontalen Seilzug FS1 P an der Achse B über eine Stufe der Höhe e geschleppt werden. Wie groß ist im Augenblick, in dem sich die Vorderräder vom Boden abheben, der Seilzug und die Kräfte auf die Räder ?

c) Welche Kräfte ergeben sich für eine schräge Seilkraft unter einem Winkel β = 20° ? d) Unter welchem Winkel β ∗ muss eine minimale Seilkraft FS∗ angreifen und wie groß ist diese ? Welche Kräfte wirken dann auf die Räder ? 1.) Zeichnerische Lösung P1 = FC1 ∩ FG ; P2 = FS1 ∩ FA

P1

a)

Das Zeichen ∩ steht für „geschnitten mit“ (Schnittmenge)

h FG

P2 FA b) FA

B

C α

FS1 H

h = P1 P2

FS1 FC1

Bild SL7a,b: Seilkraft FS1 und Radkräfte FA , FC mit dem Culmann-Verfahren

c) FG

FC1

F* S

FG FA

F* C FG F A

Bild SL 7

Bild S7 : Auflagerkräfte FA , FB im Stand mit Pol- und Seileck

α

Der Leser ermittle für einen Seilzug unter dem Winkel β = 20° mit dem Seileck- oder dem Culmann-Verfahren die entsprechenden Werte. Beim Seileckverfahren ist zu beachten, dass der erste Seilstrahl durch den Schnittpunkt zweier unbekannter Kräfte gelegt werden muss.

Bild SL 7c : minimale Seilkraft FS∗ und Räderkräfte F A , FC∗ . Das Lot (als kürzester Abstand eines Punktes von einer Geraden) gefällt von der Feder (Anfangspunkt) des Vektors FG auf die

Wirklinie von FC ergibt die minimale Seilkraft FS∗ . Dem rechtwinkligen Dreieck entnimmt man die Beziehung FS = (FG − FA ) ⋅ sin α

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

13

Die abzulesenden Zahlenwerte stimmen mit der nachfolgenden Rechnung überein und sind dort aufzusuchen.

2.) Rechnerische Lösung a) Wagen steht auf der Fahrbahn (Bild S 7)

¦ M ( B ) = 0 = FG a − FA A Ÿ

FA = FG

a 90 = 9000 ⋅ = 5400 N A 150

¦ Fy = 0 Ÿ FB = FG − FA = 9000 − 5400 = 3600 N b) Horizontale Seilkraft FS1 (Bild SL7a) Da FC und FS1 (bzw. FS2 ) durch den Momentenbezugspunkt B hindurchgehen, ist FA wie unter a) nur von FG und vom Hebelverhältnis a A abhängig, also ebenfalls FA = 5400 N . Das gleiche gilt für eine schräge Seilkraft unter c) und d). cos α =

r − e 30 − 15 = = 0,5 Ÿ α = 60° 30 r

¦ Fy = 0 = FA + FC1 cos α − FG Ÿ

F − FA 9000 − 5400 = = 7200 N FC1 = G cos α 0,5

¦ Fx = 0 Ÿ FS1 = FC1 sin α = 7200 ⋅ sin 60° = 6235,38 N c) Schräge Seilkraft FS2 (Bild S 7) FA = 6000 N wie unter a) I ) ¦ Fx = 0 =FS2 cos β − FC2 sin α Ÿ FC2 = FS2

cos β sin α

II ) ¦ Fy = 0 = FA + FC2 cos α − FG + FS2 sin β I in II : FA + FS2

FS2 =

FG − FA sin β +

cos β − FG + FS2 sin β = 0 Ÿ sin α

cos β tan α

=

3600 = 4069,86 N 20° sin 20° + cos tan 60°

aus I : FC2 = 4069,86 ⋅

cos 20° = 4416,07 N sin 60°

d) FS2 wird minimal, wenn der Nenner N maximal wird N = sin β +

cos β tan α

sin β ∗ dN = cos β ∗ − = 0 Ÿ tan β ∗ = tan α Ÿ β ∗ = α = 60° tan α dβ

14

1 Statik

d. h. der optimale Seilzug muss senkrecht zu BC erfolgen. Dann ist FS∗ =

FG − FA sin α +

cosα tan α

=

FG − FA 2

sin α + cos 2 α

sin α = (FG − FA )sin α

FS∗ = 3600 ⋅ sin 60° = 3117,69 N FC∗ = FS∗ ⋅

F∗ cos α 3117,69 = S = = 1800 N sin α tan α tan 60°

S 8 Schubkarren in einer Rinne a

Ein Schubkarren (Gewicht G) muss aus einer Rinne (Höhe h) herausgebracht werden, wobei es 2 Möglichkeiten gibt :

b

1) Er wird über die Stufe nach rechts gezogen G r r-h

2) Er wird über die Stufe nach links geschoben B

A h

α

c Gegeben

G = 600 N ; r = 15 cm ; h = 5 cm Bild S 8

a = 30 cm ; b = 70 cm ; c = 20 cm

Gesucht : a) Welche Handkräfte am Griff B sind jeweils erforderlich und welche Lagerkräfte entstehen dabei am Bolzen A ? (zeichnerische und rechnerische Lösung). b) An welchen Stellen P1 bzw. P2 der Haltestange müsste die Hand angreifen, damit der Kraftaufwand minimal wird und wie groß sind diese Kräfte (zeichnerische Lösung) ?

Zeichnerische Lösung Den Winkel α am Rad des Schubkarrens entnimmt man einer maßstäblichen Skizze oder bestimmt ihn genauer aus dem entsprechenden rechtwinkligen Dreieck mit der Winkelfunktion cos α =

r − h 15 − 5 = = 0, 6 Ÿ α = 48,19° r 15

a) Dreikräfte-Verfahren Durch den Schnittpunkt S1 (S2) von A1 (A2) und G muss auch B1 ( B2 ) hindurchgehen. Die zeichnerische Methode bietet eine einfache Möglichkeit für eine Optimierung.

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

15

Errichtet man in den Kraftecken jeweils die Lote von den Endpunkten der Kraft G auf die Kräfte A1 ( A2 ) , so erhält man die kleinstmöglichen Kräfte B1∗ ( B2∗ ) , um den Schubkarren aus der Rinne zu bringen.

β1

S2 G

P2

P1

β2

B1

Aus den rechtwinkligen Dreiecken im Bild SL 8a bestimmt man durch ablesen oder rechnen

B2

B1∗ = B2∗ = G ⋅ sin α B !∗= B ∗2 = 600 ⋅ sin 48,19° = 447,22 N

A1

A2

α

α

A2

S1

α α G

B*2

A1

Die erforderlichen Angriffspunkte P1 ( P2 ) der Handkraft findet man durch Parallelverschie-

B*1

B2

B1

bung der Wirklinien von B1∗ ( B2∗ ) durch S1 ( S 2 ) . Die Schnittpunkte der Parallelen mit der Verbindungslinie AB sind die gesuchten Angriffspunkte . P1 ( P2 )

Bild SL 8a

Prinzipiell lässt sich auch alles rechnen, was man zeichnen kann, aber nicht umgekehrt. Eine rechnerische Bestimmung von B1∗ ( B2∗ ) bzw. P1 ( P2 ) mittels Extremwertbildung wäre hier jedoch erheblich aufwendiger.

Rechnerische Lösung Der gleiche Kraftaufwand wie beim Herausbringen aus der Rinne ist nötig, um den Schubkarren kurzzeitig auf einer schiefen Ebene mit dem Steigungswinkel α senkrecht zu den Kräften A1 bzw. A2 zu ziehen bzw. zu schieben. Fall 1 A1x = A1 sin α ; A1y = A1 cos α

¦ M ( B ) = 0 = − A 1⋅ sin α ⋅ c − A 1⋅ cosα ⋅ (a + b ) + G ⋅ b Ÿ A 1=

G ⋅b 600 ⋅ 70 = = 514,87 N (a + b) ⋅ cosα + c ⋅ sin α 100 ⋅ cos 48,19° + 20 ⋅ sin 48,19°

¦ Fx = 0 Ÿ B1x = A 1⋅ sin α = 514,87 ⋅ sin 48,19° = 383,76 N ¦ Fy = 0 Ÿ B1y = G − A 1⋅ cos α = 600 − 514,87 ⋅ cos 48,19° = 256,76 N

16

1 Statik 2 2 B1 = B1x + B1y = 383,76 2 + 256,76 2 = 461,73 N

tan β 1=

B1x 383,76 = = 1,495 Ÿ β 1= 56,21° B1y 256,76

G A1y

B 1x

B 1y

A1x

α

Fall 2

B

α B

G A 2x

α

B 2x

A2 sin α ⋅ c − A2 cos α ⋅ ( a + b) + G ⋅ b = 0 Ÿ A2 =

G ⋅b (a + b)cosα − c sin α

A2 =

600 ⋅ 70 = 514,87 N 100 cos 48,19° − 20 sin 48,19°

B 2y

A 2y

α

A2y = A2 cos α

¦ M ( B) = 0

A1

A2

A2x = A2 sin α ;

Bild SL 8b

¦ Fx = 0 Ÿ B2x = A2 sin α = 604,82 N ¦ Fy = 0 Ÿ B2y = G − A2 cosα = 59,04 N 2 2 B2 = B2x + B2y = 607,69 N > B1 = 461,73 N

tan β 2 =

B2x = 10,244 Ÿ β 2 = 84,42° B2y

Es ist also einfacher, den Schubkarren nach rechts aus der Rinne zu ziehen.

S 9 Kraftmessung an einem Drehstahl 10

90 5

3 1

x

12 2

4

Die Belastung eines Drehstahls soll mit elektrischen Kraftmessdosen ermittelt werden, zwischen denen der Meißelschaft gelagert ist. Jede A Messdose zeigt elektronisch die in ihrer Längs24 richtung wirkende Druckkraft an. Zu einem bestimmten Zeitpunkt werden in den 5 Messdosen folgende Druckkräfte festgestellt : Bild S 9

Gegeben F1 = 500 N ; F2 = 0 ; F3 = 800 N ; F4 = 2000 N ; F5 = 0

Es kann angenommen werden, dass die Meißelkraft F und die Lagerkräfte der Messdosen in einer Ebene liegen.

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

17

Gesucht (zeichnerisch und rechnerisch) : Die auf den Meißel wirkende Zerspanungskraft F und der Abstand x ihres Angriffspunktes A an der Oberseite des Meißels von den rechten Messdosen.

1.) Zeichnerische Lösung x F3 F1

Fx

A

F Die Zerspanungskraft F ist die Gleichgewichtskraft (Schlusslinie) im Krafteck mit den Lagerkräften.

Fy F13

F4 F F1

Bild SL 9

F13

F4

Die gegebenen Lagerkräfte F1 und F3 werden zu einer Resultierenden F13 zusammengefasst, die sich mit F4 im Punkt P schneidet. Nach dem 3-KräfteVerfahren muss die dritte Kraft F als Parallele aus dem Krafteck durch diesen Punkt P als gemeinsamen Schnittpunkt gehen. Diese Parallele schneidet an der Oberseite des Meißels den gesuchten Angriffspunkt A aus.

F3

P

2.) Rechnerische Lösung

¦ Fx = 0 Ÿ Fx = F1 = 500 N ¦ Fy = 0 Ÿ Fy = F4 − F3 = 2000 − 800 = 1200 N F = Fx2 + Fy2 = 500 2 + 1200 2 = 1300 N

¦ M ( A) = 0 = F1 ⋅ 12 + F3 ⋅ (x + 90) − F4 ⋅ x Ÿ x=

F1 ⋅ 12 + F3 ⋅ 90 500 ⋅ 12 + 800 ⋅ 90 = = 65 mm 2000 − 800 F4 − F3

18

1 Statik

S 10 Belastung einer gelagerten Scheibe durch ein Moment a

Eine rechteckige Scheibe (Motorgehäuse) ist durch 3 Stäbe A,B,C abgestützt. Auf die Scheibe wirkt durch Anziehen einer Schraube (oder durch Bohren eines Lochs) in beliebiger Lage ein Moment M . b Gegeben : M = 60 Nm ; a = 40 cm ; b = 30 cm

A G M B

Man bestimme die Stabkräfte zeichnerisch und rechnerisch

C

60°

a) für eine Scheibe mit dem Gewicht G = 100 N Was ergibt die Zusammenfassung von G und M ?

Bild S 10

b) Für eine gewichtslose Scheibe ( G=0 ).

1.) Zeichnerische Lösung d

a)

a) Belastung durch G und M (Bild SL 10a)

P2

Das Moment M wird durch ein Kräftepaar G’,G’’ ersetzt, wobei zweckmäßig

h

G''

G’=G’’=G= 100 N gewählt wird. G’’ soll die Gegenkraft zu G sein und G kompensieren. Da das Ersatzkräftepaar die gleiche Drehwirkung G' haben muss wie das gegebene Moment, hat das Kräftepaar die Distanz

FA

P1 G FA

FB

H

FC

G'

FB

c) FA x FB

A

FAC

FC FA

FBx

60°

P G

FBy FB Bild SL 10 FC

=

60 Nm 100 N

= 0,6 m

Die Stabkräfte FA , FB , FC infolge der Belastung durch G’ werden nach dem Culmann-Verfahren bestimmt.

b)

M

M G

G’’ wird als Gegenkraft zu G angenommen, so dass nur noch G’ im Abstand d übrig bleibt (z. B. an einem angeschweißtem Hebel). Das Moment M bewirkt also eine Parallelverschiebung der Kraft G .

FC

FA

G⋅d = M Ÿ d =

M FC

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

19

b) Belastung nur durch M (Bild SL 10b) Ein Moment (Kräftepaar) kann nur durch ein gleichwertiges Gegenkräftepaar ausgeglichen werden. Die drei Stabkräfte FA, FB, FC müssen also ein Kräftepaar ergeben, d. h. die ResultieG G G G rende z. B. FAC = FA + FC muss parallel zur dritten Stabkraft z. B. FB sein. Das Kräftepaar hat den Abstand, A der abgemessen oder berechnet wird : x=a−

b 30 = 40 − = 22,68 cm tan 60° tan 60°

A = x ⋅ sin 60° = 22,68 ⋅ sin 60° = 19,64 cm FB = FAC =

M 6000 Ncm = = 305,5 N 19,64 cm A

FAC wird noch in die Komponenten FA und FC zerlegt : FA = FAC ⋅ cos 60° = 152,75 N ; FC = FAC ⋅ sin 60° = 264,57 N

Sonderfälle Sind 2 Stäbe parallel, dann ist der dritte nichtparallele Stab ein Nullstab. Sind dagegen alle 3 Stäbe parallel (bzw. schneiden sich die 3 Stabachsen in einem endlich oder unendlich weit entfernten Punkt), dann ist das (sog. entartete) System wackelig (in Kleinem beweglich) und somit kinematisch und statisch unbestimmt. 2.) Rechnerische Lösung (Bild c) a) Scheibe mit Gewicht Alle Stäbe werden (wie bei der Bestimmung von Stabkräften bei Fachwerken nach dem Ritterschen Schnitt) zunächst als Zugstäbe angenommen. Die Vorzeichen der Rechenergebnisse bestimmen die endgültige Kraftwirkung : Ergebnis positiv : Zugstab ;

Ergebnis negativ : Druckstab

FBx = FB ⋅ cos 60° ; FBy = FB ⋅ sin 60°

Wir wählen den Schnittpunkt zweier Stabachsen als Momentenbezugspunkt P, dann bleibt die dritte Stabkraft als einzige Unbekannte in der Momentengleichung übrig.

¦ M ( P ) = 0 = FB sin 60° ⋅ a − FB cos 60° ⋅ b − M + G ⋅ a2 FB =

M − G a2 a ⋅ sin 60° − b ⋅ cos 60°

=

60 − 100 ⋅ 0,2 = 203,66 N (Zugstab) 0,4 ⋅ sin 60° − 0,3 ⋅ cos 60°

¦ Fx = 0 Ÿ FA = − FBx = −203,66 ⋅ cos 60° = −101,83 N (Druckstab) ¦ Fy = 0 Ÿ FC = −G − FB y = −100 − 203,66 ⋅ sin 60° = −276,37 N (Druckstab) b) Scheibe ohne Gewicht ( G = 0 ) FB = 152,75 N (Zugstab) ; FA = −76,38 N (Druckstab) ; FC = −132,29 N (Druckstab)

20

1 Statik

S 11 Unterschiedliche Angriffspunkte einer äußeren Kraft am Gelenk Oft bestehen Zweifel über den Kraftfluss, wenn bei einem Gelenksystem (z.B. Gerberträger, Dreigelenkbogen oder Fachwerk) eine äußere Kraft F direkt an einem Gelenkpunkt angreift. Meist findet man unterschiedliche Angaben über die innere Gelenkkraft ohne nähere Begründung. Daher soll die Frage nach den inneren Gelenkkräften am Beispiel eines einfachen Gerberträgers einmal geklärt werden.

2F

F

3F

Gesucht sind die Auflagerkräfte A, B, C und die Gelenkkraft G .

G A

a

a

B

Gegeben ist ein Gerberträger nach Bild S11.

a a C 2 2

a

Bild S 11

Lösung a) Auflagerkräfte Im Gelenk ist das Moment Null. Momentengleichgewicht des rechten, abgeschnittenen Balkenteils GC liefert

¦ M (G ) = 0 = C ⋅ a − 2 F ⋅ a2 Ÿ

C=F

GC

Gesamtsystem :

¦ M ( A) = 0 = −3F ⋅ a + B ⋅ 2a − F ⋅ 3a − 2 F ⋅ 72 a + C ⋅ 4a Ÿ AC

mit C=F wird B =

F 2

(3 + 3 + 7 − 4 ) = 92 F

¦ Fy = 0 Ÿ A = 6F − B − C = 6 F − F − 92 F = 12 F AC

b) Gelenkkraft Nur wenn eine genaue Angabe über den Angriffspunkt der äußeren Belastungskraft F am Gelenk gemacht wird, ist eine Aussage über die innere Gelenkkraft möglich. Generell gibt es 3 Möglichkeiten : 1.) Angriffspunkt von F etwas rechts vom Gelenk (Bild SL11a) Gleichgewicht des rechten Balkenteils GC :

¦ Fy = 0 Ÿ G = F + 2 F − C = 2 F

GC

Links und rechts wirkt die gleiche Gelenkkraft G = 2 F

1.1 Freimachen, Gleichgewichtsbedingungen

21

Zur Kontrolle der Auflagerkräfte A und B betrachten wir das Gleichgewicht des linken Balkenteils AG :

¦ M ( A) = 0 = −3F ⋅ a + B ⋅ 2a − G ⋅ 3a AG

mit G = 2F wird B =

F 2

⋅ (3 + G ) =

9 2

F

¦ Fy = 0 Ÿ A = 3F − B + G = 3F − 92 F + 2 F = 12 F AG

2.) Angriffspunkt etwas links vom Gelenk (Bild b)

a) 3F

Gleichgewicht des rechten Balkenteils GC

G=2F B

A

3F

GC

C=F

G=2F

b)

¦ Fy = 0 Ÿ G = 2 F − C = F

2F

F

F G=F

A

3.) Angriffspunkt direkt am Gelenkbolzen (Bild c) Gleichgewicht am rechten Balkenteil GC

2F

B

Links und rechts vom Gelenk wirkt die gleiche Gelenkkraft G=F . Analog ergeben sich die Auflagerkräfte A und B am linken Trägerteil AG .

¦ Fy = 0 Ÿ G2 = 2 F − C = F

G=F

c)

C=F

GC

Gleichgewicht am Bolzen G (Schrägbild)

3F

G1=2F

A

G2=F

B F G1=2F Bild SL 11

G2=F

¦ Fy = 0 Ÿ G1 = F + G2 = 2 F G

Die Gelenkkräfte sind jetzt links und rechts unterBolzen B (Schrägbild) schiedlich G1 ≠ G2 . 2F Auch hier ergeben sich die gleichen Auflagerkräfte A und B bei der Betrachtung des GleichgeC=F wichts am linken Trägerteil AG .

In allen 3 Fällen wirkt am linken Balkenteil AG bei G eine resultierende Gesamtkraft 2F nach unten. Die Auflagerkräfte A, B, C sind bei allen Systemen immer gleich. Die unterschiedlichen Angriffspunkte der äußeren Belastungskraft am Gelenk haben nur unmittelbar auf die Gelenkkraft selbst einen Einfluss, nicht aber auf die Auflagerkräfte.

22

1 Statik

1.2 Dreigelenkbogen S 12 Hubwerk 3m

5m

Durch eine Seilwinde wird eine Last mit dem Gewicht G über 2 Rollen ( Rollenradius kann beliebig klein angenommen werden) hochgezogen.

C 3m

Gegeben : G = 4 kN

Gesucht 2m

B

A 60°

G Bild S 12

Man bestimme zeichnerisch und rechnerisch die Gelenkkräfte bei A,B,C . Zusätzliche Aufgabe zum Selbststudium : Wie groß sind die Seilkräfte und die Gelenkkräfte, wenn die beiden Rollen blockieren und der Reibungskoeffizient zwischen Seil und Rolle jeweils μ = 0,3 beträgt beim Anheben und Absenken der Last?

1.) Zeichnerische Lösung (Bild SL 12a) Die Auflagerkräfte FA und FB sowie die Gelenkkraft FC werden mit dem SuperpositionsVerfahren bestimmt. Jeweils nur eine Seite des Dreigelenkbogens wird als belastet angenommen, so dass die andere unbelastete Seite als Pendelstütze aufzufassen ist. Eine Pendelstütze hat wie ein Loslager nur eine Unbekannte. Das bedeutet, der Dreigelenkbogen bei Teilbelastung ist zeichnerisch lösbar. Die Wirkungslinie der Kraft auf die Pendelstütze geht dann durch die Gelenkpunkte des entsprechenden Lagers und des Zwischengelenks. Mit dem Dreikräfte-Verfahren bzw. mit dem Seileck-Verfahren findet man die Gelenkkräfte am belasteten Bogen. Die gefundenen Teilreaktionen werden dann zu den resultierenden Gelenkkräften überlagert. Die Wirkungslinien F1, a1, b1 laufen parallel zueinander (unter 45°), daher wird zur Bestimmung der Teilreaktionen A1, B1 das Seileck-Verfahren angewandt (der Schnittpunkt der 3 Kräfte F1, A1, B1 liegt im Unendlichen). Da die Kräfte auf die Balken von den Rollenbolzen ausgehen, können die Rollen als beliebig klein angesehen werden. Das wird noch deutlicher, wenn man die Balken und die Rollen als Einzelteile mit den wirksamen Kräften zeichnet. Der Leser möge am Schluss der Rechnung eine solche „Explosionsskizze“ anfertigen.

1.2 Dreigelenkbogen

23 S

a) b1

s'

0 B1

C

0'

s

F1

1'

A1

P

F1

S

1 F2

a1 A

B

a2

b2 S F2

S

A2

F1 FA

B2

FC

A2

A1

FB

B2

FA

FB

B1

F2 Bild SL12a

2.) Rechnerische Lösung Gesamtsystem AB (Bild SL12b) tan α = x=

5 3

2m tan α

= 1, 6 Ÿ α = 59,04° ; tan β = =

2 m ⋅3 5

=

6 5

5 5

= 1 Ÿ β = 45°

m = 1,2 m

S = G ; S x = S ⋅ cos 60° ; S y = S ⋅ sin 60°

Das horizontale Seilstück bleibt ungeschnitten. I)

¦ M ( A) = 0 = − S ⋅ 1,2 m + S ⋅ cos 60° ⋅ 2 m − S ⋅ sin 60° ⋅ 6 m + By ⋅ 8 m Ÿ AB S 8

By =

⋅ (1,2 − 2 ⋅ cos 60° + 6 ⋅ sin 60° ) = 2,7 kN

II ) ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = S + S ⋅ sin 60° − B y = 4 + 4 ⋅ sin 60° − 2,7 = 4,76 kN AB

III ) ¦ Fx = 0 Ÿ Bx = S ⋅ cos 60° + Ax AB

24

1 Statik C

b)

c)

Cy Cx

x S S

α

Sx S

Ax

Ay

Sy

Bild SL 12b

S Ax

β Bx By

Ay

linkes Teilsystem AC (Bild c) IV )

¦ M (C ) = 0 = − Ax ⋅ 5 − Ay ⋅ 3 + S ⋅ 3 + S ⋅ (3 − 1,2) Ÿ AC

(

)

Ax = 15 ⋅ 4,8 ⋅ S − 3 ⋅ Ay = 0,98 kN IV in III : Bx = 4 ⋅ cos 60° + 0,98 = 2,98 kN V)

¦ Fx = 0 Ÿ C x = S − Ax = 4 − 0,98 = 3,02

kN

AC

VI )

¦ Fy = 0 Ÿ C y = Ay − S = 4,76 − 4 = 0,76

kN

AC

Zur Überprüfung der zeichnerischen Lösung werden die resultierenden Gelenkkräfte bestimmt FA =

Ax2 + Ay2 = 0,98 2 + 4,76 2 = 4,86 kN

FB = Bx2 + B y2 = 2,98 2 + 2,7 2 = 4,02 kN FC = C x2 + C y2 = 3,02 2 + 0,76 2 = 3,11 kN

Der Leser kontrolliere die Ergebnisse durch Betrachtung des Kräftegleichgewichts am rechten Teilsystem.

1.2 Dreigelenkbogen

25

S 13 Kranausleger 0,5m

0,5m

0,5m

Mit dem Kranausleger wird eine Last G gehoben. Die Umlenkrollen sind auf gleicher Höhe angeordnet und können beliebig klein angenommen werden (da ja nur die Bolzenkräfte auf das Kranstativ wirken).

C

Gegeben : G = 5 kN

A 0,6m

0,3m

Gesucht

0,3m

Wie groß sind die Gelenkkräfte bei A,B,C, wenn alle Bauteile gewichtslos anzunehmen sind ?

75°

B Bild S13

G

Lösung a) Ax

b) Ax

Ay

Ay C

Cx

Gx Bx

Cy G

Gy

G

G

G Bild SL13

By

Gesamtsystem (Bild SL13a) Das horizontale Seilstück wird nicht geschnitten G x = G ⋅ cos 75° ; G y = G ⋅ sin 75°

Die Gelenkpunkte A und B liegen senkrecht übereinander, so dass die Auflagerkomponenten Ay und B y auf einer Wirkungslinie liegen. Wählt man z. B. als Momentenbezugspunkt den Gelenkpunkt B, so tritt nur eine Unbekannte Ax auf, da die Komponente Ay durch B hindurchgeht.

26

1 Statik I ) ¦ M ( B ) = 0 = A x ⋅ 1,2 m − G ⋅ 1,5 m + G ⋅ cos 75° ⋅ 0,3 m − G ⋅ sin 75° ⋅ 0,5 m Ÿ AB

A x = 1G,2 ⋅ (1,5 + 0,5 ⋅ sin 75° − 0,3 ⋅ cos 75°) = 7,94 kN II ) ¦ Fx = 0 Ÿ Bx = Ax + G ⋅ cos 75° = 7,94 + 5 ⋅ cos 75° = 9,23 kN AB

III ) ¦ Fy = 0 Ÿ B y = G ⋅ sin 75° + G − Ay AB

Balken AC (Bild SL13b) IV )

¦ M (C ) = 0 = Ax ⋅ 0,6 m − Ay ⋅ 1 m − G ⋅ 0,3 m − G ⋅ 0,5 m Ÿ AC

Ay = 0,6 ⋅ Ax − 0,8 ⋅ G = 0,6 ⋅ 7,94 − 0,8 ⋅ 5 = 0,76 kN IV in III : B y = 5 ⋅ (1 + sin 75°) − 0,76 = 9,07 kN

¦ Fx = 0 Ÿ C x = Ax + G = 7,94 + 5 = 12,94 kN

V)

AC

VI )

¦ Fy = 0 Ÿ C y = G − Ay = 5 − 0,76 = 4,24 kN AC

S 14 Walze zwischen zwei Balken Gegeben

Winkelhalbierende

A

G = 500 N

A1

D β β

C

A 1 = AC = 60 cm

r

M B

G E

α

A2

A 2 = BC = 70 cm

r = 20 cm

α = 20°

Bild S14

Eine Walze (Radius r, Gewicht G) stützt sich an zwei Balken der Länge A 1 und A 2 ab. Die Balken sind bei A und B gelenkig gelagert und bei C gelenkig miteinander verbunden. Gesucht sind sämtliche Berührungs- und Gelenkkräfte.

1.2 Dreigelenkbogen

27

Lösung Bild S 14 MC = Winkelhalbierende : β = aus Δ CDM : CD = CE =

1 2

⋅ (90° − α ) = 35°

20 r = = 28,56 cm tan β tan 35°

Bild SL 14

Ay

FD

Walze G

Ax FD

E x = FE ⋅ sin α ; E y = FE ⋅ cos α Ey

A1

Ex

α FE

FE Cx

Cy Cx

Cy

Bx

A2 Bild SL14

By

¦ Fy = 0 = FE ⋅ cosα − G Ÿ FE =

500 G = = 532,09 N cos α cos 20°

¦ Fx = 0 Ÿ FD = FE ⋅ sin α FD = 532,09 ⋅ sin 20° = 181,99 N

Nach Wegnahme der Walze bleibt ein Dreigelenkbogen übrig, der durch die Berührungskräfte mit der Walze belastet ist. Balken AC

¦ M ( A) = 0 = C x ⋅ A 1 − FD ⋅ (A 1 − CD ) Ÿ

Cx =

AC

A1 −CD ⋅ FD = 95,36 N A1

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = FD − C x = 181,99 − 95,36 = 86,63 N AC

¦ Fy = 0 Ÿ Ay = C y AC

Balken BC

¦ M ( B ) = 0 = −C y ⋅ A 2 cosα − C x ⋅ A 2 sin α + FE ⋅ (A 2 − CE )

Ÿ

BC

C y = FE ⋅

A 2 − CE − C x ⋅ tan α = 300,5 N = Ay A 2 cos α

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = FE ⋅ sin α − C x = 532,09 ⋅ sin 20° − 95,36 = 86,63 N BC

¦ Fy = 0 Ÿ By = FE ⋅ cosα − C y = 532,09 ⋅ cos 20° − 300,5 = 199,5 N BC

28

1 Statik

Es fällt auf, dass Ax = Bx ist. Das ist jedoch kein Zufall, wie man erkennt, wenn man das horizontale Gleichgewicht des Gesamtsystems betrachtet. Da nur eine vertikale Belastungskraft wirkt, müssen die horizontalen Lagerkomponenten sich gegenseitig aufheben, also betragsmäßig gleich sein (Rechenkontrolle).

S 15 Greifzange Gegeben

F a

G = 1000 N ; α = 30°

a

a = 200 mm ; b = 500 mm ; c = 250 mm ; d = 450 mm

α

B

Mit der Greifzange nach Bild S15 ist ein schwerer Stein (oder ein Tiegel) vom Gewicht G zu halten.

A

Gesucht b C

a) Wie groß muss der Haftungskoeffizient μ 0 zwischen dem Stein und der Zange mindestens sein, damit der Stein nicht rutschen kann ?

c b) Sämtliche Gelenkkräfte D

G

E

d Bild S15

Lösung (Bild SL15) Ax = FA cos α ; Ay = FA sin α ; Bx = FB cos α ; B y = FB sin α Aus Symmetriegründen ist im Gelenk C nur eine horizontale Kraft möglich : C y = 0 ; C x = FC

Zwei vertikale (allgemein parallel zur Symmetrieachse wirkende) Komponenten an den beiden aufgetrennten Zangenhälften können nämlich nicht gleichzeitig Gegenkräfte (gegensinnig) und achsensymmetrische Kräfte (gleichsinnig) sein (Widerspruch). Gesamtsystem :

¦ Fy = 0 Ÿ F = G = 1000 N

1.2 Dreigelenkbogen

29 System 1 (Oberteil)

F

Die Teile AF und BF sind Zweigelenkstäbe. Die Gelenkkräfte bei A und B wirken daher in Richtung der Stabachsen.

1

Bx

Ax

α FA

By

Ay

By

α FB

Bx

¦ Fx = 0 = FB cosα − FA cosα Ÿ ¦ Fy = 0 Ÿ F = 2 FB ⋅ sin α Ÿ FB =

F 1000 = = 1000 N = FA 2 sin α 2 sin 30°

System 2 (rechte Zangenhälfte)

2

¦ M ( D ) = 0 = FB cosα ⋅ (b + c ) + FB sin α ⋅ (a + d2 ) − FC ⋅ c Ÿ

FC 3

FC =

Dx Dx Dy

FA = FB (Symmetrie)

FB d ⋅ ( a + ) ⋅ sin α + (b + c ) ⋅ cos α = 3448 N c 2

G

Dy

Bild SL 15

¦ Fx = 0 Ÿ Dx = FC − FB cosα = Dx =

[(

G a+ 2c ⋅ sin α

d 2

[(

FB ⋅ a+ c

d 2

)⋅ sin α + b ⋅ cosα ]

)⋅ sin α + b cosα ] = 2Gc §¨ a + tanb α + d2 ·¸ = 2582 N ©

¹

System 3 (Tiegel) Dy =

G 2

= 500 N

Haftbedingung (erforderlicher Mindesthaftungskoeffizient) Dy ≤ μ 0 ⋅ Dx Ÿ μ 0 ≥

Dy Dx

=

c = 0,194 a + tanb α + d2

Damit der Stein (oder der Tiegel) nicht aus der Zange rutscht, muss an der gemeinsamen Berührungsstelle eine möglichst große Klemmkraft wirken. Wie bei einer Werkzeugzange sind die Griffe (Krafthebelarme) daher lang, die Schneiden (Lasthebelarme) kurz auszuführen. Der erforderliche Haftungskoeffizient μ0 wird dann klein, wenn die Maße a, b, d im Nenner groß, das Maß c im Zähler dagegen möglichst klein ausfällt. Ein kleiner Winkel α verbessert ebenfalls die Klemmwirkung.

30

1 Statik

S 16 Nürnberger Korkenzieher a

a

Der Nürnberger Korkenzieher ist ein Scherensystem, bei dem durch mehrfache Hebelübersetzung eine Handkraft F vergrößert wird. Dann kann mit verstärkter Lastkraft Q leichter ein Korken aus einer Flasche gezogen werden.

F h h h h

α C

A

Welche Kraft Q wird beim (reibungsfrei angenommenen) Korkenzieher nach Bild S16 auf den Korken ausgeübt, wenn man am oberen Ende mit der Handkraft F zieht und welche Gelenkkräfte sind dann wirksam?

B

D

E

G

Gegeben : F , a , α

K

h H

Weitere technische Anwendungen des Scherensystems z. B. bei Scherenhubtischen zur Stapelung von Waren in Lagerhäusern, Hebebühnen in Autowerkstättem, Greifzangen im Labor zum Bewegen von radioaktiven Substanzen hinter Schutzwänden, Ladesysteme bei der Beschickung von Hochöfen, bewegliche Telefonstützen im Büro u. s. w.

Q

Bild S 16

Lösung F Ax α FA A y

Ay

By

Bx α FB

Ax FC

Ex Ey E x Ey FG

Die Teile AF und BF sind Zweigelenkstäbe. Die Gelenkkräfte bei A und B wirken daher in Richtung der Stabachsen. Ax = FA cos α ;

Ay = FA sin α ; Bx = FB cos α ; B y = FB sin α

h = a ⋅ tan α

¦ Fx = 0 = FA ⋅ cosα − FB ⋅ cosα Ÿ ¦ Fy = 0 = F − 2 FA ⋅ sin α Ÿ

FA =

FA = FB (Symmetrie) F 2 sin α

Balken ACE

Bei einem symmetrischen Dreigelenkbogen wirkt die Kraft im Zwischengelenk senkrecht zur Symmetrieachse, hier also horizonBild SL 16 tal (siehe Aufgabe S15).

1/2 Q FH

¦ M ( E ) = 0 = FC ⋅ h − FA cosα ⋅ 2h − FA sin α ⋅ 2a

:hŸ

a sin α · § § · FC = 2 FA ⋅ ¨ cos α + sin α ¸ = 2 FA ⋅ ¨ cos α + ¸ = 4 FA cosα h tan α¹ © © ¹ FC = 4

2F F ⋅ cosα = 2 sin α tan α

1.2 Dreigelenkbogen

31 F

3F

¦ Fx = 0 Ÿ E x = FC − FA ⋅ cosα = 3FA ⋅ cosα = 3 2 sin α ⋅ cosα = 2 tan α

¦ Fy = 0 Ÿ E y = FA ⋅ sin α = 12 F Die am Gelenkbolzen G wirkende äußere Kraft Q wird je zur Hälfte auf die beiden Träger DGK und EGH verteilt. Bei Reibungsfreiheit geht die Kraft FH vom Flaschenhals auf die Rolle durch den Mittelpunkt der Rolle, d. h. sie steht senkrecht zum Flaschenhals. Balken EGH

¦ M (G ) = 0 = E x ⋅ h + E y ⋅ a − FH ⋅ a FH = E x ⋅

:a Ÿ

h 1 3F + Ey = ⋅ tan α + F = 2 F a 2 tan α 2 3F

¦ Fx = 0 Ÿ FG = E x = 2 tan α

¦ Fy = 0 Ÿ 12 Q = FH + E y = 2 F + 12 F = 25 F Ÿ

Q = 5F

Beispiel : F = 10 N ; Q = 5 ⋅ 10 = 50 N Der Korken wird mit einer Kraft Q = 50 N aus der Flasche gezogen. Die Korkenkraft Q ist nur abhängig von der Anzahl der Dreieckshöhen h . Sie ist dagegen unabhängig von dem Maß a bzw. h und dem Winkel α Diese Werte ändern sich ständig während des Zugvorgangs, haben jedoch keinen Einfluss auf die Lastkraft Q . Probe mit dem Arbeitssatz : Um die Korkenkraft Q um Δ h nach oben zu bewegen, muss die Handkraft F bei einem Korkenzieher mit 5 Dreieckshöhen h um 5Δ h verschoben werden. Die Arbeiten der Kräfte F und Q müssen gleich sein : W1 = F ⋅ 5Δ h ; W2 = Q ⋅ Δ h W1 = W2 : F ⋅ 5Δ h = Q ⋅ Δ h Ÿ Q = 5F

S 17 Dreigelenkbogen als Fachwerk Ein Dreigelenkbogen in der Ausführung als Fachwerk nach Bild S17 ist in A und B fest gelenkig gelagert und mit den Kräften F1 , F2 , F3 belastet. Gegeben : F1 = 40 kN ; F2 = 20 kN ; F3 = 30 kN Gesucht a) Man bestimme die Auflager- und die Stabkräfte zeichnerisch und rechnerisch.

32

1 Statik

b) Welchen Einfluss hat eine unterschiedliche Verteilung der Kraft F2 am Zwischengelenk C auf die vertikale Kraftkomponente im Zwischengelenk und auf die Stabkräfte des Fachwerks für die Fälle : 1) Angriffspunkt von F2 unmittelbar links neben dem Gelenk C 2) Angriffspunkt von F2 unmittelbar rechts neben dem Gelenk C 3) F2 je zur Hälfte links und rechts neben dem Gelenk C verteilt 4) Angriffspunkt von F2 direkt am Gelenkbolzen F 3

0,5m

2

C

4

Cremonaplan

F3

6

Zuerst zeichnet man das geschlossene Krafteck der äußeren Kräfte in der Reihenfolge, wie sie beim Umfahren des Fachwerks im gewählten Umfahrungssinn US (hier im Uhrzeigersinn) angetroffen werden.

8

5

7

US

F1 1

1,5m

2 10

Ax Ay 0,4

Reihenfolge der äußeren Kräfte:

9

Bx 0,6

0,6

0,4

F1 , Ax , Ay , F2 , F3 , Bx , B y

Dann werden die einzelnen Knotenkraftecke gezeichnet, wobei jeweils nur 2 unbekannte Stabkräfte vorkommen dürfen. Die Kräfte werden ebenfalls in der Reihenfolge angeordnet, wie sie beim Umfahren des betrachteten Knotens im gewählten Umfahrungssinn angetroffen werden.

By

Bild S 17

5

By

4

Ay A x 3

Die zeichnerischen Ergebnisse des Cremonaplans sind der rechnerischen Lösung zu entnehmen. Sie werden hier deshalb nicht nochmals angegeben. Da einige Kräfte überlappen, ist beim Ablesen der Kräfte Lageplan und Kräfteplan immer kombiniert zu betrachten.

7

F1 F3

F2 1

2

6

Bx 10

9 8

Die Auflagerkräfte könnten zeichnerisch z. B. mit dem Seileck-Schlusslinienverfahren ermittelt werden, worauf hier jedoch verzichtet wird.

Bild SL 17a

Rechnerische Lösung Auflagerkräfte (Gesamtsystem AB gemäß Bild S17) Da die Kraft Ax durch den Gelenkpunkt B hindurchgeht, enthält die MomentenGleichgewichtsbedingung um B nur eine Unbekannte, nämlich Ay .

¦ M ( B) = 0 = − Ay ⋅ 2 m + F1 ⋅ 1,6 m + F2 ⋅ 1 m − F3 ⋅ 2 m AB

Ÿ

1.2 Dreigelenkbogen

33

Ay = 0,8F1 + 12 F2 − F3 = 0,8 ⋅ 40 + 12 ⋅ 20 − 30 = 12 kN

¦ Fy = 0 Ÿ By = F1 + F2 − Ay = 40 + 20 − 12 = 48 kN AB

¦ Fx = 0 Ÿ Ax + Bx = F3 AB

rechter Bogen BC (Bild SL17b / 1)

¦ Fy = 0 Ÿ C y = By = 48 kN BC

¦ M ( B ) = 0 = C y ⋅ 1 m + C x ⋅ 2 m − F3 ⋅ 2 m Ÿ BC

C x = F3 − 12 C y = 30 − 24 = 6 kN

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = F3 − C x = 30 − 6 = 24 kN BC

linker Bogen AC

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = C x = 6 kN AC

F2

Rechnerische Kontrolle mittels Ritterschen Schnitts: Bolzen C

Cy1 4

C y1 Cx 1/2 F2

3

Cy

C x C y2 Cx

Cx Cx

2

1

β

1/2 F2

Folgende Winkel werden gebraucht :

Cy Cx

Cy F2

Zunächst werden alle Stäbe als Zugstäbe angenommen. Durch das Vorzeichen der Kräfte beim Rechenergebnis wird zwischen Zugstab (positives Ergebnis) und Druckstab (negatives Ergebnis) unterschieden.

C y2

F2 Cy

Cy

Cx

γ Cx

Cy

F3

F1

Ay

α Ax

Bx Bild SL 17b

By

tan α =

1,5 0, 4

= 3,75 Ÿ α = 75,07°

tan β =

0,5 0,4

= 1,25 Ÿ β = 51,34°

tan γ =

0,5 0, 6

= 0,83 Ÿ γ = 39,81°

34

1 Statik

1.) Angriffspunkt von F2 links vom Bolzen C (Bild SL17b / 1) Am freigeschnittenen Zwischengelenk C wirkt links insgesamt eine vertikale Kraft C y − F2 = 48 − 20 = 28 kN nach oben

und rechts eine vertikale Kraft C y = 48 kN nach unten. Der Leser skizziere die passenden Befreiungsbilder für folgende Gleichungen : linke Fachwerkseite S 2 cos α − Ax = 0 Ÿ S 2 =

Ax 6 = = 23,29 kN cos α cos 75,07°

S1 + S 2 sin α + Ay = 0 Ÿ S1 = − S 2 sin α − Ay = −23,29 sin 75,07° − 12 = −39,5 kN S 5 sin γ + Ay − F1 = 0 Ÿ S 5 =

F1 − Ay sin γ

=

40 − 12 = 43,73 kN sin 39,81°

S 4 + S 5 cos γ − Ax = 0 Ÿ S 4 = Ax − S 5 cos γ = 6 − 43,73 cos 39,81° = −27,59 kN S 4 + S 3 cos β = 0 Ÿ S 3 = −

S4 27,59 = = 44,17 kN cos β cos 51,34°

rechte Fachwerkseite − S10 cos α − Bx = 0 Ÿ S10 = −

Bx 24 =− = −93,15 kN cos α cos 75,07°

S 9 + S10 sin α + B y = 0 Ÿ S 9 = − S10 sin α − B y = 93,15 sin 75,07° − 48 = 42,01 kN S 7 sin γ + B y = 0 Ÿ S 7 = −

By sin γ

=−

48 = −74,97 kN sin 39,81°

− S 6 − S 7 cos γ − Bx + F3 = 0 Ÿ S 6 = − S 7 cos γ − Bx + F3 S 6 = 74,97 cos 39,81° − 24 + 30 = 63,59 kN − S 6 − S 8 cos β + F3 = 0 Ÿ S8 =

F3 − S 6 30 − 63,59 = = −53,77 kN cos β cos 51,34°

2.) Angriffspunkt von F2 rechts vom Bolzen C (Bild SL17b / 2) Ay = 12 kN ; B y = 48 kN aus Gesamtsystem wie vorher

Rechter Bogen BC

¦ Fy = 0 Ÿ C y = By − F2 = 48 − 20 = 28 kN BC

¦ M ( B ) = 0 = C y ⋅ 1 m + C x ⋅ 2 m + F2 ⋅ 1 m − F3 ⋅ 2 m Ÿ BC

C x = F3 − 12 C y − 12 F2 = 30 − 14 − 10 = 6 kN

1.2 Dreigelenkbogen

35

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = F3 − C x = 30 − 6 = 24 kN BC

linker Bogen AC

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = C x = 6 kN AC

Gegenüber Fall 1 weicht nur die Gelenkkomponente Cy ab. Nach wie vor wirken aber am freigeschnittenen Gelenk C insgesamt die gleichen vertikalen Kräfte, nämlich links C y = 28 kN nach oben, rechts C y + F2 = 28 + 20 = 48 kN nach unten. Für die Stabkräfte ergibt sich somit kein Unterschied. Man kann also bei der Ermittlung der Stabkräfte eines Fachwerks eine äußere Kraft am Zwischengelenk beliebig dem linken oder rechten Fachwerkteil zuordnen, ohne dass sich die Stabkräfte ändern.

3.) Belastungskraft am Zwischengelenk je zur Hälfte links und rechts aufgeteilt (Bild SL17b / 3) Ay = 12 kN ; B y = 48 kN

aus Gesamtsystem wie vorher

Rechter Bogen BC

¦ Fy = 0 Ÿ C y = By − 12 F2 = 48 − 10 = 38 kN BC

¦ M ( B ) = 0 = C x ⋅ 2 m + C y ⋅ 1 ⋅ m + 12 F2 ⋅ 1 m − F3 ⋅ 2 m Ÿ BC

C x = F3 − 12 C y − 14 F2 = 30 − 19 − 5 = 6 kN = Ax

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = F3 − C x = 30 − 6 = 24 kN BC

Zwar weicht die vertikale Komponente C y der Gelenkkraft gegenüber vorher ab. Am freigeschnittenen Gelenk wirken aber wieder links insgesamt C y − 12 F2 = 38 − 10 = 28 kN nach oben und rechts insgesamt C y + 12 F2 = 38 + 10 = 48 kN nach unten, daher ergeben sich die gleichen Stabkräfte für das Fachwerk.

4.) Angriffspunkt der Kraft am Zwischengelenk direkt am Bolzen C (Bild SL17b / 4) Annahme: F2 greift direkt am Gelenkbolzen an (z. B. wenn am Bolzen des Zwischengelenks eine Seilrolle angebracht ist). Die vertikalen Komponenten der Gelenkkraft sind jetzt an beiden Fachwerkteilen unterschiedlich.

36

1 Statik Ay = 12 kN ; B y = 48 kN

aus Gesamtsystem wie vorher

Rechter Bogen BC

¦ Fy = 0 Ÿ C y2 = By = 48 kN BC

¦ M ( B ) = 0 = C x ⋅ 2 m + C y2 ⋅ 1 m − F3 ⋅ 2 m Ÿ BC

C x = F3 − 12 C y2 = 30 − 24 = 6 kN = Ax

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = F3 − C x = 30 − 6 = 24 kN Gelenkbolzen C

¦ Fy = 0 = C y1 + C y2 − F2 Ÿ

C y1 = F2 − C y 2 = 20 − 48 = −28 kN

C

Das Minuszeichen besagt, der Richtungssinn der Kraft C y1 ist umgekehrt wie in der Skizze angenommen wurde. Wie in den Fällen vorher wirkt wieder am Zwischengelenk C links eine Kraft −C y1 = 28 kN nach oben, rechts eine Kraft C y 2 = 48 kN nach unten. Daher erhält man wieder die gleichen Stabkräfte im Fachwerk.

Zusatzaufgabe Welche Stabkräfte ergeben sich für eine Ausführung des Fachwerks als sogenannter Wiegmannträger, der entsteht, wenn man die unteren Knotenpunkte der Stäbe 5 und 7 durch einen zusätzlichen Stab verbindet und dafür ein Festlager (entweder A oder B) durch ein Loslager ersetzt.

1.3 Fachwerke

37

1.3 Fachwerke S 18 Fachwerk belastet mit einem Kräftepaar Ein Fachwerk ist auf den Stäben A , B , C gelagert und durch ein Kräftepaar F1 , F2 belastet.

α

A 1

F1 = F2 = 10 kN ; a = 2 m ; α = 60°

4

B

Gegeben

F1

3

2

a

5

Gesucht a) Auflagerkräfte

7

C

a b) Stabkräfte

6

F2 a

a Bild S 18

1.) Zeichnerische Lösung Das linksdrehende Kräftepaar ( F1 , F2 ) wird durch ein gleich großes rechtsdrehendes Kräftepaar ( FA , FBC ) im Gleichgewicht gehalten. Die Resultierende FBC von FB und FC ist parallel zu FA und bildet mit FA ein im Uhrzeigersinn drehendes Kräftepaar. Das Produkt aus Abstand und Kraftbetrag muss bei beiden Kräftepaaren gleich sein. Damit lassen sich zeichnerisch die Auflagerkräfte bestimmen (bzw. auch mit dem Schlusslinien-Seileckverfahren). F1 ⋅ 2a = FA ⋅ b Ÿ FA =

F1 ⋅ 2a 10 ⋅ 2 ⋅ 2 = = 14,65 kN = FBC 2,73 b

Der Abstand b des Kräftepaares ( FA , FBC ) wird aus Bild SL 18 entnommen bzw. durch geometrische Berechnung aus dem entsprechenden rechwinkligen Dreieck bestimmt b a⋅ 2

= cos(60° − 45°) = cos15° Ÿ b = a ⋅ 2 ⋅ cos15° = 2 2 ⋅ cos15° = 2,73 m

FBC wird dann in Komponenten zerlegt G G G FBC = FB + FC ; FB = 12,68 kN ; FC = 7,32 kN

38

1 Statik

Cremonaplan FA FBC

α FAy

b FAx

4

FC 7

F1

1 2

3

5

FB

Zuerst werden die äußeren Kräfte in der Reihenfolge angetragen, wie man sie beim Umfahren des Fachwerks im gewählten Umfahrungssinn US (hier im Uhrzeigersinn) antrifft, also in der Reihenfolge F1 , F2 , FC , FB , FA .

US 6

Cremonaplan FC

F2

5 4

7

FB 6

Bild SL 18

Man erkennt aus dem Aufbau des Fach-

3

FA 2

Dann werden die Stabkräfte an den einzelnen Knoten ergänzt, wobei auch wieder jeder Knoten im gewählten Umfahrungssinn umlaufen wird, zur Ermittlung der Reihenfolge der Kräfte.

FC werks sofort S 2 = 0 .

F1 1

F2

(Über Nullstäbe siehe auch die Aufgaben S 19, S 22)

Wenn an einem belasteten Knoten mit zwei Stäben die äußere Kraft in die Richtung eines Stabes wirkt, dann ist der andere ein Nullstab. Die Stabkraft eines Nullstabs bildet sich im Cremonaplan als Punkt ab. Die Ergebnisse des Cremonaplans entnehme man aus der folgenden Berechnung.

2.) Rechnerische Lösung a) Auflagerkräfte Im Punkt B schneiden sich die beiden unbekannten Auflagerkräfte FB und FC . Das Momentengleichgewicht um B liefert daher direkt die gesuchte Auflagerkraft FA . FAx = FA ⋅ sin α ; FAy = FA ⋅ sin α

¦ M ( B ) = 0 = − FA sin α ⋅ a − FA cosα ⋅ a + F1 ⋅ a + F2 ⋅ a FA =

:aŸ

F1 + F2 10 + 10 = = 14,64 kN sin α + cos α sin 60° + cos 60°

¦ Fx = 0 Ÿ FB = FA sin α + F2 − F1 = FA sin α = 14,64 ⋅ sin 60° = 12,68 kN ¦ Fy = 0 Ÿ FC = FA cos α = 14,64 ⋅ cos 60° = 7,32 kN

1.3 Fachwerke

39

b) Stabkräfte Durch Freischneiden einzelner Knoten in günstiger Reihenfolge erhält man die folgenden Gleichungen (der Leser zeichne die entsprechenden Befreiungsskizzen). Die Stäbe werden dabei zunächst als Zugstäbe angenommen. Erst durch das Vorzeichen im Ergebnis wird zwischen Zugstab (positives Ergebnis) und Druckstab (negatives Ergebnis) unterschieden. S1 + F1 = 0 Ÿ S1 = − F1 = −10 kN S6 2

+ F2 = 0 Ÿ S 6 = − F2 2 = −10 2 = −14,14 kN

S7 +

S6

S3 −

S6

2

2

= 0 Ÿ S3 =

2

S6

− S5 − S4

+ FC = 0 Ÿ S 7 = − FC −

2

S6 2

= 0 Ÿ S5 = −

S6 2

= −7,32 + 10 = 2,68 kN

= −10 kN S6 2

= 10 kN

− S 7 = 0 Ÿ S 4 = S 7 2 = 2,68 ⋅ 2 = 3,79 kN

S 19 Fachwerk belastet mit zwei Kräften F1

2 1

Das Fachwerk nach Bild S19 ist bei A und B gelenkig gelagert und mit den Kräften F1 und F2 belastet.

6 7

3

8

5

F2

9

4

10

B

A a

Gegeben F1 = F = 5 kN ; F2 = 2 F = 10 kN ; a = 1 m

Gesucht 11

a

a

a

2a

Man bestimme zeichnerisch und rechnerisch a) Auflagerkräfte b) Stabkräfte Insbesondere sind die Stabkräfte 4,5,6 sowie 10,11 durch einen Ritterschen Schnitt zu berechnen.

Bild S 19

1.) Zeichnerische Lösung a) Auflagerkräfte (Bild SL19b / 1) Da an das linke Lager A nur ein einzelner Stab anschließt, nimmt es (wie ein einwertiges Lager) nur eine Kraft in Richtung des Stabes auf.

40

1 Statik

Die Auflagerkräfte werden mit dem Dreikräfte-Verfahren bestimmt. Drei Kräfte sind im Gleichgewicht, wenn sie sich in einem Punkt schneiden und das Krafteck sich schließt. Die Resultierende R von F1 und F2 wird mit der Wirklinie von FA geschnitten. Durch diesen Schnittpunkt P muss auch die Auflagerkraft FB als dritte Kraft hindurchgehen, so dass mit der Verbindungslinie BP deren Wirklinie gefunden ist. Parallelverschiebung der Wirklinien in den Kräfteplan ergibt die Auflagerkräfte FA und FB. Dann wird FB zum Vergleich mit der Rechnung noch in die Komponenten FBx und FBy zerlegt. b) Stabkräfte (Bild SL19a) F1

2

7

5

3

1

6 8

F2

9

4

US

10

FBx FBy

Cremonaplan

Nullstäbe : S1 = 0 ; S 2 = 0 Bei einem unbelasteten Knoten mit zwei Stäben handelt es sich um Nullstäbe, wenn die Stäbe nicht auf einer Linie liegen.

11

FA

Stäbe, die bei der gegebenen Belastung keine Kräfte aufnehmen, nennt man Nullstäbe. Hat man einen Nullstab erkannt, so wird er im Plan zweckmäßig zur besseren Orintierung für die weitere Berechnung des restlichen Fachwerks mit einer Null und einem Strich versehen.

9

Cremonaplan Gemäß dem gewählten Umfahrungssinn US (im Uhrzeigersinn) werden die äußeren Kräfte in der Reihenfolge F1 , F2 , Bx , B y , FA angeordnet.

7

Der Leser zeichne zum Vergleich auch den (spiegelbildlichen) Cremonaplan für einen US entgegen dem Uhrzeigersinn.

8

11 10

F1

6

FBy

5

Da sich die Kräfte teilweise überlappen, ist es zweckmäßig, die Ergebnisse für jeden Knoten sofort in eine Liste einzutragen. Ein Ablesen erst am Schluss beim fertigen Cremonaplan führt leicht zu Verwechslungen.

3

F2

FA

FBx

Die Pfeilspitzen der Stabkräfte werden im Lageplan an die Enden der Stäbe in dem Pfeilsinn angetragen, wie sie im Cremonaplan beim Umfahren des jeweiligen Kraftecks aufeinanderfolgen.

4

Bild SL 19a

i

Si

F

1

2

0

0

3 −2 2

4 +2

5 + 2

6 -3

2.) Rechnerische Lösung a) Auflagerkräfte (Bild SL19a)

¦ M ( B ) = 0 = F1 ⋅ 2a + F2 ⋅ 2a − FA ⋅ 3a Ÿ

7 +3 2

8

9

-3

-2

10 +2 5

11 -3

1.3 Fachwerke FA =

41

2⋅ 3

(F1 + F2 ) = 23 ⋅ 3F = 2 F = 10 kN

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = F2 = 2 F = 10 kN ¦ Fy = 0 Ÿ By = FA − F1 = 2 F − F = F = 5 kN b) Stabkräfte Die Stabkräfte werden zunächst als Zugkräfte angenommen. Die Vorzeichen im Ergebnis unterscheiden zwischen Zug- und Druckstäben. 1) F 1

Ritterscher Schnitt durch die Stäbe 4, 5, 6 R

(Bild SL19b / 2)

FBx

F2

P A

B

FA

FB

2)

1

C 5

FA

¦ M (C ) = 0 = S 4 ⋅ a − FA ⋅ a Ÿ

F1

S 4 = FA = 2 F

F2

S5

β B FBx FBy

S4 Bild SL 19b

¦ Fy = 0 = FA − F1 −

S5

2

Ÿ

S 5 = (FA − F1 ) 2 = (2 F − F ) 2 = F 2 S11

S10

S6

6

3 4

R

3)

F1 2

FB

FA

FBy

¦ Fx = 0 = S 4 + S6 = − S4 −

S5

2

S5

2

+ S6 Ÿ

= −2 F − F = −3F

Ritterscher Schnitt durch die Stäbe 10, 11 (Bild SL 19b / 3) sin β =

2 5

; cos β =

1 5

= 0,447 Ÿ β = 63,43°

¦ Fx = 0 = Bx − S10 ⋅ cos ⠟

S10 =

¦ Fy = 0 = S11 + S10 ⋅ sin β − By Ÿ S11 = F − 2 5 F ⋅

2 5

Bx = 2 5⋅F cos β

S11 = By − S10 ⋅ sin β

= −3F

Die restlichen Stabkräfte des Fachwerks ergeben sich durch geometrischen Vergleich oder durch weitere Rittersche Schnitte.

42

1 Statik

S 20 Gerberträger mit Fachwerksunterbau F1 a

A

a

a

a

a

4

2

1

F2

G

5

3

I

Ein Gerberträger mit einer FachwerksUnterkonstruktion ist bei A fest, bei B lose gelenkig gelagert und bei G mit eia nem Zwischengelenk versehen. Die Belastung erfolgt durch zwei vertikale Kräfte F1 und F2 .

B

a

II

Gegeben : F1 = F ; F2 = 2 F

Bild S 20

Gesucht Man bestimme rechnerisch die Auflager-, Gelenk- und Stabkräfte.

Lösung (Bild SL20) a)

F

Gy

1

Ax

Gx 2

1

Ay

4

S5y

S5 S5x

3

Gy

S5x

Gx

FB

S5y

S5 b)

F2

c)

y

y

S1

S2

45°

S4 45°

I

S3

S5

45°

S3

x

45°

II

x

Bild SL 20

S 5x = S 5 y = I)

S5

2

=

1 2 ⋅ S5 2

¦ M ( A) = 0 = S 5y ⋅ 4a + S5x ⋅ a − G y ⋅ 4a − F1 ⋅ a AG

II ) ¦ M ( B ) = 0 = S 5y ⋅ a + F2 ⋅ a − G y ⋅ 2a : a GB

Elimination von Gy I − 2 ⋅ II : 2 S 5y + S 5x − F1 − 2 F2 = 0 Ÿ

:a

1.3 Fachwerke

43

S 5 3 5 = F1 + 2 F2 = 5F Ÿ S 5 = 2 ⋅F 3 2

F aus II : Gy = 12 S5y + 12 F2 = 65 F + F = 11 6

¦ Fy = 0 Ÿ Ay = F1 + G y − S5y = F + 116 F − 53 F = 76 F AG

¦ Fy = 0 Ÿ FB = F2 + S 5y − G y = 2 F + 53 F − 116 F = 116 F

GB

¦ Fx = 0 Ÿ Gx = S 5x = 53 F

GB

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = Gx − S 5x = 53 F − 53 F = 0 AG

Kontrolle am Gesamtsystem

¦ M ( A) = 0 = FB ⋅ 6a − F1 ⋅ a − F2 ⋅ 5a

:aŸ

AB

FB = 1 (F1 + 5F2 ) = 1 (F + 10 F ) = 11 F 6

6

6

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = 0 AB

¦ Fy = 0 Ÿ Ay = F1 + F2 − FB = F + 2 F − 116 F = 76 F AB

Knoten II S 5 + 5 Ÿ S4 = −S5 = − 2 ⋅F 3 2 2

¦ Fy = 0 =

S4

¦ Fx = 0 =

S5

II

S 1 (S 5 − S 4 ) = 2 S 5 = 10 F − S3 − 4 Ÿ S3 = 3 2 2 2 2

II

Knoten I

¦ Fy = 0 =

S1

S + 2 Ÿ S 2 = − S1 2 2

¦ Fx = 0 =

S2

I

I

S + S3 − 1 2 2

S S − 1 + S3 − 1 = 0 Ÿ 2 2 S 2 = − S1 = −

5 2 ⋅F 3

2 2

S1 = S 3 Ÿ S1 =

S3

2

=

10 3 2

F=

5 2 ⋅F 3

44

1 Statik

S 21 K-Fachwerk

F2

F1

Ein K-Fachwerk (nach seiner Form benannt) gemäß Bild S 21 ist in A fest und in B lose gelenkig gelagert.

1

1,5m

2 3

B

A

4

2m

1,5m

Gegeben F1 = 10 kN ; F2 = 15 kN ; F3 = 20 kN

F3

Gesucht sind die Auflagerkräfte und die Stabkräfte S1 bis S4 .

2m

2m

Es ist durch die Kräfte F1 , F2 , F3 belastet.

Bild S 21

Lösung a)

a) Auflagerkräfte (Gesamtsystem, Bild SL 21a) F2

F1

¦ M ( A) = 0 = B ⋅ 6 m − F1 ⋅ 3 m − F2 ⋅ 2 m − F3 ⋅ 4 m Ÿ

y

1

AB

2

B = 16 (3F1 + 2 F2 + 4 F3 ) = 16 (3 ⋅ 10 + 2 ⋅ 15 + 4 ⋅ 20 )

P

2

B = 23,33 kN

3

Ax P1

Ay b) F1

x

P2

y

F3

AB

AB

S1 S2

Ay = 15 + 20 − 23,33 = 11,67 kN

b) Stabkräfte

x

Die Stabkräfte werden zunächst als Zugkräfte eingeführt.

S3 S4

Ay

B

¦ Fy = 0 Ÿ Ay = F2 + F3 − B

F2

Ax

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = F1 = 10 kN

4

P1 Bild SL 21

Im Punkt P1 treffen sich die Stabachsen 2, 3, 4 so dass in der Momentengleichung um P1 nur die unbekannte Stabkraft S1 übrig bleibt.

1.3 Fachwerke

45

Vertikaler Schnitt y " y (Bild SL 21a,b) System AP1

¦ M ( P ) = 0 = − Ay ⋅ 2 m − F1 ⋅ 3 m − S1 ⋅ 3 m Ÿ 1

(

) (

)

S1 = − F1 + 23 Ay = − 10 + 23 ⋅ 11,67 = −17,78 kN (Druckstab)

¦ Fx = 0 Ÿ S 4 = Ax − F1 − S1 = 10 − 10 + 17,78 = 17,78 kN

(Zugstab)

Horizontaler Schnitt x " x (Bild SL21b) Schneidet man das System nach Bild SL21b nochmals horizontal durch P2 (Schnitt x-x ), so kann man an der oberen Hälfte die Stabkraft S2 und an der unteren Hälfte die Stabkraft S3 bestimmen. Das Moment im (geschnittenen) Gelenk P2 ist Null. Obere Hälfte :

¦ M ( P ) = 0 = − F1 ⋅ 1,5 m − S1 ⋅ 1,5 m − F2 ⋅ 2 m − S 2 ⋅ 2 m Ÿ 2

S 2 = − 1 (1,5F1 + 1,5S1 + 2 F2 ) = − 1 (1,5 ⋅ 10 − 1,5 ⋅ 17,78 + 2 ⋅ 15) = −9,17 kN (Druckstab) 2

2

Untere Hälfte :

¦ M ( P ) = 0 = − Ax ⋅ 1,5 m + S 3 ⋅ 2 m + S 4 ⋅ 1,5 m Ÿ S 3 = 12,5 ( Ax − S 4 ) 2

S 3 = 0,75 ⋅ (10 − 17,78) = −5,84 kN (Druckstab)

Kontrolle im Schnitt y " y

¦ Fy = 0 Ÿ S 3 = F2 + S 2 − Ay = 15 − 9,17 − 11,67 = −5,84 kN Der Leser bestimme die restlichen Stabkräfte durch weitere Rittersche Schnitte und kontrolliere sie zeichnerisch durch je einen Cremonaplan für die linke und für die rechte abgeschnittene Fachwerkshälfte.

S 22 Förderanlage als Fachwerk-Konstruktion Bei einer als Fachwerk ausgebildeten Förderanlage wird mit einem Seil ein Eimer mit Füllgut (Gesamtgewicht G ) eine Böschung unter dem Steigungswinkel α hochgezogen. Der Reibungskoeffizient zwischen Böschung und Eimer ist μ . Das Seil läuft momentan unter dem Winkel β zur Horizontalen über eine Seilrolle und wird von einer Winde aufgespult Die Radien der Rollen können beliebig klein angenommen werden. Gegeben : G = 1500 N ; α = 60° ; β = 80° ; γ = 50° Gesucht a) Seilkraft b) Auflagerkräfte und Stabkräfte des Fachwerks zeichnerisch und rechnerisch

46

1 Statik

1,5m

1,5m

3

β

B

4

1

A

5

1m

2 6

1m

7

C

G

γ

μ α

Bild S 22

Lösung 1)

β−α S 2)

α

S

β y S

μN α N

x

Ax Ay

y

β x

G

α Bild SL 22a

Seilkraft (Eimer, Bild SL 22a / 1) I ) ¦ Fx = 0 = μ N + G ⋅ sin α − S ⋅ cos(β − α )

II ) ¦ Fy = 0 = N − G ⋅ cos α + S ⋅ sin (β − α ) Ÿ N = G ⋅ cos α − S ⋅ sin( β − α )

Elimination von N II in I : μ ⋅ G cosα − μ ⋅ S sin (β − α ) + G sin α − S cos(β − α ) = 0 Ÿ S=

sin α + μ ⋅ cos α sin 60° + 0,4 ⋅ cos 60° ⋅G = ⋅ 1500 = 1485,4 N cos(β − α ) + μ ⋅ sin (β − α ) cos 20° + 0,4 ⋅ sin 20°

1.3 Fachwerke

47

Auflagerkräfte (Seilrolle, Bild SL 22a / 2)

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = S + S ⋅ cos β = S ⋅ (1 + cos β ) = 1485,37 ⋅ (1 + cos 80°) = 1743,3 N ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = S ⋅ sin β = 1485,37 ⋅ sin 80° = 1462,8 N Fachwerk (Bild SL 22b) Ay

By 1

4

δ

Ax

Bx

3

5

2

US

6

Die äußeren Kräfte werden entsprechend dem gewählten Umfahrungssinn US (hier im Uhrzeigersinn) in der Reihenfolge Ax , Ay , B y , Bx , C x , C y angeordnet.

Nullstäbe : y

γ

7

Cx x

γ

Cy

FC

Wenn an einem unbelasteten Knoten mit drei Stäben davon zwei Stabachsen in eine Richtung fallen, dann ist der dritte ein Nullstab. Somit S 3 = 0 und damit auch S 5 = 0 .

Cremonaplan Ax

Die Nullstäbe 3 und 5 werden im Cremonaplan als Punkte abgebildet. Die zeichnerischen Ergebnisse des Cremonaplans sind der Rechnung zu entnehmen. 2,7

Ay Cy 1,4

By

Bx

3,5 6

Cx Bild SL 22b

Fachwerk (Bild SL 22b) C x = FC ⋅ sin γ ; C y = FC ⋅ cos γ

¦ M ( B ) = 0 = C x ⋅ 2 m − Ay ⋅ 3 m Ÿ

C x = 23 ⋅ Ay = 23 ⋅ 1462,8 = 2194,2 N

Cx C 2194,2 = tan 㠟 C y = x = = 1841,15 N tan γ tan 50° Cy

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = C x − Ax = 2194,2 − 1743,3 = 450,9 N

48

1 Statik

¦ Fy = 0 Ÿ By = C y − Ay = 1841,15 − 1462,8 = 378,35 N Ritterscher Schnitt Alle Stabkräfte werden zunächst als Zugkräfte angenommen. Knoten A tan δ = 11,5 = 0, 6 Ÿ δ = 33,69°

¦ Fy = 0 = − Ay − S 2 ⋅ sin δ Ÿ S2 = −

Ay

sin δ

=−

1462,8 = −2637,1 N = S 7 sin 33,69°

¦ Fx = 0 = Ax + S1 + S 2 ⋅ cos δ Ÿ

S1 = − Ax − S 2 ⋅ cos δ

S1 = −1743,3 + 2637,1 ⋅ cos 33,69° = 450,9 N = S 4

Knoten B

¦ Fx = 0 = Bx − S 4 Ÿ S 4 = Bx = 450,9 N = S1 ¦ Fy = 0 = − By − S 6 Ÿ S 6 = − By = −378,35 N

(Kontrolle)

1.4 Schwerpunkt

49

1.4 Schwerpunkt S 23 Trapezscheibe an 3 Stäben

B

β

Eine homogene, trapezförmige Scheibe (Dicke t , Gewicht G ) hängt an den Stäben A, B, C.

C

Die Materialdichte ist ρ , die Erdbeschleunigung g. h

S

y

G

yS

x xS

A

a

a = 20 cm ; b = 25 cm ; c = 15 cm h = 35 cm ; t = 2 cm ; β = 30°

D

P

ρ = 7,85 ⋅ 10 −3

c

b

Gegeben :

kg cm

3

; g = 9,81

Bild S 23

Gesucht a) Koordinaten xS , y S des Schwerpunkts S b) Stabkräfte bei vorgegebener Lage c) Stabkräfte, wenn das System um 90° im Uhrzeigersinn gedreht wird.

Lösung Das Trapez wird in ein Rechteck und in zwei Dreiecke zerlegt.

a)

A

b)

G1

β

C

B sin β

B cos β

G2 G2

P

G

G3

1

A

B

β

B sin β

B

B cos β

G3

P Bild SL 23

C

m s2

50

1 Statik

Gewichtskräfte der einzelnen Teile G = m ⋅ g = ρ ⋅V ⋅ g = ρ ⋅ A ⋅ t ⋅ g = k ⋅ A m = Masse ,

V = A ⋅ t = Volumen , ρ =

m V

= Dichte

gemeinsamer Faktor k = ρ ⋅ g ⋅ t = 7,85 ⋅ 10 −3

kg cm

3

⋅ 9,81

m s

2

⋅ 2 cm = 0,154

N cm 2

Teilflächen A 1= 12 a ⋅ h =

1 2

⋅ 20 ⋅ 35 = 350 cm 2

A2 = b ⋅ h = 25 ⋅ 35 = 875 cm 2 A3 =

1 c⋅h 2

=

1 2

⋅ 15 ⋅ 35 = 262,5 cm 2

Ages = ¦ A i = A 1+ A2 + A3 = 1487,5 cm 2

Gewichtskräfte Die Gewichtskräfte sind in den Teilschwerpunkten zusammengefasste Einzelkräfte. G1 = k ⋅ A 1= 0,154 ⋅ 350 = 53,9 N G2 = k ⋅ A2 = 0,154 ⋅ 875 = 134,75 N G3 = k ⋅ A3 = 0,154 ⋅ 262,5 = 40,43 N

Resultierende Gewichtskraft G = k ⋅ A ges = G1 + G 2 + G3 = 229,08 N

Das Moment der Resultierenden um einen beliebigen Drehpunkt muss gleich dem Moment der Teilkräfte um diesen Punkt sein. a) Vorgegebene Lage (Bild SL23a) Bezogen auf den Drehpunkt A gilt G ⋅ xS = G1 ⋅ x1 + G 2 ⋅ x 2 + G3 ⋅ x 3 : k Ÿ

A ges⋅ xS = A1 ⋅ x1 + A2 ⋅ x 2 + A3 ⋅ x 3 = ¦ A i ⋅ x i Ÿ xS =

¦ A i⋅ xi ¦ Ai

Wegen der konstanten Dicke der homogenen Scheibe ist der Körperschwerpunkt gleich dem Flächenschwerpunkt der Mittenebene (im Abstand der halben Dicke). Die Koordinaten xi bzw. yi (in der gedrehten Lage) der Teilschwerpunkte im x,y-Koordinatensystem sind gleich den Loten gefällt vom Drehpunkt auf die Wirklinien der einzelnen Gewichtskräfte. x1 =

2a 3

=

2 ⋅ 20 3

=

x2 = a +

b 2

= 20 +

40 3 25 2

cm =

65 2

cm

1.4 Schwerpunkt x3 = a + b +

51 c 3

= 20 + 25 + 15 = 50 cm 3

1 ⋅ ( 40 ⋅ 350 + xS = 1487 ,5 3

65 ⋅ 875 + 50 ⋅ 262,5) 2

= 31,08 cm

Stabkräfte Als Momentenbezugspunkt wird der Schnittpunkt P zweier unbekannter Stabkräfte (hier A und C ) gewählt, dann bleibt nur die Unbekannte B in der Momentengleichung übrig.

¦ M ( P ) = 0 = G ⋅ (a + b − xS ) + B ⋅ cos β ⋅ h − B ⋅ sin β ⋅ b Ÿ B=

a + b − xS 20 + 25 − 31,08 ⋅G = ⋅ 229,08 = −179,04 N (Druckstab) b ⋅ sin β − h ⋅ cos β 25 ⋅ sin 30° − 35 ⋅ cos 30°

¦ Fx = 0 Ÿ A = − B ⋅ cos β = 179,04 ⋅ cos 30° = 155,05 N (Zugstab) ¦ Fy = 0 Ÿ C = G − B ⋅ sin β = 229,08 + 179,04 ⋅ sin 30° = 318,6 N (Zugstab) b) Um 90° gedrehte Lage (Bild SL 23b) Bezogen auf den Drehpunkt A gilt G ⋅ y S = G1 ⋅ y1 + G2 ⋅ y 2 + G3 ⋅ y 3 : k Ÿ A ges⋅ y S = A1 ⋅ y1 + A2 ⋅ y 2 + A3 ⋅ y 3 = ¦ A i ⋅ y i Ÿ y S = y1 =

h 3

=

yS =

1 ⋅ 35 ⋅ 350 + 35 ⋅ 875 + 35 ⋅ 262,5 1487,5 3 2 3

35 3

cm ;

(

y2 =

h 2

=

35 2

cm ;

y3 =

h 3

=

35 3

¦ A i⋅ yi ¦ Ai

cm

) = 15,1 cm

bzw. nach der Formel für den Trapezschwerpunkt yS =

h AD + 2 BC 35 60 + 2 ⋅ 25 = ⋅ ⋅ = 15,1 cm 3 AD + BC 3 60 + 25

In der gedrehten Lage ändern sich die Stabkräfte. Schnittpunkt der Kräfte A und C als Momentenbezugspunkt P

¦ M ( P ) = 0 = −G ⋅ yS + B ⋅ cos β ⋅ h − B ⋅ sin β ⋅ b Ÿ B=

yS 15,1 ⋅G = ⋅ 229,08 = 194,21 N (Zugstab) h ⋅ cos β − b ⋅ sin β 35 ⋅ cos 30° − 25 ⋅ sin 30°

¦ Fx = 0 Ÿ C = − B ⋅ sin β = −194,21 ⋅ sin 30° = −97,11 N (Druckstab) ¦ Fy = 0 Ÿ A = G − B ⋅ cos β = 229,08 − 194,21 ⋅ cos 30° = 60,89 N (Zugstab) Zur Kontrolle löse man die Aufgabe mit den Einzelkräften G1 , G2 , G3 auch zeichnerisch mit dem Seileck-Schlusslinienverfahren. Der erste Seilstrahl muss dann durch den Schnittpunkt zweier unbekannter Kräfte gelegt werden, also z. B. durch P als Schnittpunkt der Stabkräfte A und C.

52

1 Statik

Auch mit dem Culmannschen Verfahren ist unter Verwendung der resultierenden Gewichtskraft G eine schnelle zeichnerische Lösung möglich.

S 24 Halbkreisscheibe Eine dünne, schwere Scheibe (Gewicht G1) hat nach Bild S 24 die Form eines Halbkreissektors vom Radius r . Eine angeschweißte stabförmige Erweiterung ist in einer Schiebehülse bei A gelagert. Die Scheibe wird außerdem durch einen Stab B gehalten. Die Belastung der Scheibe erfolgt durch einen Seilzug, der ein Gewicht G2 trägt.

C S 30°

B

G1

45°

M

Gesucht

20°

r

D

a) Seilkraft und Auflagerreaktionen bei A und G2 B

a A

Bild S 24

b) Schnittgrößen in einem Schnitt MD durch die Halbkreisscheibe unter einem Winkel von 20° zur Horizontalen.

Gegeben G1 = 120 N ; G2 = 160 N ; r = 50 cm ; a = 40 cm

Lösung a) Seilkraft und Auflagerreaktionen Lose Rolle (Bild SL 24b)

¦ Fy = 0 = 2 S − G2 Ÿ

S = 12 G2 = 80 N

Feste Rolle (Bild SL 24b) S x = S ⋅ cos 30° ; S y = S ⋅ sin 30°

¦ Fx = 0 Ÿ C x = S ⋅ cos 30° = 80 ⋅ cos 30° = 69,28 N ¦ Fy = 0 Ÿ C y = S + S ⋅ sin 30° = S (1 + sin 30°) = 80 ⋅ (1 + sin 30°) = 120 N Schwerpunkt S1 des Halbkreissektors (Bild SL 24a) 2 sin α 2 sin xS = r ⋅ = r⋅ π 3 3 α

2

π

2

=

4 r 4 ⋅ 50 = = 21,22 cm 3π 3π

wobei α = π2 = halber Mittelpunktswinkel.

1.4 Schwerpunkt

53 b) Sx Cx

Sy

a)

B

Sy

S

Cy S

Sx

By

45°

S 30°

S

xS S1

Bx

G2

M

G1

c) Q

Mb

N

M

S3 D

a a

A

S2

P GS

MA Bild SL 24

y

20°

35° GS

A

20° x

Bx = By =

1 2

¦ Fy = 0 Ÿ

B B 2

= G1 − S ⋅ sin 30° Ÿ

B = 2 ⋅ (G1 − S ⋅ sin 30°)

B = 2 ⋅ (120 − 80 ⋅ sin 30°) = 80 2 = 113,14 N

Eine Schiebehülse kann eine senkrecht zur Führungsebene gerichtete Kraft K und ein Moment M aufnehmen bzw. übertragen. Daher wird eine Schiebehülse auch als (zweiwertiges) K, MLager bezeichnet.

¦ Fx = 0 Ÿ A =

B 2

− S ⋅ cos 30° = 80 − 80 ⋅ cos 30° = 10,72 N

Der gewählte Momentenbezugspunkt P ist der Schnittpunkt der Kräfte A und B .

¦ M ( P ) = 0 Ÿ M A = S sin 30° ⋅ a + S cos 30° ⋅ (2r + a ) − G1 ⋅ (xS + a ) M A = 80 ⋅ (40 ⋅ sin 30° + 140 ⋅ cos 30°) − 120 ⋅ (21,22 + 40) = 3953,08 Ncm

b) Schnittgrößen im Schnitt MD (Bild SL 24c) Anteilige Gewichtskraft der Kreissektorscheibe (Dreisatz) GS =

70° 7 ⋅ G1 = ⋅ 120 = 46,67 N 180° 18

S2 = Schwerpunkt des Kreissektors

54

1 Statik

S3 = Schwerpunkt der Schnittfläche unter 20° ( MS 3 =

1 2

r)

Abstand des Kreissektor-Schwerpunkts S2 vom Mittelpunkt M MS 2 =

2 sin ϕ 2 sin 35° ⋅ 36 r⋅ = ⋅ 50 ⋅ = 31,3 cm 3 3 7π ϕ

wobei ϕ = 35° =

35 7 ⋅ π rad = π rad = halber Mittelpunktswinkel 180 36

Die äußeren Kräfte GS und A werden in Richtung der gesuchten Schnittgrößenkräfte N und Q in Komponenten zerlegt.

¦ Fx = 0 Ÿ N = GS ⋅ sin 20° − A ⋅ cos 20° N = 46,67 ⋅ sin 20° − 10,72 ⋅ cos 20° = 5,89 N

¦ Fy = 0 Ÿ Q = GS ⋅ cos 20° + A ⋅ sin 20° Q = 46,67 ⋅ cos 20° + 10,72 ⋅ sin 20° = 47,52 N

¦ M ( P ) = 0 Ÿ M b = M A + A ⋅ (a + r − 12 r ⋅ cos 70°) +GS ( MS 2 ⋅ cos 35° − 12 r ⋅ sin 70°) 3

M b = 3953,08 + 10,72 ⋅ (40 + 50 − 25 ⋅ cos 70°) + 46,67 ⋅ (31,3 ⋅ cos 35° − 25 ⋅ sin 70°) M b = 4926,56 Ncm ≈ 49,27 Nm

S 25 Hochspringer

H

m S1

1/2 A 1/2 A

Ein Hochspringer (Masse m , Körpergröße A ) springt über eine Latte der Höhe H .Vor dem Sprung (im Stand) liegt sein Schwerpunkt S1 in der Höhe A 2 . Gegeben m = 75 kg A = 1,8 m

Bild S 25

H =2m

Gesucht ist die Hubarbeit W des Sportlers, um über die Latte zu kommen, wobei W = G⋅Δ h = m⋅g ⋅Δ h G = m ⋅ g = Gewicht des Mannes

Δ h = vertikale Verschiebung des Schwerpunkts Der Sprung soll dabei a) mit geradem Körper (Straddle)

1.4 Schwerpunkt

55

b) mit halbkreisförmig gebogenen Körper (Flop) erfolgen unter der Annahme, dass sich der Schwerpunkt beim Sprung (wie bei einem schiefen Wurf) auf einer Parabel bewegt. Der Schwerpunkt S2 des Mannes fällt beim Sprung im höchsten Punkt mit dem Scheitel der Parabel zusammen und liegt daher unterhalb der Latte.

Lösung a) Gerader Sprungkörper (ohne Krümmung)

Δ h 1= H − 2A = 2 − 12,8 = 1,1 m W1 = m ⋅ g ⋅ Δ h 1= 75 ⋅ 9,81 ⋅ 1,1 = 809,33 Nm

b) Gebogener Sprungkörper gebogener Körper S2

r y S

Länge des Halbkreisbogens = Körpergröße r ⋅ π = A Ÿ r = πA

r-yS

Linienschwerpunkt des Halbkreisbogens

Δh

H S1 1/2 A

yS = r ⋅

sin α

α

= r⋅

sin π2 π

2

=

2r

π

=

2A

π2

wobei α = π2 = halber Mittelpunktswinkel

Schwerpunktsbahn Bild SL 25

Hubweg

Δ h 2= H −

§1 1 2 A A A 2A − (r − yS ) = H − − + = 2 − 1,8 ⋅ ¨¨ + − 2 2 π π2 2 π π2 ©

· ¸¸ = 0,892 m ¹

Hubarbeit W2 = m ⋅ g ⋅ Δ h2 = 75 ⋅ 9,81 ⋅ 0,892 = 656,29 Nm

Vergleich: W2 < W1 Mit der gebogenen Körperform (Flop) kann man also Sprungenergie sparen bzw. mit der vorhandenen Energie höher springen.

56

1 Statik

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen S 26 Verschiebbare Stange μ0

Am Ende einer als gewichtslos anzunehmenden Stange der Länge A ist ein Quader mit dem Gewicht G befestigt. Die Stange liegt verschiebbar zwischen zwei rauen Führungen A und B (Lagerabstand a), deren Haftungskoeffizient mit der Stange μ 0 beträgt.

A B

a

Gegeben : G, A, a, μ 0

α

A

Gesucht G Unter welchem Winkel α kann das System geneigt wer-

Bild S 26

den, ohne dass die Stange herausrutscht ?

Lösung (Bild SL26)

¦ M ( B ) = 0 = N A ⋅ a − G ⋅ cosα ⋅ (A − a ) Ÿ

NA

μ 0 NA

y

x

NB

μ0 NB G cos α α

Bild SL 26

NA =

G sin α

A−a ⋅ G ⋅ cos α a

¦ Fy = 0 Ÿ N B = N A + G ⋅ cosα = aA ⋅ G ⋅ cos α ¦ Fx = 0 = G ⋅ sin α − μ 0 ⋅ (N A + N B ) Ÿ

(

G

(

1 3

)

tan α = μ0 ⋅ 2 aA − 1

Beispiel a = 2A ; μ 0 =

)

G ⋅ sin α = μ 0 ⋅ G ⋅ cos⋅ 2 A − 1

: tan α = 13 ⋅ (2 ⋅ 2 − 1) = 1 Ÿ α = 45°

a

:G Ÿ

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

57

S 27 Monteur auf der Leiter

B

Eine Aluminiumleiter (zur Vereinfachung gewichtslos angenommen) der Länge A lehnt unter dem Winkel α an einer glatten (reibungsfrei angenommenen) Wand. Der Haftungskoeffizient mit dem Boden beträgt μ0 . Ein Monteur (Gewicht G ) besteigt die Leiter bis zur Mitte. Gegeben

A

α = 70° ; G = 800 N ; A = 4 m

G

Gesucht α A

Zur Beurteilung der Standfestigkeit bestimme man die erforderlichen Haftungskoeffizienten am Boden sowie die Stützkräfte H A ; N A ; N B Bild S 27 für folgende Fälle :

1) der Monteur steht aufrecht auf den Sprossen in der Mitte der Leiter. 2) der Monteur übt durch sein Gewicht zusammen mit einer Last die senkrechte Kraft

3G 2

in

der Mitte der Leiter aus. 3) der Monteur lehnt sich infolge einer Unsicherheit an die Leiter an, wobei sein Schwerpunkt um 4A ⋅ cos α nach rechts rückt. 4) der Monteur steht in der Mitte der Leiter und arbeitet mit einer Bohrmaschine, wobei sich das Bohrloch in der Höhe des oberen Leiterendes befindet und die Bohrkraft B = 0,15 ⋅ G = 120 N beträgt.

5) Bei welcher kritischen Bohrkraft Bkrit kippt die Leiter um ? 6) Wie groß müsste z. B. im Fall 1 die Haftung an der Wand sein, um die Leiter zu halten, wenn der Boden vollkommen glatt wäre ? 7) Am Boden und an der Wand soll der gleiche Haftungskoeffizient gelten. Wie groß müsste dieser mindestens sein, um die Leiter im Fall 1 zu halten ? a) Zeichnerische Lösung

P

Nach dem 3-Kräfte-Verfahren muss die Resultierende RA aus HA und NA durch den Schnittpunkt P von G und NB gehen.

NB NB

NB steht wegen der Reibungsfreiheit ( H B = 0)

G

senkrecht zur Wand. G

α HA RA

NA

NA RA HA

Bild SL 27

58

1 Statik

b) Rechnerische Lösung 1) Monteur steht auf der Mitte der Leiter A

¦ M ( A) = 0 = N B ⋅ A sin α − G ⋅ 2 cosα ¦ Fx = 0 Ÿ H A = N B ¦ Fy = 0 Ÿ N A = G da H A = μ 01⋅ N A Ÿ μ 01=

: A Ÿ NB =

G 2 ⋅ tan α

H B = 0 ist HA 1 1 = = = 0,182 N A 2 ⋅ tan α 2 ⋅ tan 70°

Da G herausfällt, ist die Rutschgefahr unabhängig vom Körpergewicht des Monteurs. tan α steht im Nenner, d.h. je steiler die Leiter steht, umso weniger Haftung ist zu ihrem Halten erforderlich.

2) Monteur mit Last auf der Leiter A

3

¦ M ( A) = 0 = N B ⋅ A sin α − 2 G ⋅ 2 cosα HA = NB ; NA =

3 ⋅ G ; μ 02 = 2

3 4 3 2

: A Ÿ NB =

⋅G

⋅ G ⋅ tan α

=

3⋅G 4 ⋅ tan α

1 = 0,182 = μ 2 ⋅ tan α

01

Ein zusätzliches Gewicht ist ohne Einfluss auf das Rutschen. 3) Monteur lehnt sich an die Leiter an 3

¦ M ( A) = 0 = N B ⋅ A sin α − G 4 A cosα HA = NB ; NA = G ; μ

03 =

: A Ÿ NB =

3⋅G 4 ⋅ tan α

HA 3 3 = = = 0,273 > μ N A 4 ⋅ tan α 4 ⋅ tan 70°

01

Ein Anlehnen an die Leiter erhöht die Rutschgefahr. 4) Monteur mit Bohrmaschine Die Reaktionskraft von der Wand auf den Bohrer wird vom Arbeiter auf die Leiter übertragen, die dadurch zum Kippen neigt (der Arbeiter drückt sich quasi mit der Maschine von der Wand ab). Die Bohrkraft B drückt gegen die Hände des Arbeiters und gleichzeitig die Wandkraft NB gegen die Leiter (der Leser zeichne die entsprechende Befreiungsskizze)

¦ M ( A) = 0 = (B + N B ) ⋅ A sin α − G 2A cosα G

¦ Fx = 0 Ÿ H A = B + N B = 2 ⋅ tan α

¦ Fy = 0 Ÿ N A = G

: A Ÿ NB =

G −B 2 ⋅ tan α

gleiche Haftungskraft wie bei 1)

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

μ

04 =

HA 1 = = 0,182 = μ N A 2 ⋅ tan α

59

01

Beim Bohren besteht also keine höhere Rutschgefahr, jedoch kann die Leiter jetzt leichter kippen. 5) Kritische Bohrkraft Der kritische Zustand des Kippens wird erreicht, wenn keine Wandkraft mehr wirkt. NB = 0 ; Bkrit =

¦ M ( A) = 0 = Bkrit ⋅ A ⋅ sin α − G ⋅ 2A ⋅ cosα

:AŸ

G 800 = = 145,59 N 2 ⋅ tan α 2 ⋅ tan 70°

Je größer das Gewicht G ist, umso größer wird Bkrit und umso besser wird die Kippsicherheit. Da die Wand keine Zugkraft ausüben kann, führt eine geringe Steigerung der Bohrkraft (von 120 N auf 146 N ) bei ausreichender Haftung am Boden zum Kippen der Leiter. Die Resultierende aus B und G wirkt dann in Richtung der Leiter bzw. ist noch etwas flacher. 6) Glatter Boden, Haftung an der Wand HA = 0 ;

¦ Fx = 0 Ÿ N B = 0

¦ M ( A) = 0 = H B ⋅ A ⋅ cosα − G ⋅ 2A ⋅ cosα : (A ⋅ cosα ) Ÿ

H B = 12 G

¦ Fy = 0 Ÿ N A = G − H B = 12 G G

μ

0B =

HB = 2 → ∞ nicht möglich NB 0

Ohne Haftung am Boden kann die Leiter nicht halten, sie kann (mit Eigengewicht) gar nicht aufgestellt werden. Zum Aufstellen der Leiter wäre eine kraftschlüssige Verbindung mit der Wand (z. B. ein Haken) erforderlich. 7) Gleicher Haftungskoeffizient am Boden und an der Wand

μ 0A = μ 0 B = μ 0 H A = μ 0⋅ N A H B = μ 0⋅ N B wirkt an der Wand senkrecht nach oben.

Der Leser zeichne das Freikörperbild. 3 Unbekannte : N A , N B , μ 0 I ) ¦ Fx = 0 = μ 0⋅ N A − N B II ) ¦ F y = 0 = N A + μ 0⋅ N B − G III ) ¦ M ( A) = 0 = N B ⋅ A sin α + μ 0 N B ⋅ A cos α − G ⋅ 2A cos α : (A cos α ) Ÿ

60

1 Statik NB =

G 2 ⋅ (μ 0 + tan α )

Elimination von NA aus den ersten beiden Gleichungen :

μ 0⋅ II − I = II ' : μ 02⋅ N B − μ 0⋅ G + N B = 0 Ÿ N B =

II ' in III :

μ 0⋅ G 1 + μ 02

=

μ 0⋅ G 1 + μ 02

G :G Ÿ 2 ⋅ (μ 0 + tan α )

2 μ 02 + 2 ⋅ tan α ⋅ μ 0 = 1 + μ 02 Ÿ

μ 02 + 2 ⋅ tan α ⋅ μ 0 − 1 = 0 quadratische Gleichung für μ0 μ 0 = − tan α ± tan 2 α + 1 Da μ0 positiv definiert ist, ist nur das positive Vorzeichen vor der Wurzel sinnvoll.

μ 0 = tan 2 70° + 1 − tan 70° = 0,176 Gegenüber Fall 1 ( μ 01= 0,182) ist geringfügig weniger Haftung erforderlich. Die Haftung am Boden trägt also wesentlich mehr zum Halten der Leiter bei als die Haftung an der Wand.

S 28 Verschieben eines Quaders Ein Quader (Gewicht G , Länge A , Höhe h ) soll auf einer rauen Unterlage (Haftungskoeffizient μ 0 ) durch eine schräge Kraft F verschoben werden.

F

β

Gegeben

G G

h

G = 100 N

β = 50°

μ0

A = 40 cm ; h = 50 cm

A

μ 0 = 0,3 ; μ = 0,25

Bild S 28

Gesucht : zeichnerisch und rechnerisch a) Erforderliche Verschiebekraft b) In welcher Entfernung a von der rechten unteren Quaderecke A greift die resultierende Bodenkraft R an ? c) Bis zu welcher Höhe hk darf die Kraft Fk=F an einem angeschweißten Hebel angreifen, ohne dass der Quader kippt ?

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

61

d) Unter welchem Winkel β 0 wird die Verschiebekraft F0 minimal und wie groß ist diese ? e) In welcher Höhe hm muss eine schräge Kraft Fm (Index m = mittig) angreifen, damit bei einem bereits gleichförmig bewegten Quader mit dem Reibungskoeffizienten μ = 0,25 eine möglichst verschleißarme Verschiebung erfolgt (d.h. gleichmäßige Flächenpressung mit mittiger resultierender Reibungskraft) ? Wie groß sind dann Fm , N m und die Widerstandskraft Wm ?

1) Zeichnerische Lösung (Bild SL 28a) Fk a)

Pk

Nach dem 3-Kräfte-Verfahren muss die resultierende Bodenkraft R durch den Schnittpunkt P der Kräfte F und G gehen.

β

F

β

H

H0

Den Öffnungswinkel ρ 0 des Haftungskegels erhält man entsprechend

R

R0

3 μ 0 = tan ρ 0 = 10

hk

N

P G

N

ρ

Fy

F0

0

Rk

ρ0 R

b)

nach unten und um 3 Einheiten nach rechts geht und diesen Punkt mit P verbindet.

F

β H

N 0 wenn man von P aus um 10 Längeneinheiten

G ρ0

G ρ0

c) Fm

Fx G

β

G a

hm A

N

H Bild SL 28

Nm

ρ

Wm A Rm

Verschiebt man R bis in die äußerste rechte Ecke A , dann erhält man Rk in der Kipplage. Rk wird mit der Wirklinie von G geschnitten. Durch diesen Schnittpunkt Pk muss auch die Kippkraft Fk gehen. Fk schneidet den angeschweißten Hebel in der Kipphöhe hk . Das Lot gefällt von der Spitze von G auf die Wirklinie von R 0 liefert die minimale Verschiebekraft F0 , die unter dem Winkel ρ 0 zur Horizontalen geneigt ist (das Lot ist der kürzeste Abstand eines Punktes von einer Geraden).

1/2 A

2) Rechnerische Lösung a) Erforderliche Verschiebekraft (Bild SL 28b) Fx = F ⋅ cos β ; Fy = F ⋅ sin β ; H = μ 0⋅ N

3 Unbekannte : F , N , a

62

1 Statik

I)

¦ Fx = 0 = F cos β − μ 0 N Ÿ

II )

¦ Fy = 0 = F sin β − G + N

F ⋅ cos β

μ0

¦ M ( A) = 0 = G ⋅ 2A − N ⋅ a − F ⋅ cos β ⋅ h

III )

I in II : F ⋅ sin β − G + F=

N=

G cos β

sin β + μ 0

aus I : N =

=

F ⋅ cos β

μ0

=0 Ÿ

100 ° sin 50° + cos0,50 3

= 34,38 N

34,38 ⋅ cos 50° = 73,66 N ; H = 0,3 ⋅ 73,66 = 22,1 N 0,3

b) Abstand der resultierenden Bodenkraft von der Quaderkante A aus III : a =

G ⋅ 2A − F cos β ⋅ h N

=

100 ⋅ 20 − 34,38 ⋅ cos 50° ⋅ 50 = 12,15 cm 73,66

c) Kippen, wenn a=0 ist Der Zähler von a wird gleich Null gesetzt G⋅

A A G − F ⋅ cos β ⋅ h k = 0 Ÿ h k = ⋅ 2 F ⋅ cos β 2

Kipphöhe h k =

100 ⋅ 20 cm = 90,5 cm 34,38 ⋅ cos 50°

d) Minimale Verschiebekraft F0 Bei der Verschiebekraft F muss der Nenner Ne = sin β +

cos β

μ0

maximal werden

sin β dNe = cos β − = 0 Ÿ sin β = μ 0⋅ cos β : cos ⠟ dβ μ0 tan β 0 = μ 0 = tan ρ 0 = 0,3 Ÿ β 0 = ρ 0 = 16,7°

F 0=

G cos β 0

sin β 0 + μ 0

=

G sin ρ 0 +

cos ρ 0 tan ρ 0

=

G ⋅ sin ρ 0 2

sin ρ 0 + cos 2 ρ 0

F0 = 100 ⋅ sin 16,7° = 28,74 N

Ersparnis von Kraft gegenüber F=34,38 N e) Bewegter Quader, mittige (Index m) Bodenkraft (Bild SL 28c) Reibungskoeffizient μ = tan ρ = 0,25 Ÿ ρ = 14,04°

= G ⋅ sin ρ 0

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen G

Fm =

=

cos β

sin β + μ

Fm ⋅ cos β

Nm =

μ

=

100 cos 50° 0,25

sin 50° +

63

= 29,97 N

29,97 ⋅ cos 50° = 77,06 N 0,25

Widerstandskraft Wm = μ ⋅ N m = 0,25 ⋅ 77,06 = 19,27 N am = hm =

G ⋅ 2A − Fm ⋅ cos β ⋅ hm Nm

=

A A A Ÿ G ⋅ − Fm ⋅ cos β ⋅ hm = N m ⋅ Ÿ 2 2 2

G − Nm A 100 − 77,06 ⋅ = ⋅ 20 cm = 23,82 cm 29,97 ⋅ cos 50° Fm ⋅ cos β 2

Kontrolle : hm =

A 2

⋅ tan β = 20 ⋅ tan 50° = 23,84 cm (kleiner Rundungsfehler)

S 29 Rolle in einer Ecke

r M G

μ 0B B

An eine Rolle (Radius r , Gewicht G ) ist ein Hebel von vernachlässigbarem Gewicht angeschweißt. Die Rolle F liegt bei A auf einem rauen Boden (Haftungskoeffizient μ0A ) auf und berührt bei B eine raue Wand (Haftungskoeffizient μ0B ) Gegeben

μ 0A A

G = 800 N ; F = 300 N Bild S 29

r = 40 cm ; μ

0A =

0,3 ; μ

0B =

0,25

Gesucht Wie weit kann eine Kraft F von der Mitte der Walze aus nach rechts verschoben werden, ohne dass die Walze rutscht ? Anmerkung: bei einer entsprechenden Verschiebung der Kraft F nach links an einem zur anderen Seite verlängerten Hebel würde sich die Walze bei B von der Wand lösen und nach links wegrollen. 1) Zeichnerische Lösung Bei A zeichne man die linke, bei B die untere Mantellinie des Haftungskegels und bringe diese Mantellinien zum Schnitt. Durch den Schnittpunkt der Mantellinien geht die Resultierende R von G und F , wobei R=G+F=1100 N ist. Mit dem Poleck-Seileck-Verfahren kann man die Lage von F bestimmen. Die Polstrahlen, die im Kräfteplan eine Kraft einschließen, schneiden sich als Seilstrahlen auf der Wirklinie dieser Kraft im Lageplan. Mit dem 3-Kräfte-Verfahren werden die Auflagerkräfte bei A und B sowie deren Komponenten ermittelt.

64

1 Statik

2) Rechnerische Lösung x F G

Die Kraft F kann solange nach rechts verschoben werden, (Maß x ), bis bei A und B die maximal mögliche Haftungskraft erreicht ist. Dann ist H A = μ 0A⋅ N A H B = μ 0 B⋅ N B

NB HB

HA

NA

Bild SL 29

3 Unbekannte : N A , N B , x I)

II )

¦ Fx = 0 = μ 0A ⋅ N A − N B Ÿ N B = μ 0A⋅ N A ¦ Fy = 0 = N A + μ 0B N B − G − F

III ) ¦ M ( M ) = 0 =μ I in II : N A + μ NA =

⋅r + μ

0 A ⋅ μ 0 B⋅ N A

0B N B

⋅r − F ⋅ x

= G + F Ÿ NA =

G+F 1 + μ 0A ⋅ μ

0B

800 + 300 = 1025,26 N ; N B = 0,3 ⋅ 1025,26 = 307,58 N 1 + 0,3 ⋅ 0,25

aus III : x = Fr ⋅ (μ x=

0A N A

40 300

0A⋅ N A

+μ

0 B⋅ N B

)

⋅ (0,3 ⋅ 1025,26 + 0,25 ⋅ 307,58) = 51,26 cm

H A = 0,3 ⋅ 1025,26 = 307,58 N = N B H B = 0,25 ⋅ 307,58 = 76,89 N

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

65

S 30 Abrutschen eines Steigeisens

A F

h

B

Um einen senkrecht stehenden Zylinder ist ein Steigeisen ABC (Halbkreis mit angeschweißtem Kragarm) gelegt, auf das eine vertikale Kraft F einwirkt. Biespiel : ein Arbeiter besteigt einen Mast.

C

d

a

Der Haftungskoeffizient zwischen Zylinder und Ring ist μ 0 .

Bild S 30

Gegeben : F = 800 N ; d = 30 cm ; h = 15 cm ; μ 0 = 0,3 Gesucht a) Man bestimme zeichnerisch und rechnerisch die mögliche Extremlage (kritischer Abstand ak ) für eine Einzelkraft F , ohne dass der Ring abrutscht. b) Rutscht der Ring bei Annäherung oder Entfernung der Kraft F an den Zylinder (kurze Begründung) ? c) Wie groß müsste der Haftungskoeffizient an der gegenüberliegenden Seite jeweils mindestens sein, wenn bei einem Kraftabstand von a=25 cm einmal bei A und einmal bei B infolge einer Ölspur keine Haftung wirksam wäre und das Steigeisen nicht abrutschen soll ? Lösung a) Kritischer Abstand (Bild SL 30a) Im Extremfall wird bei A und B die maximal mögliche Haftung erreicht, dann ist H A = μ 0⋅ N A ; H B = μ 0⋅ N B I ) ¦ Fx = 0 Ÿ N A = N B II ) ¦ Fy = 0 Ÿ H A + H B = F ; μ 0⋅ (N A + N B ) = F ; 2 μ 0⋅ N A = F Ÿ NA = NB =

F 800 = = 1333,33 N 2 μ 0 2 ⋅ 0,3

H A = H B = μ 0⋅

F F = = 400 N 2μ 0 2

III ) ¦ M ( B ) = 0 = N A ⋅ h − μ 0⋅ N A ⋅ d − F ⋅ a k Ÿ ak = Für

· 1 § 15 NA 1 1 § h · ⋅ (h − μ 0⋅ d ) = ⋅ (h − μ 0⋅ d ) = ⋅ ¨¨ − d ¸¸ = ⋅ ¨ − 30 ¸ = 10 cm F 2μ 0 2 ©μ0 2 0 , 3 © ¹ ¹ h

μ0

= d Ÿ μ 0=

h d

wird a k = 0

Dann geht die Wirklinie von FA durch den Auflagerpunkt B .

66

1 Statik

a) NA

A HA

FA

ρ0

NA P

ρ0

FB

F FB HB

B

FA

1)

FA F 0B

ρ0B

ρ0A

FB d

HA

ρ0

HB

NB

P1

F0A

A

ρ0

ak

d b)

F

NB

F

F

0A

FB

ρ0B HB

h F

B

2)

P2 F

a

NA

NB

ρ0A

FA

HA

F0B Bild SL 30

b) Wird a < ak , dann ist für die 3 Kräfte F , FA , FB kein gemeinsamer Schnittpunkt möglich, bei dem die Mantellinien bei A und B innerhalb des Haftungskegels liegen, daher rutscht das Steigeisen. Wird a > ak , so können flachere Linien innerhalb des Haftungskegels das 3-Kräfte-Prinzip erfüllen. Das System ist somit im Gleichgewicht (kein Rutschen). Da es jedoch unendlich viele Möglichkeiten gibt, ist das System dann statisch unbestimmt. c) Reibungsfreiheit an einer Seite (Bild SL 30b) Bei Reibungsfreiheit steht die Kraft senkrecht auf der Berührungsfläche. a=25 cm vorgegeben 1) H A = 0 ; H B = F

¦ M ( B ) = 0 = N A ⋅ h − F ⋅ a Ÿ N A = F 0A = F ⋅ ah = N B H B = μ 0 B⋅ N B = μ 0 B⋅ F ⋅ a = F Ÿ μ 0 B = tan ρ 0 B = h = h

a

15 25

= 0,6 Ÿ ρ 0 B = 30,96°

2) H B = 0 ; H A = F

¦ M ( A) = 0 = N B ⋅ h − F ⋅ (a + d ) Ÿ N B = F 0B = F ⋅ H A = μ 0A ⋅ N A = μ 0A ⋅ F ⋅

μ 0 A = tan ρ 0A =

a+d = NA h

a+d =FŸ h

15 h = = 0,273 Ÿ ρ 0 A = 15,25° a + d 25 + 30

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

67

Eine Ölspur an der gegenüberliegenden Seite der Kraft F (bei A ) ist also gefährlicher, da dann an der Innenseite (bei B ) eine wesentlich größere Haftung für Gleichgewicht erforderlich ist.

S 31 Abrutschen einer Zange F

Draufsicht

μ0 A

C

d B a

b

F

FM

Ein eingerosteter, zylindrischer Gewindebolzen soll mit einer Zange aus seiner Verankerung gelöst werden. Der Haftungskoeffizient zwischen Zange und Bolzen ist μ 0 . Die Zange wird mit der Kraft F an beiden Haltern zusammengedrückt und noch zusätzlich mit einer Kraft FM , die die Zange zu drehen versucht, an einer Seite belastet.

Bild S 31

Gegeben : F = 80 N ; a = 5 cm ; b = 20 cm ; d = 3 cm ; μ 0 = tan ρ 0 = 0,25 Ÿ ρ 0 = 14,04° Gesucht a) Welches maximale Drehmoment (verursacht durch die Kraft FM ) kann von der Zange auf den Bolzen übertragen werden, ohne dass die Zange abrutscht ? b) Welche Kräfte wirken dann im Gelenk C ?

Lösung Beachte Bei den Darstellungen im Bild SL 31 handelt es sich um nicht maßstäbliche Prinzipskizzen. Die Haftungswinkel sind z. B. größer und im Lage- und Kräfteplan aus Platzgründen unterschiedlich gezeichnet, um die ungleichmäßig großen Kräfte besser darstellen und erkennen zu können. Am unteren Bolzenende (in einer tieferen Lage der Zange) ist FE = FM = B N − AN Einspannkraft M E = FM ⋅ ( a + b) Einspannmoment

Die Haftungskräfte AH und BH versuchen eine Verschiebung der Zange zu verhindern. Sie sind der Verschiebungstendenz entgegen gerichtet. Die Presskräfte F heben sich am Gesamtsystem der befreiten Zange gegenseitig auf, so dass nur die Drehkraft FM und die Berührungskräfte bei A und B übrig bleiben.

68

1 Statik

AN

a)

AH ρ0 FA

AN

FM

AH FE

BH

a) Maximal übertragbares Drehmoment Befreiung von Zange und Bolzen (Bild SL 31a)

ρ0B B N

FB

P

BH

ME

FM =

BN

F

III ) ¦ Fy = 0 Ÿ B N = AN + FM Ÿ

ρ0 A N FB BN ρ0B

B N > AN

BH

AH

d ⋅ AH a+b

II ) ¦ Fx = 0 Ÿ AH = BH

AH FA

I ) ¦ M ( B ) = 0 = FM ⋅ (a + b ) − AH ⋅ d Ÿ

Wegen der geringeren Anpressung rutscht F

Cy Cx

AN

FM die Zange zuerst bei A . Im Extremfall (kurz

vor dem Durchrutschen) wird bei A volle Haftung erreicht, d.h. es ist

b)

die

AH = μ 0⋅ AN FM

F

Bild SL 31

Dagegen verbleibt bei B noch Haftungsreserve. Die Haftungskraft erreicht bei B nicht ihren Höchstwert. Haftung entsteht immer nur so viel, wie zur Aufrechterhaltung an Ort und Stelle gerade gebraucht wird (Ökonomiegesetz der Natur). B H < μ 0 ⋅ B N ; B H = μ 0 B⋅ B N

wobei μ 0 B < μ 0

ist

Die Wirklinie von FA muss daher flacher verlaufen als die Wirklinie von FB Der Haftungswinkel liegt zwischen der Resultierenden und der Normalkomponente. Der Winkel ρ 0A zwischen FA und AN muss daher größer sein als der Winkel ρ 0B zwischen FB und BN . Im Extremfall (kurz vor dem Durchrutschen der Zange bei A ) ist

ρ 0 A = ρ 0 = 14,04° ; ρ 0B < ρ 0 An der Zangenhälfte AC (Bild SL 31b) ist somit das Kräftespiel bestimmbar. Deren Gleichgewichtsbetrachtung liefert IV ) ¦ M (C ) = 0 = − A N ⋅ a − μ 0⋅ A N ⋅ d2 + (F + FM ) ⋅ b Ÿ A N=

b (F + FM ) a + 12 μ 0⋅ d

IV in I : FM =

μ 0⋅ d a+b

⋅ A N=

μ 0⋅ d

b (F + FM ) = 1 ⋅ (F + FM ) ⋅ c a + b a + 1 μ 0⋅ d 2

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

69

mit der Abkürzung c=

1 1 a + b a + 2 μ 0⋅ d 5 + 20 5 + 2 ⋅ 0,25 ⋅ 3 ⋅ = ⋅ = 8,958 wird b μ 0⋅ d 0,25 ⋅ 3 20

c ⋅ FM = F + FM Ÿ FM =

F 80 = = 10,05 N = FE c − 1 8,958 − 1

Durch stärkeres Zusammendrücken der Zange an den Griffen mittels der Kraft F kann die Kraft FM und damit das mögliche Drehmoment M im Bedarfsfall gesteigert werden. M = FM ⋅ (a + b ) = 10,05 ⋅ (5 + 20 ) = 251,31 Ncm ≈ 2,51 Nm = M E

aus IV : A N =

20 1 2

5 + ⋅ 0,25 ⋅ 3

⋅ (80 + 10,05) = 335,07 N

A H = μ 0⋅ A N = 0,25 ⋅ 335,07 = 83,77 N = B H aus III : B N = 335,07 + 10,05 = 345,12 N aus II : AH = μ 0⋅ AN = B H = μ 0 B⋅ B N Ÿ μ 0 B = μ 0⋅

μ 0 B = tan ρ 0 B = 0,25 ⋅

AN α ∗ tritt Selbsthemmung auf. 1) S

α

2) Sy H

H N

Sx S y Sx G

F

1

N

G F2

Bild SL 33

b) Maximal mögliche Kraft (ohne Selbsthemmung) tan α =

F1

μ 0⋅ (2 F1 + G )

Ÿ F1 =

μ 0⋅ tan α 0,3 ⋅ tan 25° ⋅G = ⋅ 12 = 2,33 N 1 − 2 μ 0⋅ tan α 1 − 2 ⋅ 0,3 ⋅ tan 25°

2) Zugkraft links (Bild SL 33/2) I ) ¦ M ( B ) = 0 = S ⋅ cos α ⋅ r − G ⋅ r : r Ÿ S =

G cos α

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen II ) ¦ Fx = 0 Ÿ N = S ⋅ sin α =

73

G ⋅ sin α = G ⋅ tan α cos α

III ) ¦ Fy = 0 Ÿ H = F2 + G − S ⋅ cos α = F2

Kein Rutschen, wenn IV ) H ≤ μ 0⋅ N II , III in IV : F2 ≤ μ 0⋅ G ⋅ tan α Ÿ tan α ≥

F2

μ 0⋅ G

F2 = 0,3 ⋅ 12 ⋅ tan 25° = 1,68 N

Selbsthemmung : für beliebig große F2 dreht sich die Rolle nicht. F2 → ∞ , dann ist

tan α ∗ → ∞ d.h.

α ∗ = 90°

und somit auch N ∗ = G ⋅ tan α ∗ → ∞ ; H ∗ = μ 0⋅ N ∗ → ∞

Haltebügel horizontal (entarteter Sonderfall) c) Verhältnis der maximal möglichen Reißkräfte F1 1 = > 1 Ÿ F1 > F2 F2 1 − 2 μ 0⋅ tan α

Im Fall 1 sind größere Kräfte zum Abwickeln nötig. Wegen des größeren Widerstands sind dann auch größere Reißkräfte zum Abreißen einer Papierrolle möglich.

S 34 Verschiebung zweier Keile

K A

μ0

μ0 F

B

μ0

α

Zwei als gewichtslos anzunehmende raue Keile A und B mit dem Schrägungswinkel α liegen übereinander und stützen sich gegen raue Wände ab. Für alle Flächenpaarungen ist der Haftungskoeffizient μ 0 . Keil A wird durch eine vertikale Kraft K belastet. Gegeben K = 100 N ; α = 30°

μ 0 = tan ρ 0 = 0,25 Ÿ ρ 0 = 14,04° Bild S 34

Gesucht a) In welchem Bereich Fmin ≤ F ≤ Fmax kann die Kraft F am Keil B variieren, ohne dass die Keile in Bewegung geraten ?

74

1 Statik

b) Bei welchen Winkeln α1 bzw. α 2 tritt Selbsthemmung ein, d. h. dass bei beliebig großen Kräften K bzw. F keine Bewegung der Keile entsteht ?

Lösung 4 Unbekannte : N 1 , N 2 , N 3 , F H 1 = μ 0⋅ N 1 ; H 2 = μ 0⋅ N 2 ; H 3 = μ 0⋅ N 3

1) Keil B tendiert nach rechts, Keil A nach oben Keil A I ) ¦ Fx = 0 = N 1 sin α + μ 0⋅ N 1 ⋅ cos α − N 2 II ) ¦ Fy = 0 = N 1 cos α − μ 0⋅ N 1 ⋅ sin α − μ 0⋅ N 2 − K

Keil B III ) ¦ Fx = 0 = F − N 1 sin α − μ 0⋅ N 1 ⋅ cos α − μ 0⋅ N 3 IV ) ¦ Fy = 0 = − N 1 ⋅ cos α + μ 0⋅ N 1 ⋅ sin α + N 3

K

H1

R1

K

N2

R1

R2

H2 R 2

A

N2

ρ0

H2

α

ρ0

H1

N1

α

N1

F N1 F

R1 H1

B

R1 N3

R3 ρ0 H1

N3

H3 R3

H3

α

ρ0

N1

α

Bild SL 34

Elimination von N2 II − μ 0⋅ I = II ' : N 1 ⋅ (cos α − 2 μ 0⋅ sin α − μ 02 ⋅ cos α ) = K

Elimination von N3 III + μ 0⋅ IV = III ' : F − N 1 ⋅ (sin α + 2 μ 0⋅ cos α − μ 02 ⋅ sin α ) = 0

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

II ' in III ' : Fmax = K ⋅

75

sin α + 2 μ 0⋅ cos α − μ 02⋅ sin α cos α − 2 μ 0 sin α − μ 02 ⋅ cos α

Nach Division des Bruches im Zähler und Nenner durch cos α wird Fmax = K ⋅

(1 − μ 02 ) ⋅ tan α + 2 μ 0 1 − μ 02 − 2 μ 0⋅ tan α

= 100 ⋅

(1 − 0,25 2 ) ⋅ tan 30° + 2 ⋅ 0,25 1 − 0,25 2 − 2 ⋅ 0,25 ⋅ tan 30°

= 160,48 N

Selbsthemmung Auch eine (unendlich) große Kraft F kann den Keil nicht nach rechts bzw. die Kraft K nach oben drücken. Der Nenner wird Null gesetzt. F → ∞ : 1 − μ 02 − 2 μ 0⋅ tan α1 = 0 Ÿ tan α1 = tan α1 =

1 − μ 02 2μ 0

1 − 0,25 2 = 1,875 Ÿ α1 = 61,92° 2 ⋅ 0,25

2) Keil A tendiert nach unten, Keil B nach links : Die Haftungskräfte kehren ihren Richtungssinn um. Es muss daher μ 0 durch − μ 0 ersetzt werden. Fmin = K ⋅

(1 − μ 02 ) ⋅ tan α − 2 μ 0 1 − μ 02 + 2 μ 0⋅ tan α

= 100 ⋅

(1 − 0,25 2 ) ⋅ tan 30° − 2 ⋅ 0,25 1 − 0,25 2 + 2 ⋅ 0,25 ⋅ tan 30°

= 3,37 N

Selbsthemmung in der anderen Richtung : Auch ohne Haltekraft F kann die Kraft K den Keil nicht nach unten drücken. Es ist also keine Haltekraft F nötig, um den oberen Keil zu halten. F=0 : der Zähler wird Null gesetzt (1 − μ 02 ) ⋅ tan α 2 − 2 μ 0 = 0 Ÿ tan α 2 =

α 2 = 2 ρ 0 = 2 ⋅ 14,04° = 28,08°

2μ 0 1 − μ 02

=

2 tan ρ 0 1 − tan 2 ρ 0

= tan 2 ρ 0

76

1 Statik

S 35 Klotz auf schiefer Ebene mit seitlicher Verschiebekraft z y x

Auf einer rauen schiefen Ebene (Neigungswinkel α ) liegt ein Klotz vom Gewicht G . Die Koeffizienten für Haftung und Reibung zwischen dem Klotz und der schiefen Ebene sind μ 0 bzw. μ . Seitlich zum Klotz wirkt eine horizontale Verschiebekraft F parallel zu einer Höhenlinie der schiefen Ebene.

G

F

α

Gegeben

Bild S 35

G = 50 N ; α = 12° ; μ 0 = 0,3 ; μ = 0,25

Gesucht a) Wie groß darf die Verschiebekraft F maximal werden, damit der Klotz gerade noch liegen bleibt ? b) In welche Richtung erfolgt die Gleitbewegung bei Überschreitung dieser Grenzkraft Fgr und welche Verschiebekraft ist zur Aufrechterhaltung der Bewegung erforderlich ? Lösung a)

G x = G ⋅ sin α ; Gz = G ⋅ cos α = N

H

b)

z

Haftungskraft H ≤ μ 0⋅ N = μ 0⋅ G ⋅ cos α

F Gx x

α

α G

y

β

N

Resultierende Verschiebungskraft R = F 2 + (G ⋅ sin α )2

Gx R

Gz

x

Bild SL 35

Der Klotz bleibt liegen für R ≤ H F 2 + (G ⋅ sin α )2 ≤ μ 0⋅ G ⋅ cos α F 2 + G 2 sin 2 α ≤ μ 02 ⋅ G 2 ⋅ cos 2 α F ≤ G ⋅ cos α ⋅ μ 02 − tan 2 α Fgr = G ⋅ cos α ⋅

μ 02 − tan 2 α

§ tan α · ¸¸ = μ 0⋅ G ⋅ cos α ⋅ 1 − ¨¨ © μ0 ¹ 2

§ tan 12° · Fgr = 0,3 ⋅ 50 ⋅ cos12° ⋅ 1 − ¨ ¸ = 10,35 N © 0,3 ¹

2

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

77

Auf einer horizontalen Ebene mit α = 0 ist die erforderliche Verschiebekraft Fh wesentlich größer Fh = μ 0⋅ G = 0,3 ⋅ 50 = 15 N

Der Klotz bleibt liegen, wenn die Verschiebekraft F den Grenzwert Fgr nicht überschreitet und wenn

μ 0 = tan ρ 0 > tan α d. h. ρ 0 > α ist. Für ρ 0 < α rutscht der Klotz ohne Verschiebekraft in Richtung der x-Achse nach unten. Überschreitet F den Grenzwert Fgr , so bewegt sich der Klotz in Richtung der Resultierenden R unter dem Winkel β zur Wirklinie der Verschiebekraft. Dabei wirkt die Reibungskraft W = μ ⋅ G ⋅ cos α

der Bewegung entgegen. Dann ist

¦ Fx = 0 = G ⋅ sin α − W ⋅ sin ⠟ sin β =

sin β =

G ⋅ sin α tan α = μ ⋅ G ⋅ cos α μ

tan 12° = 0,85 Ÿ β = 58,24° 0,25

Bei Überschreitung von Fgr erfolgt die Bewegung in Richtung des Winkels β . Für eine gleichförmige Verschiebung reicht eine kleinere Kraft Fgl zur Aufrechterhaltung der Bewegung aus : 2

2

§ tan α · § tan 12° · ¸¸ = 0,25 ⋅ 50 ⋅ cos 12° ⋅ 1 − ¨ Fg l = μ ⋅ G ⋅ cos α ⋅ 1 − ¨¨ ¸ = 6,44 N © 0,25 ¹ © μ ¹

S 36 Balken auf zwei parallelen Stützen z (F) y

B

A

μ0

μ0

G

Gegeben : a , b , μ 0 , G

y (G) x F

a

b Bild S 36

Ein homogener Balken vom Gewicht G und der Länge 2a+b liegt mittig auf zwei parallelen Sägeböcken auf, die den Abstand b voneinander haben. Der Haftungskoeffizient zwischen den Stützen und dem Balken ist μ0. An einem der beiden um das Maß a überstehenden Enden des Balkens greift eine horizontale Verschiebekraft F an.

a

78

1 Statik

Gesucht a) Bei welcher Grenzkraft Fgr beginnt der Balken zu rutschen ? b) Wie groß sind dann die Haftungskräfte bei A und B ? Anmerkung Darstellung von Kräften, die senkrecht zur Zeichenebene wirken:  Kreis mit einem Punkt bedeutet : die Kraft kommt aus der Zeichenebene heraus

(man sieht den Vektor von vorne und daher die Pfeilspitze als Punkt). ⊗ Kreis mit einem Kreuz bedeutet : die Kraft geht in die Zeichenebene hinein

(man sieht den Vektor von hinten und daher die Pfeilfeder als Kreuz) Die Buchstaben zur Bezeichnung der Kräfte senkrecht zur Zeichenebene werden in Klammern gesetzt, um sie von den Kräften in der Zeichenebene zu unterscheiden.

Lösung z

G 2

II ) ¦ Fz = 0 Ÿ N A = G − N B = G2

G

y

x

I ) ¦ M x( A) = 0 = N B ⋅ b − G ⋅ b2 Ÿ N B =

Schrägbild

III ) ¦ M z( A) = 0 = F ⋅ a − H B ⋅ b Ÿ H B = F ⋅ ab

F HA

IV ) ¦ M z( B ) = 0 = F ⋅ ( a + b) − H A ⋅ b Ÿ

NA HB

NB

Bild SL 36

HA = F ⋅

a+b a = F + F = HB + F b b

V ) ¦ Fx = 0 Ÿ H A = H B + F Ÿ H A > H B

Der aufgelegte Balken rutscht zuerst bei A , d. h. dort wird zuerst die maximal mögliche Haftkraft erreicht. Im Grenzfall (kurz vor dem Rutschen) ist dann H A = μ 0⋅ N A = μ 0⋅ HB =

G a+b b = Fgr ⋅ Ÿ Fgr = ⋅ μ 0⋅ G 2 2 ⋅ (a + b ) b

a a ⋅ Fgr = ⋅ μ 0⋅ G 2 ⋅ (a + b ) b

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

79

S 37 Kraftwagen am Hang

S G h

α

A

B b

a

A Bild S 37

Ein Kraftwagen fährt mit konstanter Geschwindigkeit auf einer geneigten Straße bergauf. Man bestimme den maximal möglichen Steigungswinkel α der Straße, die der Kraftwagen bei Allrad-, Hinterrad- und Vorderradantrieb noch befahren kann, wenn der Haftungskoeffizient zwischen Straße und Reifen μ 0 = 0,5 beträgt. An den nicht angetriebenen Rädern wirkt dabei keine Haftungskraft, da sie nur (wegen der konstanten Geschwindigkeit unbeschleunigt) mitrollen.

Gesucht a) Mögliche maximale Steigungswinkel in Abhängigkeit der Schwerpunktslage a, b, h . b) Welche Werte für α ergeben sich speziell für eine mittige Schwerpunktslage a = b = h =

A 2

mit A = 3 m c) Welchen Abstand x von der Hinterachse müsste der Schwerpunkt S haben, wenn der maximal mögliche Steigungswinkel für Vorder- und Hinterradantrieb gleich sein soll und wie groß ist dieser ?

Lösung G H = G ⋅ sin α ; G N = G ⋅ cos α H A = μ 0⋅ N A ; H B = μ 0⋅ N B

GH GN h HA

NA

x

HB A -x

NB

y x

Bild SL 37

a,b) Mögliche maximale Steigungswinkel I ) ¦ M ( B) = 0 = GH ⋅ h + GN ⋅ b − N A ⋅ A Ÿ N A =

G ⋅ (b ⋅ cos α + h ⋅ sin α ) A

II ) ¦ M ( A) = 0 = G H ⋅ h − G N ⋅ a + N B ⋅ A Ÿ N B =

G (a ⋅ cos α − h ⋅ sin α ) A

III ) ¦ Fy = 0 Ÿ N A + N B = G N = G ⋅ cos α

80

1 Statik

1) Allradantrieb IV ) ¦ Fx = 0 Ÿ G H = H A + H B = μ 0⋅ (N A + N B ) = μ 0⋅ G N G ⋅ sin α = μ 0⋅ G ⋅ cos α Ÿ tan α 1= μ 0 = tan ρ 0 = 0,5 Ÿ α 1= ρ 0 = 26,57°

α 1 ist unabhängig von der Schwerpunktslage. 2) Hinterradantrieb : H A ≠ 0 ; H B = 0 G H = G ⋅ sin α = H A = μ 0⋅ N A = μ 0⋅

G ⋅ (b ⋅ cos α + h ⋅ sin α ) : cos α Ÿ A

tan α = μ 0⋅ bA + μ 0⋅ hA ⋅ tan α Ÿ tan α 2 =

tan α 2 =

μ 0⋅ bA 1 − μ 0⋅ hA

μ 0⋅ 12 1 − μ 0⋅ 12

=

=

μ 0⋅ b A − μ 0⋅ h μ0 2−μ0

=

0.5 = 0, 3 Ÿ α 2 = 18,43° 2 − 0,5

3) Vorderradantrieb : H A = 0 ; H B ≠ 0 G H = G ⋅ sin α = H B = μ 0⋅ N B = μ 0⋅

G ⋅ (a ⋅ cos α − h ⋅ sin α ) Ÿ A

tan α = μ 0⋅ aA − μ 0⋅ hA ⋅ tan α Ÿ tan α 3 =

tan α 3 =

μ 0⋅ aA 1 + μ 0⋅ hA

μ 0⋅ 12 1 + μ 0⋅ 12

=

μ 0⋅ a A + μ 0⋅ h

=

μ0 0,5 = = 0,2 Ÿ α 3 = 11,31° 2 + μ 0 2 + 0,5

Ergebnis : α1 > α 2 > α 3 Allradantrieb ist am günstigsten und von der Schwerpunktslage unabhängig. Bei mittiger Schwerpunktslage ist Hinterradantrieb besser als Vorderradantrieb. Der maximal mögliche Steigungswinkel ist für Vorder- und Hinterradantrieb von der Lage des Schwerpunkts abhängig, die sich bei Aufnahme von Last (Frachtgut) ändern kann. c) Gleicher maximaler Steigungswinkel bei Vorder- und Hinterradantrieb Anstelle von a wird x , anstelle von b wird A − x gesetzt : NA =

G A

⋅ [(A − x ) ⋅ cos α + h ⋅ sin α ] ; N B =

HA = HB

bzw. N A = N B

(A − x ) ⋅ cos α + h ⋅ sin α = x ⋅ cos α − h ⋅ sin α

G A

⋅ (x ⋅ cos α − h ⋅ sin α )

1.5 Haftung und Reibung an ebenen Flächen

81

2 x ⋅ cos α = A ⋅ cos α + 2h ⋅ sin α Ÿ x = 2A + h ⋅ tan α

¦ Fx = 0 Ÿ G H = H A = H B = μ 0⋅ N B G ⋅ sin α = μ 0⋅ GA ⋅ (x ⋅ cos α − h ⋅ sin α ) sin α =

μ0 §A

tan α 4 = x=

· ⋅ ¨ ⋅ cos α + h ⋅ sin α − h ⋅ sin α ¸ Ÿ 2 © ¹

A

μ0 2

= 0,25 Ÿ α 4 = 14,04°

μ h· A A § + h ⋅ 0 = ⋅ ¨1 + μ 0⋅ ¸ 2 2 2 © A¹

(

)

x = 23 ⋅ 1 + 0,5 ⋅ 12 = 1,875 m

z. B. wird für A = 2h = 3 m :

Liegt in diesem Fall der Schwerpunkt im Abstand x = 1,875 m von der Hinterradachse, dann sind die Normal- bzw. Haftungskräfte bei Vorder- und Hinterradantrieb gleich. Liegt der Schwerpunkt von da aus näher an einem Rad, so wird dessen Antrieb stärker. Meist liegt der Schwerpunkt infolge des Motorgewichts (vor allem ohne Last) nahe am Vorderrad, so dass dessen Antrieb günstiger wird. Bei Aufnahme von Last kann sich jedoch die Schwerpunktslage ändern.

S 38 Wagen auf schiefer Ebene mit Rollreibung F

β G

C S B

h

α

A a

b

r

Ein beladener Wagen (Gesamtgewicht G ) wird auf einer schrägen (Steigungswinkel α ), holprigen Straße (Rollwiderstandszahl der Räder μ r ) mit konstanter Geschwindigkeit hochgezogen. Die Wagendeichsel ist in der Höhe der Räder (Radius r ) angelenkt und unter dem Winkel β zur Fahrbahn geneigt. Gegeben : G = 2000 N ; α = 20° ; β = 25°

c Bild S 38

a =0,5 m ;

b = 0,6 m ;

h = 0,45 m ; r = 0,15 m ;

c =1,4 m

μ r = 0,08

Gesucht a) Erforderliche Zugkraft F an der Deichsel, sowie die Auflagerkräfte an den Rädern.Bis zu welcher Höhe h ∗ darf der Schwerpunkt S des Wagens durch zusätzliches Beladen verschoben werden, ohne dass ein Kippen des Wagens auftreten kann ?

82

1 Statik

Lösung a) Erforderliche Zugkraft F Fy Gx S y

Gy NB

x NA

Fx WB

WA

G x = G ⋅ sin α ; G y = G ⋅ cos α Fx = F ⋅ cos β ; Fy = F ⋅ sin β WA = μ r ⋅ N A ; W B = μ r ⋅ N B

3 Unbekannte : F , N A , N B

Bild SL 38

I ) ¦ Fx = 0 = F ⋅ cos β − μ r ⋅ N A − μ r ⋅ N B − G ⋅ sin α II ) ¦ Fy = 0 = F ⋅ sin β + N A + N B − G ⋅ cos α

III ) ¦ M ( A) = 0 = N B (a + b ) + G sin α ⋅ h − G cos α ⋅ a + F sin β ⋅ c − F cos β ⋅ r Elimination von NA und NB I + μ r ⋅ II : F cos β + μ r ⋅ F sin β − G sin α − μ r ⋅ G cos α = 0 Ÿ F=

sin α + μ r ⋅ cos α sin 20° + 0,08 ⋅ cos 20° ⋅G = ⋅ 2000 = 887,54 N cos β + μ r ⋅ sin β cos 25° + 0,08 ⋅ sin 25°

aus III : N B =

1 ⋅ [G ⋅ (a ⋅ cos α − h ⋅ sin α ) − F ⋅ (c ⋅ sin β − r ⋅ cos β )] a+b

N B = 11,1 [2000 ⋅ (0,5 cos 20° − 0,45 sin 20°) − 887,54 ⋅ (1,4 sin 25° − 0,15 cos 25° )] N B = 206,73 N aus II : N A = G cos α − F sin β − N B

N A = 2000 ⋅ cos 20° − 887,54 ⋅ sin 25° − 206,73 = 1297,56 N

b) Kippen um A : aus III mit N B = 0 und h = h ∗ G sin α ⋅ h ∗ − G cos α ⋅ a + F sin β ⋅ c − F cos β ⋅ r = 0 Ÿ h ∗ = a ⋅ cot α −

F ⋅ (c ⋅ sin β − r ⋅ cos β ) G ⋅ sin α

h ∗ = 0,5 ⋅ cot 20° −

887,54 ⋅ (1,4 ⋅ sin 25° − 0,15 ⋅ cos 25°) = 0,782 m 2000 ⋅ sin 20°

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)

83

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung) S 39 Quader auf schiefer Ebene S1

r

μ2

β S

α

G

μ1

Gegeben G =500 N

α = 20° ; β = 15° S2

μ 1= 0,2 ; μ 2 = 0,25 M R = 6 Nm

Bild S 39

r = 0,2 m Q

Ein Quader (Gewicht G) liegt auf einer rauen schiefen Ebene (Steigungswinkel α , Reibungskoeffizient μ 1 ). Am Quader zieht ein Seil, das momentan den Winkel β mit der schiefen Ebene bildet ( β ändert sich während der Bewegung). Das Seil wird über eine Scheibe mit dem Radius r umgelenkt. Am Ende des Seils wirkt eine Kraft in Form eines Gewichts Q . Gesucht Wie groß sind die momentanen Seilkräfte S1 und S2 bei einer gleichförmigen Auf- bzw. Abwärtsbewegung des Quaders a) bei einer sich drehenden Scheibe mit einem Reibmoment MR infolge eines rostigen Lagers b) bei einer völlig blockierten Scheibe (der Lagerbolzen ist festgefressen), wenn der Reibungskoeffizient zwischen Scheibe und Seil μ2 beträgt ?

Lösung 1) Aufwärtsfahrt (Bild SL 39) 3 Unbekannte : N , S1 , S 2 I ) ¦ Fx = 0 = S1 ⋅ cos β − G ⋅ sin α − μ 1⋅ N

II ) ¦ Fy = 0 Ÿ N = G ⋅ cos α − μ 1⋅ G cos α + μ 1⋅ S1 sin β I in II : S1 cos β − G sin α − μ 1⋅ G cos α + μ 1⋅ S1 sin β = 0 Ÿ S1 =

sin α + μ1 ⋅ cos α sin 20° + 0,2 ⋅ cos 20° ⋅G = ⋅ 500 = 260,37 N cos β + μ1 ⋅ sin β cos 15° + 0,2 ⋅ sin 15°

84

1 Statik α+β ϕ S1 S1y S1

y

x

A S1x

Gx S

MR W

Gy

N

S2

Bild SL 39

Die Seillinie schließt mit der Horizontalen den Winkel α + β ein. Der gleiche Winkel liegt zwischen der Vertikalen und der Senkrechten zur Seillinie (Winkel, deren Schenkel paarweise aufeinander senkrecht stehen, sind gleich). G x = G ⋅ sin α ; G y = G ⋅ cos α S1x = S1 ⋅ cos β ; S1y = S1 ⋅ sin β W = μ 1⋅ N

a) Drehende Scheibe III ) ¦ M ( A) = 0 = S1 ⋅ r + M R − S 2 ⋅ r Ÿ S 2 = S1 + S 2 = 260,37 +

6 0, 2

MR r

= 290,37 N

b) Blockierte Scheibe Das Seil berührt den Zylinder längs des Umschlingungswinkels

ϕ = 90° + α + β = 90° + 20° + 15° = 125° =

125° ⋅ π rad = 2,182 rad 180°

Bei der Seil- oder Umschlingungsreibung liefert die „Eytelweinsche Gleichung“ einen Zusammenhang zwischen den Seilkräften : S größer = S kleiner ⋅ e μ ⋅ϕ

bzw. S kleiner = S größer ⋅ e − μ ⋅ϕ

Vor Anwendung dieser Gleichung muss man erst herausfinden, welche der beiden Seilkräfte die größere ist. Die kleinere Seilkraft muss dann mit dem Faktor e μ ⋅ϕ > 1 multipliziert werden, damit die Gleichheit in der Formel auf beiden Seiten gewährleistet ist.

Diejenige Seilkraft, die neben der Gegenkraft noch zusätzlich den Reibungswiderstand zu überwinden hat, ist die größere. Hier sollen jedoch die kürzeren Indizes 1 und 2 beibehalten werden und die größere Seilkraft mit S 2 bezeichnet werden. S 2 > S1 : S 2 = S1 ⋅ e μ 2 ⋅ϕ = 260,37 ⋅ e 0,25⋅2,182 = 449,26 N

2) Abwärtsfahrt Die Reibungskräfte und das Reibmoment ändern ihren Richtungssinn, d. h. die Glieder mit μ wechseln ihr Vorzeichen. Das Reibmoment wirkt dann im Uhrzeigersinn. S1 =

sin α − μ 1⋅ cos α sin 20° − 0,2 ⋅ cos 20° ⋅G = ⋅ 500 = 84,27 N cos β − μ 1⋅ sin β cos 15° − 0,2 ⋅ sin 15°

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)

85

a) Drehende Scheibe S 2 = S1 −

MR 6 = 84,27 − = 54,27 N r 0,2

b) Blockierte Scheibe S1 > S 2 : S 2 = S1 ⋅ e − μ 2 ⋅ϕ = 84,27 ⋅ e −0,25⋅2,182 = 48,84 N

S 40 Zwei Quader übereinander auf einer schiefen Ebene μ

Zwei schwere Blöcke (Gewicht G1 und G2 ) liegen übereinander auf einer schiefen Ebene (Steigungswinkel α ). Die Quader sind mit einem Seil verbunden, das über eine blockierte (nicht drehbare) Rolle umgelenkt wird. Der F Reibungskoeffizient zwischen allen Flächen (auch zwischen Seil und Rolle) ist μ .

G1

Gegeben

μ

G2

Bild S 40

G1 = 150 N ; G2 = 900 N

α

α = 30° ; μ = 0,2

Gesucht Mit welcher Kraft F muss am oberen Quader parallel zur schiefen Ebene gezogen werden, damit der untere Quader mit konstanter Geschwindigkeit a) aufwärts b) abwärts bewegt wird ? Lösung G1x = G1 ⋅ sin α ; G1y = G1 ⋅ cos α

S1

S1

G1y G1x

N1

S2

W1

W1

Fauf

W1 = μ ⋅ N1 ; W2 = μ ⋅ N 2 y

N1

S2

G 2y G 2x W2 N2

G2 x = G2 ⋅ sin α ; G2 y = G2 ⋅ cos α

x Bild SL 40

3 Unbekannte : F , S1 , S 2

86

1 Statik

1) Quader 2 wird hochgezogen (Bild SL 40) Quader 1

¦ Fy = 0 Ÿ N1 = G1 ⋅ cosα I ) ¦ Fx = 0 Ÿ Fauf = S1 + μ ⋅ N 1 − G1 sin α = S1 − G1 ⋅ (sin α − μ ⋅ cos α ) Quader 2

¦ Fy = 0 Ÿ N 2 = N1 + G2 cosα = (G1 + G2 ) ⋅ cosα II ) ¦ Fx = 0 Ÿ S 2 = G 2 sin α + μ ⋅ N 1 + μ ⋅ N 2 S 2 = G2 sin α + μ ⋅ cos α ⋅ (2G1 + G2 ) S 2 = 900 ⋅ sin 30° + 0,2 ⋅ cos 30° ⋅ (2 ⋅ 150 + 900 ) = 657,85 N

Blockierte Rolle : Umschlingungswinkel

ϕ =π

S1 > S 2 : S1 = S 2 ⋅ e μ ⋅π = 657,85 ⋅ e 0,2⋅π = 1233,11 N

III )

aus I : Fauf = 1233,11 − 150 ⋅ (sin 30° − 0,2 ⋅ cos 30°) = 1184,09 N

2) Quader 2 wird abgesenkt Sämtliche Reibungskräfte drehen ihren Richtungssinn um, d.h. die Glieder mit μ ändern ihr Vorzeichen. S 2 = G2 sin α − μ ⋅ cos α ⋅ (2G1 + G2 ) S 2 = 900 ⋅ sin 30° − 0,2 ⋅ cos 30° ⋅ (2 ⋅ 150 + 900 ) = 242,15 N S1 < S 2 : S1 = S 2 ⋅ e − μ ⋅π = 242,15 ⋅ e −0,2⋅π = 129,18 N Fab = S1 − G1 ⋅ (sin α + μ ⋅ cos α ) = 129,18 − 150 ⋅ (sin 30° + 0,2 ⋅ cos 30°) = 28,2 N

S 41 Ladevorrichtung 3m

A

4m

1

2

r

2m

C

Über eine Rolle mit dem Radius r , die an 2 Stäben befestigt ist, wird eine Last vom Gewicht G mit einer schrägen Kraft F unter einem Winkel β hochgezogen. Gegeben

F

B

β Bild S 41 G

G = 3 kN ; β = 60° ; r = 0,25 m ; μ = 0,2

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)

87

Gesucht 1) Für eine frei drehende Rolle a) Stabkräfte S1 , S 2 b) Stabkraft S1 = S , wenn der rechte Stab 2 entfernt wird. In welche Richtung stellt sich der verbleibende Stab ein ? 2) Für eine blockierte Rolle (z. B. durch Festrosten des Bolzens B ), die nur am Stab 1 hängt a) Erforderliche Kraft F , um die Last G mit schleifendem Seil hochzuziehen bei einem Reibungskoeffizient μ zwischen Rolle und Seil. b) Betrag und Richtung der Lagerkraft bei A . c) Um welchen Winkel ε verdreht sich die Achse AB gegenüber Fall 1b , wenn die Kraft F das Gewicht G bei rutschendem Seil hochzieht ?

Lösung a)

1) Frei drehende Rolle

S1y

S2y

S1 S1x B

G b)

S 2x

¦ M ( B) = 0 = G ⋅ r − F ⋅ r Ÿ F = G

F

α

A

c) P

D

a) Mit 2 Stäben (Bild SL 41a)

S2

Sy

S

Sx

E

Die Stabkräfte wirken in Richtung der Stabachsen. Ihre Komponenten verhalten sich daher wie die entsprechenden Strecken

Ay

FA

S1y

A Ax α F β/2

B

ε G

β/2

S 2y F

β/2

G

S1x

γP B

Bild SL 41

S 2x

=

2 Ÿ 3

=

2 1 1 = Ÿ S 2y = S 2x 4 2 2

S1y =

2 S1x 3

Es verbleiben noch 2 Unbekannte : S1x , S 2 x

I ) ¦ Fx = 0 = − S1x + S 2 x + F ⋅ sin β

II ) ¦ Fy = 0 = S1y + S 2 y − G − F ⋅ cos β II )

2S 3 1x

+ 12 S 2 x − G − F ⋅ cos β

Elimination von S 2 x I − 2 ⋅ II : − S1x + F sin β − 43 S1x + 2 ⋅ G + 2 ⋅ F cos β = 0 Ÿ S1x =

3⋅ 7

[F ⋅ (sin β + 2 ⋅ cos β ) + 2 ⋅ G ] = 73 ⋅ [3 ⋅ (sin 60° + 2 ⋅ cos 60°) + 2 ⋅ 3] = 4,97 kN

88

1 Statik aus I : S 2 x = S1x − F sin β = 4,97 − 3 ⋅ sin 60° = 2,37 kN

S1y =

2 3

⋅ S1x = 23 ⋅ 4,97 = 3,31 kN ; S 2 y = 12 ⋅ S 2 x = 12 ⋅ 2,37 = 1,185 kN

S1 = S12x + S12y = 4,97 2 + 3,312 = 5,97 kN S 2 = S 22x + S 22y = 2,37 2 + 1,185 2 = 2,65 kN

b) Mit einem Stab (Bild SL 41b) Nach dem 3-Kräfte-Verfahren müssen sich die 3 Kräfte G , F , S in einem Punkt P schneiden, den man erhält, wenn man die Wirklinien der Kräfte G und F zum Schnitt bringt. Die Stabkraft S muss dann durch den Schnittpunkt P, durch den Lagerpunkt A und durch den Scheibenmittelpunkt B gehen.

Δ BPD ≅ Δ BPE : Winkel BPD = Winkel BPE =

β 2

= 30°

Stab S stellt sich in Richtung der Winkelhalbierenden PB des Winkels β ein. S x = S ⋅ sin

β 2

β

; S y = S ⋅ cos 2

¦ Fx = 0 = − S ⋅ sin β2 + F ⋅ sin β Mit F = G wird S =G⋅

sin β β

sin 2

= 3⋅

sin 60° = 5,196 kN = FA sin 30°

Die Auflagerkraft FA ist gleich der Stabkraft S . 2) Blockierte Rolle (Bild SL 41c) AB ist jetzt keine Pendelstütze mehr, sondern ist mit der Rolle zu einem Körper vereinigt, an dem die 3 Kräfte G , F , FA wirken, die sich in einem Punkt P schneiden müssen. Der Umschlingungswinkel des Seils an der Rolle muss in Radiant-Einheiten eingesetzt werden

ϕ = 180° − β = 120° =

120° 2 ⋅ π rad = π rad 180° 3

Eytelweinsche Gleichung F > G : F = G ⋅ e μ ⋅ϕ = 3 ⋅ e

0,2⋅ 23 ⋅π

= 4,56 kN

Auflagerkraft bei A

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = F ⋅ sin β = 4,56 ⋅ sin 60° = 3,95 kN ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = G + F ⋅ cos β = 3 + 4,56 ⋅ cos 60° = 5,28 kN FA =

Ax2 + Ay2 = 3,952 + 5,28 2 = 6,59 kN

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung) tan α =

89

Ax 3,95 = = 0,748 Ÿ α = 36,79° Ay 5,28

c) Verdrehung der Achse AB Die 3 Punkte A , B , P , die im Fall 1 auf einer Geraden lagen, bilden jetzt ein Dreieck. Der Punkt P hat sich gegenüber Fall 1 etwas nach rechts oben verschoben, wobei sich die Achse AB um einen Winkel ε entgegen dem Uhrzeigersinn um den Gelenkpunkt A dreht. Der Scheibenmittelpunkt B wandert dabei auf einem Kreisbogen um A .

Δ APB : Winkel APB = δ = 180° − α + r

PB =

β

sin

=

2

0,25 = 0,5 m ; sin 30°

Sinussatz : sin γ =

β 2

= 180° − 36,79° + 30° = 173,21°

AB = 32 + 2 2 = 13 = 3,61 m

PB 0,5 ⋅ sin δ = ⋅ sin 173,21° = 0,0164 Ÿ 3 ,61 AB

Winkel BAP = γ = 0,94°

ε =α −

β 2

− γ = 36,79° − 30° − 0,94° = 5,85°

S 42 Riementrieb mit Spannrolle a

μ0 RM

x

μ0 r T RT

MM

α

α

Bild S 42 G

Ein Motor treibt über einen Riementrieb eine Seiltrommel an, die eine Last vom Gewicht G gleichförmig (mit konstanter Geschwindigkeit) hochzieht. Der Haftungskoeffizient zwischen Riemen und Motorbzw. äußerer Trommelscheibe ist μ 0 . Für die Anpressung des Riemens an die Scheibe muss zur Zugkraft S 2 im Zugtrum (oberes Seilstück zieht) eine Gegenkraft S1 im Leertrum (unteres Seilstück wird gezogen) wirksam sein.

Gegeben G = 3 kN ; RM = 10 cm ; RT = 15 cm ; rT = 12 cm ; a = 60 cm ; α = 15° ; μ 0 = 0,4

Gesucht a) Wie groß sind die Riemenkräfte S1 , S 2 und die Drehmomente M T und M M an der Trommel und am Motor ?

90

1 Statik

b) Wie stark muss der Riemen an der Spannrolle im Leertrum mit der Federkraft FF mindestens vorgespannt werden, damit das nötige Drehmoment zur Hebung der Last an der Trommel wirken kann ? Dabei sollen die Winkel α zu beiden Seiten der Spannrolle gleich sein. c) In welchem Abstand x von der Mitte der Motorwelle aus muss die Spannrolle angebracht werden, damit der Seilwinkel α zu beiden Seiten der Rolle gleich groß wird ? Die Abrundung des Seils an der Spannrolle soll dabei vernachlässigt werden. Zusatzfrage Welche Werte ergeben sich, wenn die Spannrolle aus Platzgründen bei x=

a 2

= 30 cm angebracht wird und der Winkel rechts von der Spannrolle α = 15° beträgt ?

Die Rechnung soll zur besseren Übersicht auf ganze Newton (ohne Kommastellen) beschränkt werden.

Lösung RT-RM

β

a)

x1 = R M ⋅ sin α

S2

S2

x 2 = RT ⋅ sin α

β

ϕ

rT

a

MM

S1

α

y2 = (x + x1 ) ⋅ tan α

G

S1

y 3 = RT ⋅ cos α

FF

b) S1

y1 = R M ⋅ cos α

α

α

y4 = (a − x + x2 ) ⋅ tan α

S1

c)

y1

RM

y2

RT

α

α x

x1

Bild SL 42

y3 y4

a-x x2

a) Riemenkräfte, Drehmomente (Bild SL 42a) sin β =

RT − R M 15 − 10 = = 0,08 3 Ÿ β = 4,78° a 60

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)

91

Durchrutschgefahr besteht zuerst an der Motorscheibe, da sie den kleineren Umschlingungswinkel hat. Dort ist

ϕ = 180° − α − β = 180° − 15° − 4,78° = 160,22° ϕ=

160,22° ⋅ π rad = 2,796 rad 180°

Umschlingungshaftung an der Motorscheibe I ) S 2 > S1 : S 2 = S1 ⋅ e μ 0 ⋅ϕ

Drehmomente II ) M M = (S 2 − S1 ) ⋅ RM

III ) M T = (S 2 − S1 ) ⋅ RT = G ⋅ rT

M M R M 10 2 = = = MT RT 15 3

Die Drehmomente am Motor und an der Trommel verhalten sich wie die entsprechenden Radien der Riemenscheiben (Übersetzungsverhältnis).

)

(

I in III : S1 e μ0 ⋅ϕ − 1 ⋅ RT = G ⋅ rT = M T Ÿ S1 =

G e

μ 0⋅ϕ

r 3000 12 ⋅ T = ⋅ = 1165 N 0,4 ⋅2,796 R − 1 15 −1 T e

Für S1 = 0 wird M T = 0 und M M = 0 , d.h. ohne Vorspannkraft kann kein Drehmoment übertragen werden. aus I : S 2 = 1165 ⋅ e 0,4 ⋅2,796 = 3565 N aus III ) : M T = G ⋅ rT = 3000 N ⋅ 0,012 m = 36 Nm

MM =

2 ⋅M T 3

= 23 ⋅ 36 = 24 Nm

Kontrolle aus II : M M = (3565 − 1165) N ⋅ 0,01 m = 24 Nm In der Zeit, in der die Motorwelle 3 Umdrehungen durchführt, dreht sich die Trommel nur 2 mal um ihre Achse. Wenn man von Verlusten z. B. durch Lagerreibung oder Luftventilation absieht, ist die Arbeit W = M ⋅ ϕ ( ϕ = Drehwinkel) am Motor und an der Trommel gleich. Das gilt auch für die Leistung als Arbeit pro Zeiteinheit, da die Arbeiten am Motor und an der Trommel simultan verrichtet werden. b) Erforderliche Federkraft an der Spannrolle (Bild SL 42b)

¦ Fy = 0 Ÿ FF = 2 ⋅ S1 ⋅ sin α = 2 ⋅ 1165 ⋅ sin 15° = 603,05 N Abstand der Spannrolle von der Motorwelle (Bild SL 42c) y1 + y2 = y3 + y4 R M cos α + (x + R M sin α ) ⋅ tan α = RT cos α + (a − x + RT sin α ) ⋅ tan α Ÿ

Die Gleichung wird durch tan α dividiert und nach x aufgelöst

92

1 Statik

x=

1ª cos α ·º § a + (RT − R M ) ⋅ ¨ sin α + ¸ « 2¬ tan α ¹»¼ ©

x=

1ª cos15° ·º § 60 + (15 − 10) ⋅ ¨ sin 15° + ¸ = 39,66 cm 2 «¬ tan 15° ¹»¼ ©

S 43 Selbstspannender Riementrieb S1

Gegeben

r

G

G = 500 N

r

a = 30 cm ;

S2

b

A

b = 20 cm r = 12 cm

a

Bild S 43

μ 0 = 0,4

Ein Elektromotor treibt über einen Riemen eine Walze vom gleichen Radius r an. Der Motor hat das Gewicht G und ist bei A fest gelenkig gelagert, so dass der Riemen durch das Eigengewicht des Motors gespannt wird. Der Haftungskoeffizient zwischen den Scheiben und dem Riemen ist μ 0 . Gesucht Das maximal mit dem Riemen übertragbare Drehmoment und die Auflagerkraft bei A a) bei Rechtslauf b) bei Linkslauf der Motorwelle

Lösung Durch die Ankerrückwirkung wird von der Welle auf das Gehäuse ein gleich großes Drehmoment ( M W = M G ) ausgeübt. Anker- und Gehäusedrehmoment heben sich nach außen hin gegenseitig auf. Für Rechts und Linkslauf gilt ( Bild SL 43a) I ) ¦ M ( A) = 0 = G ⋅ a − S1 ⋅ (b + r ) − S 2 ⋅ (b − r )

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)

a) MG MW

G

S1

Die Haftungskraft H des Seils wirkt dem Wellenmoment MW entgegen.

S2

Andererseits wird der Riemen durch die entsprechende Gegenkraft von der Motorwelle mitgezogen.

Ax

Ay

b) H

S1 MW S2

H

Bild SL 43

a) Rechtslauf Welle und Riemen getrennt betrachtet (Bild SL 43b) Gleichgewicht am Riemen S 2 = S1 + H Ÿ S 2 > S1 ; H = S 2 − S1

Der Umschlingungswinkel über den halben Umfang ist

ϕ = 180° = π rad Im Extremfall (kurz vor dem Durchrutschen) ist II ) S 2 = S1 ⋅ e μ 0⋅π II in I : G ⋅ a − S1 ⋅ (b + r ) − S1 ⋅ e μ 0⋅π ⋅ (b − r ) = 0 Ÿ S1 =

93

a b + r + (b − r ) ⋅ e

μ 0⋅π

⋅G =

30 ⋅ 500

32 + 8 ⋅ e 0,4⋅π

= 249,55 N

aus II : S 2 = 249,55 ⋅ e 0,4⋅π = 876,82 N

Bild SL 43a oder b M W = H ⋅ r = (S 2 − S1 ) ⋅ r = (876,82 − 249,55) ⋅ 0,12 = 75,27 Nm

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = S1 + S 2 = 249,55 + 876,82 = 1126,37 N ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = G = 500 N b) Linkslauf Die Haftungskraft kehrt ihren Richtungssinn um S1 = S 2 + H Ÿ S1 > S 2 ; H = S1 − S 2

94

1 Statik S1 = S 2 ⋅ e μ 0⋅π ; S 2 = S1 ⋅ e − μ 0⋅π aus I : S1 =

a b + r + (b − r ) ⋅ e

− μ 0⋅π

⋅G =

30 ⋅ 500

32 + 8 ⋅ e −0,4⋅π

= 437,61 N

S 2 = 437,61 ⋅ e −0,4⋅π = 124,55 N M W = H ⋅ r = (S1 − S 2 ) ⋅ r = (437,61 − 124,55) ⋅ 0,12 = 37,57 Nm Ax = S1 + S 2 = 437,61 + 124,55 = 562,16 N Ay = G = 500 N

Bei Rechtslauf der Welle ist das übertragbare Drehmoment größer.

S 44 Backenbremse b

a

Mit Hilfe einer Backenbremse soll eine Last Q gleichF förmig (d. h. mit konstanter Drehzahl n ) abgesenkt e

μ

c A

r1 r 2

B

werden. Der Reibungskoeffizient zwischen Bremsbacken und der Trommel ist μ .

den

Gegeben Q = 500 N

μ = 0,4 r1 = 90 mm ; r2 = 200 mm

Bild S 44

a = 250 mm ; b = 600 mm ; c = 300 mm Q

e = 100 mm

Gesucht a) Erforderliche Hebelkraft F1 , sowie die Auflagerkräfte bei A und B . b) Wie groß muss der Lagerabstand c1∗ mindestens werden, wenn Selbsthemmung auftreten soll, d. h. dass ein selbsttätiger Bremseffekt ohne Haltekraft F1 erreicht wird ? c) Welche Haltekraft F2 ist erforderlich, wenn das Seil umgekehrt aufgespult wurde (also entgegen dem Uhrzeigersinn), so dass die Last Q links von der Trommel liegt (Linkslauf der Trommel) ? Ist dann noch Selbsthemmung möglich ? d) Das Lager A soll bei Linkslauf der Trommel spiegelbildlich nach oben verlegt werden. Wie groß ist dann die erforderliche Hebelkraft F3 und bei welchem Lagerabstand c 2∗ tritt jetzt Selbsthemmung auf ?

1.6 Haftung und Reibung an gekrümmten Flächen (Seilreibung)

95

Lösung a)

b)

A

F1

c e

W

W = μ⋅N N

W

W

B

n

a) Hebelkraft Trommel

W N

N

Ax N Ay Bx

1) Rechtslauf der Trommel (Bild SL 44 a ) F3

¦ M ( B ) = 0 = μ ⋅ N ⋅ r2 − Q ⋅ r1 Ÿ n

N =Q⋅

By

Q

Q

Bild SL 44

r1 90 = 500 ⋅ = 562,5 N 0,4 ⋅ 200 μ ⋅ r2

¦ Fx = 0 Ÿ Bx = μ ⋅ N = 0,4 ⋅ 562,5 = 225 N ¦ Fy = 0 Ÿ By = N + Q = 1062,5 N

Hebel

¦ M ( A) = 0 = N ⋅ a − μ ⋅ N ⋅ (c − e ) − F1 ⋅ (a + b) Ÿ F1 = 562,5 ⋅

F1 = N ⋅

250 − 0,4 ⋅ (300 − 100 ) = 112,5 N 250 + 600

a − μ ⋅ (c − e ) a+b

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = μ ⋅ N = 225 N ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = N − F1 = 562,5 − 112,5 = 450 N b) Selbsthemmung

(

)

F1 = 0 : a − μ ⋅ c1∗ − e = 0 Ÿ c1∗ = μa + e = 250 + 100 = 725 mm 0,4 2) Linkslauf der Trommel Die Reibkraft W = μ N ändert ihren Richtungssinn an der Trommel und am Hebel, was durch Änderung des Vorzeichens von μ berücksichtigt wird. c) Hebelkraft Während die Normalkomponente N der Bremskraft gleich bleibt, ändert sich die erforderliche Hebelkraft F2 . F2 = N ⋅

250 + 0,4 ⋅ (300 − 100 ) a + μ ⋅ (c − e ) = 562,5 ⋅ = 218,38 N 250 + 600 a+b

Selbsthemmung wäre nur möglich, wenn e ungewöhnlich groß gegenüber a und c wird : a + μ ⋅ (c − e ) = 0 Ÿ e = μa + c = 250 + 300 = 925 mm 0, 4

96

1 Statik

d) Spiegelbildliche Anordnung des Lagers A (Bild SL 44 b )

¦ M ( A) = 0 = N ⋅ a − μ ⋅ N ⋅ (c + e ) − F3 ⋅ (a + b) Ÿ F3 = N ⋅

Selbsthemmung

250 − 0,4 ⋅ (300 + 100 ) a − μ ⋅ (c + e ) = 562,5 ⋅ = 59,56 N 250 + 600 a+b

(

)

F3 = 0 : a − μ ⋅ c 2∗ + e = 0 Ÿ c2∗ = μa − e = 250 − 100 = 525 mm 0, 4 Ergebnis : F3 < F1 < F2

1.7 Schnittgrößen

97

1.7 Schnittgrößen S 45 Aufzug a A

B

Eine Last Q wird über zwei lose und eine feste Rolle mit einer Kraft F hochgezogen. Alle Rollen haben den gleichen Radius r . Die feste Rolle und die Seilenden B und C sind an einem bei A eingespannten Balken befestigt.

r

C D

Gegeben : Q = 4 kN ; a = 6 r ; r = 0,2 m F Gesucht

a) Seilkräfte b) Einspannreaktionen, die einmal ohne und einmal mit Schnitt durch die Seile bestimmt werden sollen. c) Schnittgrößen-Verlauf im Balken Bild S 45

Q

Lösung a) Seilkräfte (Bild SL 45 a) linke lose Rolle

¦ Fy = 0 Ÿ 2S1 = Q Ÿ

S1 = 12 Q = 2 kN

rechte lose Rolle

¦ Fy = 0 Ÿ 2S 2 = S1 Ÿ

S 2 = 12 S1 = 14 Q = 1 kN

feste Rolle (vom Balken losgelöst)

¦ M ( D) = 0 = S2 ⋅ r − F ⋅ r Ÿ

F = S 2 = 14 Q = 1 kN

¦ Fy = 0 Ÿ FD = S 2 + F = 2S 2 = 12 Q = 2 kN b) Auflagerreaktionen b1) ungeschnittenes System

¦ Fy = 0 Ÿ FA = F + Q = 45 Q = 5 kN

98

1 Statik

¦ M ( A) = 0 Ÿ M A = Q ⋅ 3r + NF ⋅ 7r = 194 Q ⋅ r = 194 ⋅ 4 ⋅ 0,2 = 3,8 kNm 1Q 4

b2) geschnittenes System

¦ Fy = 0 Ÿ FA = S1 + 2S 2 + F = 12 Q + 2 ⋅ 14 Q + 14 Q = 45 Q ¦ M ( A) = 0 Ÿ M A = S1 ⋅ 2r + S 2 ⋅ 3r + S 2 ⋅ 5r + F ⋅ 7r = 194 Q ⋅ r c) Schnittgrößenverlauf (Bild SL 45 b) Längskräfte treten nicht auf. a)

S2

F FD

MA 2r

r

2r S1

FA

Man beachte den Zusammenhang zwischen dem Biegemoment Mb und der Querkraft Fq

r F

S2 S2

S1

Q FA

Fq

FD + S1

-3

S2

-2

-

Die Winkel werden positiv in dem Sinn gezählt, der sich ergibt, wenn man die Abszisse (x-Achse) auf dem kürzesten Weg (hier im Uhrzeigersinn) bis zur Deckung mit der Ordinate (Mb-Achse) dreht entsprechend dem Bild SL 45 c . M bA = − M A = −3,8 kNm

-5 kN

MA

dM b = Fq dx

Entsprechend dem Querkraftsprung (Unstetigkeit der Funktion) infolge einer Einzelkraft hat die Biegemomentenkurve an dieser Stelle einen Knick (Unstetigkeit der Steigung).

S1

b)

Bei der Querkraftkurve werden die Kräfte treppenförmig gemäß ihrem Richtungssinn (von der rechten Seite beginnend) angetragen.

M bB = − FD ⋅ 4r − S 2 ⋅ r = − 12 Q ⋅ 4r − 14 Q ⋅ r MB

MC

MD

M bB = − 94 Q ⋅ r = − 94 ⋅ 4 ⋅ 0,2 = −1,8 kNm M bC = − FD ⋅ 3r = − 12 Q ⋅ 3r = − 23 Q ⋅ r

Mb

−ϕ

c)

+ϕ

Mb

M bC = − 23 ⋅ 4 ⋅ 0,2 = −1,2 kNm x Bild SL 45

M bD = 0

1.7 Schnittgrößen

99

S 46 Kragträger mit Streckenlast und Einzelkraft

A

Ein bei A und B gelenkig gelagerter Kragträger ist im Bereich AB mit einer konstanten Streckenlast q und am überkragenden Ende C mit einer schrägen Einzelkraft F belastet.

F

q

α C

B 2a

a

Gegeben Bild S 46

N ; F = 500 N ; α = 60° ; a = 0,8 m q = 800 m

Gesucht a) Auflagerkräfte b) Schnittgrößen-Verlauf c) qualitative Skizze der Biegelinie (Durchbiegungskurve)

Lösung a)

Ax Ay

Fy

R

Fx

FB

b) -250 N

_

Ax

_

Ay + Fq

w

+

Fq =0

Fy

Bei einer konstanten Streckenlast ergibt sich als Querkraftkurve eine schräge Gerade und als Biegemomentenkurve eine quadratische Parabel (Abkürzung qP).

433 N

Zusammenhänge der Schnittgrößen

qP x0

Mb

FB

424

als Treppenkurve entsprechend dem Richtungssinn der äußeren Kräfte abgetragen. Die Querkräfte einer Streckenlast können dabei als Treppenkurve mit unendlich kleinen Stufen aufgefasst werden.

857

Fn

Die Querkräfte Fq werden von rechts beginnend

x0

_ M2

+

c) M 1 WP Bild SL 46

dFq dx

= −q ;

dM b = Fq dx

An der Stelle, an der die Querkraft Null ist oder einen Nulldurchgang hat, hat das Biegemoment einen relativen Extremwert. Ein Nulldurchgang der Querkraft bedeutet einen Steigungswechsel der Biegemomentenkurve.

a) Auflagerkräfte (Bild SL 46a) Resultierende der Streckenlast N ⋅ 2 ⋅ 0,8 m = 1280 N R = q ⋅ 2a = 800 m

100

1 Statik

Komponenten der Belastungskraft Fx = F ⋅ cos α = 500 ⋅ cos 60° = 250 N Fy = F ⋅ sin α = 500 ⋅ sin 60° = 433 N

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = Fx = 250 N ¦ M ( A) = 0 = − R ⋅ a + FB ⋅ 2a − Fy ⋅ 3a Ÿ FB = 12 R + 23 Fy = 1289,5 N ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = R + Fy − FB = 1280 + 433 − 1289,5 = 423,5 N b) Schnittgrößen-Verlauf (Bild SL 46b) An der Nullstelle x0 der Querkraft liegt der Scheitel der quadratischen Parabel für das Biegemoment. Fq = Ay − q ⋅ x 0 = 0 Ÿ

x0 =

Ay q

=

423,5 = 0,53 m 800

M 1 = Ay ⋅ x 0 − 12 q ⋅ x 02 = 423,5 ⋅ 0,53 − 12 ⋅ 800 ⋅ 0,532 = 112,1 Nm M 2 = − Fy ⋅ a = −433 ⋅ 0,8 = −346,4 Nm

c) Biegelinie (Bild SL 46c) Wie noch in der Festigkeitslehre gezeigt wird, entspricht einem Nulldurchgang des Biegemoments ein Wendepunkt (WP) der Bieglinie. Die Durchbiegung w eines Trägers muss durch Integration einer Differentialgleichung ermittelt werden : w ′′ = −

Mb E⋅I

wobei E I die Biegesteifigkeit bedeutet

M b = 0 : w ′′ = 0 Ÿ WP der Biegelinie (Krümmungswechsel konkav / konvex)

An den Lagerstellen ist die Durchbiegung Null (starre Lager vorausgesetzt).

S 47 Gerberträger mit Streckenlasten q 2 Ein Gerberträger mit dem Zwischengelenk G ist bei A

q1

B

G

A 2a

a

2a

Bild S 47

Gesucht a) Auflagerreaktionen b) Schnittgrößen-Verlauf

eingespannt und bei B lose gelenkig gelagert. Er ist mit einer linear veränderlichen Streckenlast (Höchstwert q1 ) und mit einer konstanten Streckenlast q2 belastet.

; q2 = 4 kN ; a = 0,3 m Gegeben : q1 = 5 kN m m

1.7 Schnittgrößen

101

c) Schnittgrößen allgemein in einem Schnitt 0 ≤ x ≤ 2a vom linken Rand. Wie groß sind die Schnittgrößen speziell für x = a ? d) qualitative Skizze der Biegelinie

Lösung a) MA

R1 2 3

FA

b) Schnittgrößen-Verlauf FG

R2

2a

FG

a

a

a

FB

x -1,6 kN

b) FA

R2

+

Q

_ FB Q=0 x r1

0,8

qP R 1 2,3

Die linear veränderliche Streckenlast bewirkt als Querkraftkurve Q ( x ) eine quadratische Parabel (qP) und als Biegemomentenkurve M b ( x ) eine kubische Parabel (kP) . Bei konstanter Streckenlast ist die Querkraftkurve eine schräge Gerade (G) und die Biegemomentenkurve eine quadratische Parabel (siehe Aufgabe S46). Im Bereich der konstanten Streckenlast hat die Querkraft bei x r1 einen Nulldurchgang. An dieser Stelle hat die Biegemomentenkurve einen relativen Extremwert (horizontale Tangente). d) Biegelinie (Bild SL 47 c)

MA

kP

_

M2

MG=0

Mb

M1 +

G

qP

c)

w

WP

An der Einspannung und im Lager sind die Durchbiegungen Null, wobei an der Einspannung die Biegelinie mit einer horizontalen Tangente an der Wand abschließt.

Δϕ

d) MA

Rx qx

q1

x

FA

3

Mx

x 2a Bild SL 47

Qx

Im Gelenk G ist das Biegemoment Null, d.h. dort ist ein Wendepunkt (WP) der Biegelinie. Im Allgemeinen tritt im Gelenk ein Winkelsprung Δϕ auf (Knick in der Steigung), der noch in der Festigkeitslehre berechnet wird. Die beiden Balkenteile können sich also gegeneinander verdrehen.

Der Gerberträger wird durch sein Gelenk statisch bestimmbar. Durch das Gelenk kann sich der Träger bei Verschiebungen der Lager (z. B. durch Absenkung des Bodens oder durch Verformungen des Fundaments) geometrisch so anpassen, dass keine zusätzlichen Belastungen infolge Lageänderung entstehen.

Ein einfach statisch unbestimmter Träger kann durch Einsetzen eines Gelenks an passender Stelle statisch bestimmbar gemacht werden. Solche Träger mit einem oder mehreren Gelenken werden nach dem Ingenieur Heinrich Gerber (1832 – 1912) benannt, der zuerst diese Träger einführte.

102

1 Statik

a) Auflagerreaktionen (Bild SL 47a) Resultierende der Streckenlasten R1 = 12 q1 ⋅ 2a = q1 ⋅ a = 5 ⋅ 0,3 = 1,5 kN R2 = q2 ⋅ 2a = 4 ⋅ 2 ⋅ 0,3 = 2,4 kN

Schnitt durch das (momentenfreie) Gelenk G liefert die beiden Teilsysteme AG und GB :

¦ M (G ) = 0 = FB ⋅ 3a − R2 ⋅ 2a Ÿ

GB

FB = 23 R2 = 43 q 2 ⋅ a = 23 ⋅ 2,4 = 1,6 kN

¦ Fy = 0 Ÿ FG = R2 − FB = 2,4 − 1,6 = 0,8 kN

GB

¦ Fy = 0 Ÿ FA = R1 + FG = 1,5 + 0,8 = 2,3 kN AG

¦ M ( A) = 0 Ÿ M A = R1 ⋅ 43 a + FG ⋅ 2a = 1,5 ⋅ 43 ⋅ 0,3 + 0,8 ⋅ 0,6 = 1,08 kNm AG

b) Schnittgrößen Ein Schnitt von der rechten Seite des Balkens liefert für eine Koordinate xr von rechts nach links gezählt 0 ≤ x r ≤ 2a Q = − FB + q2 ⋅ x r (Gerade) Q = 0 : x r1 =

FB 4 = 3 a = 0,4 m q2

Resultierende der Streckenlast im Schnittbereich x r R xr = q2 ⋅ x r M b = FB ⋅ x r − Rxr ⋅ 12 x r = FB ⋅ x r − 12 q2 ⋅ x r2

(quadratische Parabel)

für x r = x r1 wird M 1 = FB ⋅ x r1 − 12 q2 ⋅ x r21 = 1,6 ⋅ 0,4 − 12 ⋅ 4 ⋅ 0,4 2 = 0,32 kNm M 2 = FB ⋅ 2a − R2 ⋅ a = 1,6 ⋅ 0,6 − 2,4 ⋅ 0,3 = 0,24 kNm MG = 0

c) Schnittgrößen an der Stelle x Strahlensatz

qx q x = Ÿ qx = 1 ⋅ x 2a q1 2a

1.7 Schnittgrößen

103

Resultierende der Streckenlast im Schnittbereich x q Rx = 12 q x ⋅ x = 1 ⋅ x 2 4a

Schnittgrößen q Q x = FA − Rx = FA − 1 ⋅ x 2 4a

(quadratische Parabel)

q M x = FA ⋅ x − M A − Rx ⋅ 3x = FA ⋅ x − M A − 1 ⋅ x 3 (kubische Parabel) 12a

für x=a= 0,3 m wird Q (x = a ) = 2,3 −

5 ⋅ 0,32 = 1,925 kN 4 ⋅ 0,3

M (x = a ) = 2,3 ⋅ 0,3 − 1,08 −

5 ⋅ 0,33 = −0,428 kNm 12 ⋅ 0,3

S 48 Tragwerk mit Fachwerkstütze 1m

1m

2m

Das Tragwerk ABC ist bei A und B fest gelenkig gelagert und bei C mit einem Zwischengelenk versehen. Die Belastung erfolgt durch eine Streckenlast q und ein Einzelmoment M (an einem Vierkant angreifend). Die Fachwerkstütze BC besteht aus 5 Stäben, die in der Form zweier gleichseitiger Dreiecke angeordnet sind.

q C

A

2

M

30° 2m

1 30° 3

Bild S 48

5

4

B

Gegeben q = 3 kN ; M = 5 kNm m

Gesucht a) Auflager- und Gelenkkräfte b) Schnittgrößen-Verlauf im Balken AC c) Stabkräfte der Fachwerkstütze BC

Lösung Das System ABC ist ein Dreigelenkbogen, bei dem nur das Teilstück AC belastet ist. Auf das andere Teilstück BC (Fachwerkstütze) wirken keine äußeren Kräfte, weshalb es als Zweikräftekörper (Pendelstütze) aufgefasst werden kann, d. h. FB = FC .

104

1 Statik a) Auflagerkräfte (Bild SL 48a)

R

a)

Ax Ay

Cx F

Cy

M

Komponenten der Gelenkkraft

-1,88 kN

Ax

_

Cx

N -3,25 kN

R Ay

Cy

_

¦ M ( A) = 0 = M − R ⋅ 3 m + C y ⋅ 4 m Ÿ Cy = FC =

x*r -2,25 kNm

R⋅3 m − M 6⋅3−5 = = 3,25 kN 4m 4

+

+

M2

M1

Mb

Cy

cos 30°

= 3,75 kN

C x = 3,75 ⋅ sin 30° = 1,88 kN

_

qP

M3

2,75

2

Schnitt vom rechten Balkenende aus

2

1

5 3 5

Q = Cy − q ⋅ xr

FB 3

FC

4

4

FB

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = C x = 1,88 kN ¦ Fy = 0 Ÿ Ay = R − C y = 6 − 3,25 = 2,75 kN b) Schnittgrößen-Verlauf (Bild SL 48b)

Cremonaplan

c)

US

C x = FC ⋅ sin 30° ; C y = FC ⋅ cos 30°

+

2,75

FC

R = q ⋅ 2m = 3 kN ⋅ 2m = 6 kN m

30°

b)

Q

Resultierende der Streckenlast

Bild SL 48

1

Q = 0 : x r∗ =

Cy q

=

3,25 kN 3 kN m

= 1,08 m

M 3 = C y ⋅ x r∗ − 1 q ⋅ x r∗2 2 M 3 = 3,25 ⋅ 1,08 − 12 ⋅ 3 ⋅ 1,08 2 = 1,76 kNm

qP = quadratische Parabel im Bereich der konstanten Streckenlast M 1 = Ay ⋅ 1 m = 2,75 kNm

Nach M1 erfolgt ein Momentensprung in der Höhe des Einzelmoments M (Unstetigkeitsstelle). M 2 = Ay ⋅ 2 m − M = 2,75 ⋅ 2 − 5 = 0,5 kNm

c) Fachwerkstütze (Bild SL 48c) Dem Cremonaplan entnimmt man die Stabkräfte S1 = S 2 = S 4 = S 5 = −2,17 kN (Druckstäbe) ; S 3 = 2,17 kN (Zugstab)

Hier sind Fachwerk und Cremonaplan ähnliche Figuren. Alle Stäbe sind gleich lang, daher haben alle Stabkräfte gleiche Beträge.

1.7 Schnittgrößen

105

S 49 Balken auf 2 Stützen A

Ein homogener Balken (Länge A , Gewicht G ) soll symmet-

a

risch auf 2 Stützböcken so gelagert werden, dass die Belastung durch Biegung infolge Eigengewichts möglichst klein wird.

a

Gesucht a) Wie weit muss der Balken auf beiden Seiten von den Böcken überstehen ?

Bild S 49

b) Schnittgrößen-Verlauf Lösung M2

M1

q

1)

a

-

G 2

G 2 G 2

a G

- 2 +

+

Q1

M1

M1

M b1

+ M2

2)

q

G

- G2

-

G

Q2

+ G

+2

M1=M2

Mb2

Das Gewicht wird über den gesamten Balken als konstante Streckenlast q = GA gleichmäßig verteilt. Aus Symmetriegründen sind die Auflagerkräfte gleich groß und gleich dem halben Balkengewicht. a) Abstand der Stützböcke Maximale Biegemomente entstehen an den Stützstellen und in Balkenmitte. M 1 = − q ⋅ a ⋅ a2 = − 12 q ⋅ a 2

(

)

(

)

Die Belastung des Balkens durch Biegung wird möglichst klein, wenn beide Momente betragsmäßig gleich groß sind. Das Moment M1 ist immer negativ, das Moment M2 kann dagegen je nach Größe von a positiv oder negativ sein. Daher ist eine Fallunterscheidung zur Auflösung des Betrags erforderlich. M1 = − M 2

1) M2 > 0 (Bild SL 49/1)

(

− 12 q ⋅ a 2 = − 81 qA 2 − 12 q ⋅ A ⋅ a

) ⋅ (− 2q ) Ÿ

2 a 2 + A ⋅ a − A4 = 0 Ÿ a1 = − 2A ±

A2 4

2 + A4

Nur das Pluszeichen vor der Wurzel ist hier sinnvoll. a1 = − 2A + 2A 2 = 2A

Bild SL 49

q⋅A

M 2 = G2 ⋅ 2A − a − q ⋅ 2A ⋅ 4A = 2 ⋅ 4A − a

(

)

2 − 1 = 0,207 A ≈ 15 A

106

1 Statik

2) M 2 < 0 (Bild SL 49/2)

)

(

− 12 q ⋅ a 2 = + 18 q ⋅ A 2 − 12 q ⋅ A ⋅ a ⋅ 2q Ÿ 2 a 2 − A ⋅ a + A4 = 0

a 2 = 2A ±

A2 4

2 − A4 = 2A

In diesem Fall werden die Lagerböcke in der Balkenmitte zusammengeschoben bzw. nur ein Lagerbock zur Unterstützung verwendet (labiles Gleichgewicht). Ein gleichwertiger stabiler Gleichgewichtszustand ergibt sich, wenn anstelle der Stütze eine Einspannung in Balkenmitte angebracht wird. b) Schnittgrößen Fall 1 2

M 1 = − 12 q ⋅ a12 = − 12 q ⋅ A4

(

)

(

)2 = − 81 qA 2 (2 − 2

2 −1

M 1 = − 18 qA 2 3 − 2 2 = −0,0214 qA 2

(

)

(

)

(

)

2 +1

)

M 2 = 12 qA 4A − a1 = 12 qA 4A + 2A − 2A 2 = 81 qA 2 3 − 2 2 = +0,0214 qA 2

Fall 2 2

M 1 = − 12 q ⋅ a 22 = − 12 q ⋅ A4 = − 18 qA 2 = −0,125 qA 2

(

)

(

)

M 2 = 1 qA ⋅ A − a 2 = 1 qA ⋅ A − A = − 1 qA 2 = −0,125 qA 2 2 4 2 4 2 8

das entspricht einem maximalen Moment. Das gleiche Moment M b = 18 qA 2 mit positivem Vorzeichen ergibt sich für a = 0 , d.h. wenn die Lagerböcke ganz außen stehen. Dann ist jedoch der Querkraftverlauf anders mit ± G 2

den Rändern und Null in der Mitte.

an

1.8 Räumliche Systeme

107

1.8 Räumliche Systeme Hinweise und Tipps Auch in der räumlichen Statik gilt : Moment = Kraft mal Lot vom Drehpunkt auf die Wirklinie der Kraft Oder in vektorieller Schreibweise ªM º G G G « x» M = r × F = «M y » «¬ M z »¼

Das Ergebnis dieses vektoriellen Produkts ist ein Momentenvektor mit 3 Komponenten M x , M y , M z , die jeweils das Moment um eine durch den Drehpunkt gehende Achse x,y,z darstellt, wobei die Achsen aufeinander senkrecht stehen. Die Momentengleichungen in der räumlichen Statik geben also die Drehwirkung der Kräfte um 3 verschiedene Achsen an. Kräfte haben um eine Achse kein Moment, wenn sie 1) parallel zu dieser Achse sind 2) durch diese Achse hindurchgehen. Bei der Wahl des Koordinatensystems ist es daher zweckmäßig, die Achsen so zu legen, dass sie möglichst viele unbekannte Kräfte schneiden. Diese Kräfte erscheinen dann nicht mehr in den Momentenbedingungen. Kräfte, bei denen der Richtungssinn offensichtlich ist (z. B. Seilkräfte oder Reibungskräfte), werden für die Rechnung gleich richtungsgetreu in die Befreiungsskizze eingetragen. Geht der Richtungssinn nicht unmittelbar aus dem Zusammenhang hervor, dann nimmt man diese Kräfte zweckmäßig in positiver Koordinatenrichtung an. Unbekannte Stabkräfte werden zunächst als Zugkräfte ins Befreiungsbild eingeführt. Das Vorzeichen im Ergebnis der Rechnung zeigt, ob die Annahme richtig war (positives Ergebnis) oder ob ein Druckstab vorliegt (negatives Ergebnis).

Vektorrechnung Für räumliche Probleme eignet sich am besten die Vektorrechnung. Bei der Finite-Elemente-Methode (FEM) und vor allem in der Rotordynamik wird fast ausschließlich mit Vektoren und Matrizen gerechnet. Daher ist es wichtig, mit Rücksicht auf spätere praktische Anwendungen, sich frühzeitig mit den Grundlagen der Vektorrechnung vertraut zu machen.

108

1 Statik

Vektorielle Bestimmung von Momenten Das Moment einer Kraft kann auf einen Punkt oder auf eine Achse bezogen werden. a) Moment einer Kraft bezogen auf einen Punkt G G Das Moment M P einer Kraft F bezogen auf einen beliebigen Punkt P im Raum ist gleich dem vektoriellen Produkt (KreuzproG dukt) eines Ortsvektors rC( P ) (vom Bezugs-

MP

F

punkt P zu einem beliebigen Punkt C der Wirklinie f der Kraft) vektoriell multipliG ziert mit dem Kraftvektor F

(P)

rC

P d

ε

f

C

α

(Bild S I). G G G M P = rC( P ) × F

Bild S I

Der Betrag des Produktvektors ist gleich dem Produkt aus den beiden skalaren Faktoren und dem Sinus des eingeschlossenen Winkels. G G G M P = M P = rC( P ) × F = rC( P ) ⋅ F ⋅ sin α = F ⋅ d G Der Produktvektor M P steht senkrecht auf der Ebene ε , die durch die beiden vektoriellen G G Faktoren rC( P ) und F aufgespannt wird. Die Ebene ε wird auch bestimmt durch den MomenG tenbezugspunkt P und den Kraftvektor F .

Den Richtungssinn des Produktvektors erhält man aus der Rechtsschraubenregel: Dreht man den ersten Vektor des Produkts auf dem kürzesten Weg in den zweiten, dann zeigt der Produktvektor in die Richtung, in die sich eine Rechtsschraube unter dieser Drehung fortbewegt. Das Vektorprodukt kann man mit einer dreireihigen Determinante bestimmen. Für das Moment einer Kraft bezogen auf einen Punkt P gilt ª xº G ( P) « » rC = « y » ; «¬ z »¼

ªF º G « x» F = «Fy » «¬ Fz »¼

ª x º ª Fx º G G ( P) G « » « » M P = rC × F = « y » × « Fy » = ¬« z ¼» ¬« Fz ¼»

G i G j K k

x y

Fx G G G Fy = i yFz − zFy − j (xFz − zFx ) + k xFy − yFx

z

Fz

(

)

(

)

1.8 Räumliche Systeme

109

Das Moment einer Kraft bezogen auf einen Punkt im Raum zu bilden ist gleichbedeutend mit der Errichtung eines kartesischen Koordinatensystems in dem Bezugspunkt und der Bestimmung der Momente um die drei Achsen des Koordinatensystems. Die drei Komponenten des Momentenvektors in x, y, z-Richtung sind jeweils die Momente der Kraft um die x, y, zAchse. Zur Bestimmung dieser Achsenmomente wird die Kraft zweckmäßig in die Komponenten Fx , Fy , Fz zerlegt und jede Komponente mit den entsprechenden Achsabständen x, y, z multipliziert. Die Produkte werden mit den Vorzeichen nach der Rechtsschraubenregel versehen und zusammengefasst. Speziell gilt für die Vektorprodukte von Einsvektoren G G G G G i × j = − j ×i = k G G G G G j × k = −k × j = i G G G G G k × i = −i × k = j

-

i

+

k

j Bild S II

Das Vektorprodukt zweier Einsvektoren ergibt den dritten Einsvektor. Man erhält diesen Produktvektor aus nebenstehender Hilfsfigur Bild S II, wenn man von den beiden vektoriellen Faktoren zyklisch um eine Position weitergeht.

Beim Fortschreiten im Uhrzeigersinn (Einsvektoren in der Reihenfolge des Alphabets) ergibt sich ein positives, beim Fortschreiten entgegen dem Uhrzeigersinn (Einsvektoren in umgekehrter Reihenfolge des Alphabets) ein negatives Vorzeichen des Produkts. Vertauscht man die Reihenfolge der beiden vektoriellen Faktoren, so ändert das Kreuzprodukt sein Vorzeichen. Ein Einsvektor schließt mit sich selbst den Winkel Null ein, daher ist G G i × i = 1 ⋅ 1 ⋅ sin 0° = 0 und somit auch G G G G G G i ×i = j × j = k ×k = 0

b) Moment einer Kraft bezogen auf eine Achse AB Neben dem Moment bezogen auf einen Punkt P gibt es noch das Moment bezogen auf eine Achse AB . Das Moment um eine Achse ist ein Maß der Tendenz einer Kraft einen Körper um eine Achse zu drehen. Die vektorielle Bestimmung dieses Moments ist vor allem dann sehr vorteilhaft, wenn die Achse AB schräg (windschief, also nicht parallel) zu den Koordinatenachsen x, y, z verläuft. G G Sucht man gemäß Bild S III das Moment M AB einer Kraft F bezogen auf eine Achse AB G (also quasi das Torsionsmoment einer Welle AB ), so bildet man zuerst das Moment M P dieser Kraft bezogen auf einen beliebigen Punkt P der Achse AB (wie unter a angegeben) und G G bestimmt dann die Komponente des Moments M P parallel zu AB (Projektion von M P auf AB).

110

1 Statik B

Die skalare Komponente M AB des MoG mentenvektors M P in Richtung der Achse AB erhält man durch skalare Multiplikation G G von M P mit dem Einsvektor eAB in Richtung AB .

e AB

MP

M AB

β

P

F (P) rC

C

ε A

Man multipliziert dann definitionsgemäß den Betrag des Momentenvektors mit dem Betrag des Einsvektors (also mit eins) und dem Cosinus des mit der Achse AB eingeschlossenen Winkels β . G G G M AB = M AB = M P ⋅ e AB = M P ⋅ cos β

Bild S III f

G Aus dem Skalar M AB wird der Vektor M AB in Richtung von A nach B , wenn man den Betrag M AB mit dem Einsvektor G AB multipliziert eAB = AB G G G G G M AB = M AB ⋅ eAB = M P ⋅ eAB ⋅ eAB

(

)

Jeder Vektor kann auch geschrieben werden als das Produkt seines Betrages mit dem Einsvektor in Richtung der Wirkungslinie des Vektors. Ist P speziell der Ursprung eines kartesischen Koordinatensystems, so können die Komponenten M x , M y , M z des Momentenvektors um die Achsen x, y, z durch skalare Multiplikation G G G mit den Einsvektoren i , j , k berechnet werden: G G G G G G Mx = MP ⋅i ; My = MP ⋅ j ; Mz = MP ⋅k

Beachte: Das Moment einer Kraft bezogen auf einen Punkt ist ein an diesen Punkt gebundener Vektor, da das Moment von der Lage des Punktes abhängig ist. Der Momentenvektor darf dann lediglich längs seiner Wirkungslinie (die durch den Bezugspunkt verläuft) verschoben werden. Im Gegensatz dazu ist der Momentenvektor eines Kräftepaares ein freier Vektor, der längs seiner Wirkungslinie, aber auch parallel zu sich selbst verschoben werden darf. Ein Kräftepaar hat ja bekanntlich um jeden beliebigen Bezugspunkt das gleiche Moment. Momente von Kräftepaaren entstehen z. B. als Lagerreaktionen beim eingespannten Balken, als aufgebrachte äußere Belastung und bei der Parallelverschiebung von Kräften eines allgemeinen Kräftesystems, wenn man die Kräfte zu einer Resultierenden zusammenfasst.

1.8 Räumliche Systeme

111

Um Verwechslungen zu vermeiden, wird daher in der englischen Literatur häufig das Moment G G einer Kraft mit M , das Moment eines Kräftepaars (englisch couple) mit C bezeichnet.

Reduktion von Kräftesystemen Kräftesysteme sind statisch gleichwertig, wenn sie auf einen starren Körper die gleiche Verschiebe- und die gleiche Drehwirkung ausüben, wenn sie also die gleiche resultierende Kraft und das gleiche resultierende Moment haben. 1) Ein ebenes Kräftesystem lässt sich reduzieren auf G a) eine Einzelkraft R G G b) ein Kräftepaar ( F / − F ) Im Gleichgewichtsfall ist sowohl die resultierende Einzelkraft als auch das resultierende Kräftepaar Null. 2) Ein räumliches Kräftesystem lässt sich reduzieren auf G a) eine Einzelkraft R G G b) ein Kräftepaar ( F / − F ) c) eine Kraftschraube (englisch: wrench), bestehend aus einer Kraft und einem Kräftepaar, wobei beide Vektoren kollinear sind, d. h. auf einer Wirkungslinie liegen. Stehen die Vektoren der resultierenden Kraft und des resultierenden Kräftepaars aufeinander senkrecht, so kann das Kräftesystem auf eine Einzelkraft reduziert werden. Im Gleichgewichtsfall ist sowohl die resultierende Kraft als auch das resultierende Kräftepaar Null.

Aufgaben S 50 Moment einer Kraft im Raum G Eine räumliche Kraft F wirkt nach Bild S 50 in Richtung

z

der Diagonalen CD eines Quaders.

3m

E

C

D

F P

2m

x

Gegeben: F=600 N Gesucht y

5m

Bild S 50

a) das Moment bezogen auf den Koordinatenursprung P b) das Moment bezogen auf die Achse PE (die andere Raumdiagonale des Quaders)

c) Wie groß ist der kürzeste Abstand der beiden windschiefen Geraden CD und PE ?

112

1 Statik

Lösung a) Moment bezogen auf den Punkt P G G G CD = −3 i + 5 j − 2k CD = CD =

(− 3)2 + 52 + (− 2 )2

x2 + y2 + z2 =

= 38 = 6,16 m

G G G ª − 292,2º G « G G G G −3i +5j −2 k CD = 600 ⋅ = −292,2 i + 487 j − 194,8 k = « 487 »» N F = F ⋅ eCD = F ⋅ 6,16 CD «¬ − 194,8 »¼ G Der Ortsvektor r wird als Verbindung vom Bezugspunkt P zu einem beliebigen Punkt der G Wirklinie von F (z. B. zu Punkt C oder D ) gebildet. Einfacher ist hier der Punkt D.

ª 0º G G « » G ( P) rD = PD ⋅ j = 5 j = «5» m ¬«0¼»

Damit wird der Momentenvektor als Kreuzprodukt gebildet G i 0 − 292,2 G G G G G G G G 487 = 5 ⋅ (− 194,8) i − 5 ⋅ (− 292,2 ) k = −974 i + 1461 k M P = rD( P ) × F = j 5 G k 0 − 194,8 G G G G MP = Mx ⋅i + My ⋅ j + Mz ⋅k ; M x = −974 Nm ; M y = 0 ; M z = 1461 Nm G Die Kraft F schneidet die y-Achse, daher ist M y = 0 Der Betrag des Momentenvektors ist G M P = M P = M x2 + M y2 + M z2 =

974 2 + 14612 = 1755,9 Nm

b) Moment bezogen auf die Achse PE G G Wir kennen bereits das Moment M P der Kraft F bezogen auf einen beliebigen Punkt dieser Achse ( hier der Punkt P ). Daher müssen wir nur noch die Projektion dieses Moments auf die Achse PE durch skalare Multiplikation mit dem Einsvektor dieser Achse bilden. Einsvektor der Achse G G G PE = 3 i + 5 j + 2 k ;

(

PE =

32 + 5 2 + 2 2 = 38 = 6,16 m

)

G G G G G G G PE 1 e PE = = ⋅ 3 i + 5 j + 2 k = 0,487 i + 0,812 j + 0,325 k PE 6,16

1.8 Räumliche Systeme

113

Skalares Produkt zweier Einsvektoren G G G G G G allgemein ist: i ⋅ i = j ⋅ j = k ⋅ k = 1 , da cos 0° = 1 G G G G G G G G G G G G i ⋅ j = j ⋅ i = i ⋅ k = k ⋅ i = j ⋅ k = k ⋅ j = 0 , da cos 90° = 0 Die skalaren Produkte zweier gleicher Einsvektoren sind Eins, zweier ungleicher Einsvektoren Null. Damit wird G G G G G G G M PE = M P ⋅ e PE = − 974 i + 1461 k ⋅ 0,487 i + 0,812 j + 0,325 k

(

)(

)

M PE = (− 974 ) ⋅ 0,487 + 1461 ⋅ 0,325 = 88,15 Nm

In Vektorform lautet das Moment G G G G G G G G M PE = M P ⋅ e PE = 88,15 ⋅ 0,487 i + 0,812 j + 0,325 k = 42,93 i + 71,58 j + 28,65 k

(

)

c) Kürzester Abstand der Geraden CD und PE

Der kürzeste Abstand zweier windschiefer Geraden ist die Strecke, die auf beiden Geraden G senkrecht steht. Hier ist dieser Abstand d der Hebelarm der Kraft F bezogen auf die Achse PE . M PE = F ⋅ d

→ d=

M PE 88,15 = = 0,148 m = 14,8 cm F 600

S 51 Räumlich gebogener Rohrstrang Ein Rohrstrang ABCD ist nach Bild S 51 bei A eingespannt G und bei D mit einer Einzelkraft F belastet.

z 0,4m

y

B A

50°

C

x

Der Strang ABC liegt in der y,z-Ebene, der Strang CD ist parallel zur x-Achse. G 0,6m Die Kraft F ist parallel zur y,z-Ebene. Gegeben: F = 3 kN 0,7m

D

Gesucht a) Momente der Kraft bezogen auf die Eckpunkte A,B,C

F

b) Torsions- und Biegemoment bezogen auf die Achse BC 30°

Bild S 51

Lösung Momente bezogen auf die Eckpunkte A,B,C Gebraucht werden die Ortsvektoren vom jeweiligen Momentenbezugspunkt (hier die Punkte A,B,C) zu einem beliebigen Punkt der Wirklinie der Kraft (hier der Punkt D).

114

1 Statik 0,7 º ª G ( A) 0, 6 « rD = AD = «0,4 + = 0,9»» m tan 50° «¬ »¼ − 0,6

0,7 ª º G ( B) 0,6 « rD = BD = « = 0,5»» m tan 50° «¬ − 0,6 »¼

0 ª0,7º º ªF º ª G « x» « G (C ) » « rD = CD = « 0 » m ; Kraftvektor F = « Fy » = « − F ⋅ sin 30° = −1,5 »» kN «¬ 0 »¼ «¬ Fz »¼ «¬ − F ⋅ cos 30° = −2,6»¼

Moment bezogen auf den Punkt A G G G G G G G G M A = rD( A) × F = 0,7 i + 0,9 j − 0,6 k × 0 − 1,5 j − 2,6 k G G G G G G G G G M A = 0,7 ⋅ (− 1,5) iN × j + 0,7 ⋅ (− 2,6) iN × k + 0,9 ⋅ (− 2,6) N j × k + (− 0,6) ⋅ (− 1,5) kN ×j G G G G

(

) (

k

−j

)

i

G G G G M A = −3,24 i + 1,82 j − 1,05 k

−i

bzw. hier einfacher mit einer Determinante G G ( A) i rDx Fx i 0,7 0 G G G ( A) M A = j rDy Fy = j 0,9 − 1,5 G G ( A) k − 0,6 − 2,6 k rDz Fz G G G G G G G M A = i (− 0,9 ⋅ 2,6 − 0,6 ⋅ 1,5) − j (− 0,7 ⋅ 2,6) + k (− 0,7 ⋅ 1,5) = −3,24 i + 1,82 j − 1,05 k MA =

2 2 2 M Ax + M Ay + M Az =

3,24 2 + 1,82 2 + 1,05 2 = 3,86 kNm

analog gilt für die Momente bezogen auf die Punkte B und C G i 0,7 0 G G G G G M B = j 0,5 − 1,5 = i (− 0,5 ⋅ 2,6 − 0,6 ⋅ 1,5) − j (− 0,7 ⋅ 2,6) + k (− 0,7 ⋅ 1,5) G k − 0,6 − 2,6 G G G G M B = −2,2 i + 1,82 j − 1,05 k ; M B = 2,2 2 + 1,82 2 + 1,05 2 = 3,04 kNm G 0 i 0,7 G G G G G G G M C = j 0 − 1,5 = i ⋅ 0 − j ⋅ 0,7 ⋅ (− 2,6) + k ⋅ 0,7 ⋅ (− 1,5) = 1,82 j − 1,05 k G k 0 − 2,6 MC =

1,82 2 + 1,05 2 = 2,1 kNm

b) Moment bezogen auf die Achse BC G G G M BC ist die Komponente von M B in Richtung von BC , d. h. die Projektion von M B auf G BC . Der Betrag M BC ergibt sich aus dem skalaren Produkt von M B mit dem Einsvektor G e BC von BC

1.8 Räumliche Systeme

115

ª e BCx º ª 0 º G e BC = «« e BCy »» = «« cos 50° »» «¬ e BCz »¼ «¬ − sin 50°»¼

M BC

ª − 2,2 º ª 0 º G G = M B ⋅ e BC = «« 1,82 »» ⋅ «« cos 50° »» = 1,82 ⋅ cos 50° + 1,05 ⋅ sin 50° = 1,97 kNm «¬ − 1,05»¼ «¬ − sin 50°»¼

M BC kann auch direkt als skalares Tripelprodukt mit einer dreifachen Determinante berechnet werden

M BC

( A) xD G G G ( A) G G ( A) = M B ⋅ e BC = rD × F ⋅ e BC = y D

Fx

e BCx

Fy

e BCy

( A) zD

Fz

e BCz

(

)

0,7 0 0 = 0,9 − 1,5 cos 50° − 0,6 − 2,6 − sin 50°

M BC = 0,7 ⋅ (− 1,5) ⋅ (− sin 50°) − (− 2,6) ⋅ cos 50° ⋅ 0,7 = 1,97 kNm

Zur besseren Unterscheidung von Biegung und Torsion ergänzen wir noch die hochgestellten Indizes b und t. t = Torsionsmoment für die Achse BC. Dann ist M BC = M BC

Torsionsmomentenvektor in Richtung BC Jeder Vektor ist gleich seinem Betrag mal seinem Einsvektor 0 ª 0 º ª º ª 0 º Gt G « « » t M BC = M BC ⋅ e BC = 1,97 ⋅ « cos 50° » = « 1,97 ⋅ cos 50° »» = «« 1,27 »» kNm «¬ − sin 50°»¼ «¬ − 1,97 ⋅ sin 50°»¼ «¬ − 1,51»¼

Biegemoment für die Achse BC G Der Momentenvektor M B liegt im Allgemeinen schief zur Achse BC . G Er kann in der Ebene, die durch M B und der Achse BC aufgespannt wird, in zwei Komponenten zerlegt werden : Gt eine Komponente M BC in Richtung der Achse BC (Torsionsmoment) und Gb eine Komponente M BC senkrecht zur Achse BC (Biegemoment). G Gb Gt Gb G Gt M B = M BC + M BC Ÿ M BC = M B − M BC ª − 2,2 º ª 0 º ª − 2,2º Gb M BC = «« 1,82 »» − «« 1,27 »» = «« 0,55 »» kNm «¬ − 1,05»¼ «¬ − 1,51»¼ «¬ 0,46 »¼

116

1 Statik b M BC =

2,2 2 + 0,55 2 + 0,46 2 = 2,31 kNm

bzw. nach dem Satz von Pythagoras

(

b M B 2 = M BC

b M BC =

t 2 )2 + (M BC )

b Ÿ M BC =

(

t M B 2 − M BC

)2

3,04 2 − 1,97 2 = 2,31 kNm

Auch bei Einwirkung von mehreren räumlich verteilten Kräften können die Momentenvektoren jeweils einzeln berechnet und am Balken additiv überlagert werden. Die allgemeine Berechnung von Biege- und Torsionsmomenten zur Spannungsermittlung an Balken in beliebiger Lage und unter beliebiger Belastung wird vor allem in der räumlichen Baustatik und bei komplizierten Maschinenteilen benötigt.

1.8 Räumliche Systeme

117

S 52 Fahrrad-Kettentrieb Gegeben a)

Vorderansicht

d1 z

FK

d1 = 180 mm ; d 2 = 70 mm ; d 3 = 700 mm

FN d2

y

α

F

FK

F =500 N ; r = 200 mm ; a = 600 mm

a Draufsicht

FU

A4

B

A3 A2 A1

y

a) Kettenkraft und Lagerkräfte bei A und B an der Tretkurbel

x

b) Umfangskraft am Hinterrad, die als Reaktionskraft (Haftungskraft) von der Straße auf das Rad als Antriebskraft wirkt.

b) r1-r 2

A 3 = 60 mm ; A 4 = 25 mm

Auf das Pedal eines Fahrrads wird eine senkrechte Kraft F ausgeübt. Unter der Annahme, dass das hintere (rechte) Pedal (nicht gezeichnet) unbelastet ist und nur der obere Teil der Kette gespannt ist, bestimme man für die angegebene Kurbelstellung

FK

A

(F)

α = 30° A 1 = 30 mm ; A 2 = 20 mm

r

(z)

d3

r1 r2

β a Bild S 52

c) den erforderlichen Haftungskoeffizient zwischen Straße und Rad, damit die Antriebskraft wirksam werden kann, wenn die Achslast auf das Hinterrad FN = 600 N beträgt. d) Schnittmomente im Kurbelarm.

Lösung

a) Kettenkraft und Lagerkräfte (Bild S 52a) Die Lagerkräfte Ay , Az und B y , Bz (zur besseren Übersicht im Bild S 52 weggelassen) werden in Richtung der Koordinatenachsen y, z positiv angenommen. Um möglichst wenige Unbekannte in einer Momentengleichung zu haben (am besten nur eine Unbekannte in jeder Gleichung), wird der Koordinaten-Ursprung in ein Lager gelegt. Legt man z. B. hier den Ursprung in das Lager B , so fallen die Unbekannten B y und Bz aus den Momentengleichungen heraus.

118

1 Statik

Winkel der Kette mit der Horizontalen (Bild S 52b) sin β =

r1 − r2 90 − 35 = = 0,092 Ÿ β = 5,26° a 600

Kettenrad Komponenten der Kettenkraft (mit Gl. III ) K y = FK ⋅ cos β = 962,25 ⋅ cos 5,26° = 958,2 N K z = FK ⋅ sin β = 962,25 ⋅ sin 5,26° = 88,21 N

In x –Richtung wirken keine Kräfte I ) ¦ Fy = 0 = A y + B y + K y II ) ¦ Fz = 0 = A z + Bz − F − K z III ) ¦ M x = 0 = F ⋅ r cos α − FK ⋅

FK = 500 ⋅

d1 2r ⋅ cos α Ÿ FK = F ⋅ 2 d1

2 ⋅ 200 ⋅ cos 30° = 962,25 N 180

IV ) ¦ M y = 0 = F ⋅ (A 1 + A 2 + A 3 ) − K z ⋅ A 4 − Az ⋅ A 3 Ÿ

A + A2 + A3 A 110 25 Az = F ⋅ 1 − K z ⋅ 4 = 500 ⋅ − 88,21 ⋅ = 879,91 N 60 60 A3 A3

aus II : Bz = F + K z − Az = 500 + 88,21 − 879,91 = −291,7 N V ) ¦ M z = 0 = Ay ⋅ A 3 − K y ⋅ A 4 Ÿ

A 25 Ay = K y ⋅ 4 = 958,2 ⋅ = 399,25 N 60 A3

aus I : B y = − K y − Ay = −958,2 − 399,25 = −1357,45 N b) Umfangskraft Verschiebt man die x–Achse parallel zu sich selbst durch die Achse des Hinterrads, so wird

¦ M x = 0 = FK ⋅

d d2 d 70 − FU ⋅ 3 Ÿ FU = FK ⋅ 2 = 962,25 ⋅ = 96,23 N 2 2 700 d3

Die Kraft FU ist die antreibende Kraft, die das Fahrrad nach vorne schiebt. c) Erforderlicher Haftungskoeffizient FU = μ 0⋅ FN Ÿ μ 0 =

FU 96,23 = = 0,16 FN 600

d) Schnittmomente im Kurbelarm Torsionsmoment M t = F ⋅ A 1 = 500 N ⋅ 0,3 m = 15 Nm Biegemoment von 0 ansteigend auf das Kettenmoment MK am Kettenrad M b = M K = F ⋅ r ⋅ cosα = 500 N ⋅ 0,2 m ⋅ cos 30° = 86,6 Nm

1.8 Räumliche Systeme

119

S 53 Quader auf 6 Stützen

F α a)

β 1 2

M

x

G

a

y z

a

4

γ

α = 40° ; β = 30° ; a = 2 m 5

Gesucht

3a

2a

a) Stabkräfte b) Schnittgrößen in einem Schnitt durch den Quader bei x =a parallel zur y, z-Ebene.

b) Stützdreiecke F

α

Gegeben M = 5 kNm ; G = 3 kN ; F = 4 kN

6

3

Ein homogener schwerer Quader vom Gewicht G ist auf 6 Stäben gelagert. Er wird durch eine schräge Kraft F und durch ein Moment M belastet. Die Kraft schließt mit der x, y-Ebene den Winkel α und mit der x, z-Ebene den Winkel β ein. Der Momentenpfeil wirkt in Richtung der yAchse.

Fz

Die Rechnung soll zur besseren Übersicht auf ganze Newton (ohne Kommastellen) beschränkt bleiben.

Fxy

β

Fy

Fx

Fxy Bild S 53

Lösung a) Stabkräfte (Bild SL 53 a) Zerlegung der Kraft F in Komponenten in Richtung der Koordinatenachsen (Bild S 53 b) Fx y = F ⋅ cos α = 4000 N ⋅ cos 40° = 3064 N Fx = Fx y ⋅ cos β = 3064 N ⋅ cos 30° = 2654 N Fy = Fx y ⋅ sin β = 3064 N ⋅ sin 30° = 1532 N Fz = F ⋅ sin α = 4000 N ⋅ sin 40° = 2571 N tan γ =

a = 0,5 Ÿ γ = 26,57° 2a

120

1 Statik Fz a) x

I ) ¦ Fx = 0 = S1 + S 2 − Fx

S1

Fy M

Gleichgewichts-Bedingungen

Fx

G

II ) ¦ Fy = 0 = S 4 y + Fy Ÿ

S2

S 4 y = S 4 ⋅ cos γ = − Fy = −1532 N

y

z

S4 = −

S6 S3

S4y

Mx

b)

IV ) ¦ M x = 0

x 1 3

z

G

G ⋅ a − S 4 y ⋅ a + S 5 ⋅ 2a + S 6 ⋅ 2a = 0

Qy

y

My

S3

Qz

S 4y S 4z

S5

1532 = −1713 N cos 26,57°

III ) ¦ Fz = 0 = G + Fz + S 3 + S 4 z + S 5 + S 6

N

M

cos γ

=−

S 4z 1 1 = tan γ = Ÿ S 4z = S 4 y = −766 N S 4y 2 2

S5

S 4z

Fy

V) ¦My = 0 M − G ⋅ 23 a − Fz ⋅ 3a − S 6 ⋅ 3a = 0 Ÿ

Mz

Bild SL 53

S6 =

1 M 3 a

− 12 G − Fz = 13 ⋅ 5000 − 12 ⋅ 3000 − 2571 = −3238 N 2

aus IV : S5 = − 1 G + 1 S 4 y − S 6 = − 1 ⋅ 3000 − 1 ⋅ 1532 + 3238 = 972 N 2 2 2 2 VI ) ¦ M z = 0 = Fy ⋅ 3a − S 2 ⋅ 2a Ÿ S 2 = 23 ⋅ Fy = 23 ⋅ 1532 = 2298 N

aus I : S1 = Fx − S 2 = 2654 − 2298 = 356 N aus III : S 3 = − G + Fz + S 4 z + S 5 + S 6 = −(3000 + 2571 − 766 + 972 − 3238) = −2539 N

(

)

b) Schnittgrößen (Bild SL 53 b)

¦ Fx = 0 = N Ÿ N = 0 ¦ Fy = 0 Ÿ Qy = − S4 y = 1532 N

¦ Fz = 0 Ÿ Qz = − 13 G − S 3 − S 4 z − S 5 = − 13 ⋅ 3000 + 2539 + 766 − 972 = 1333 N ¦ M x = 0 Ÿ M x = S 3 ⋅ a + S 4 y ⋅ a2 + S 4 z ⋅ a − S 5 ⋅ a

1.8 Räumliche Systeme

121

(

)

M x = − 2539 − 1532 ⋅ 12 − 766 − 972 ⋅ 2 = −10086 Nm

¦ M y = 0 Ÿ M y = − M − 13 G ⋅ 12 a − S 3 ⋅ a − S 4 z ⋅ a − S5 ⋅ a

( 16 G + S3 + S 4 z + S5 )⋅ a M y = −5000 − ( 16 ⋅ 3000 − 2539 − 766 + 972 )⋅ 2 = −1334 Nm M y = −M −

¦ M z = 0 Ÿ M z = S 4 y ⋅ a = −1532 ⋅ 2 = −3064 Nm S 54 Hebewinde

α

a 2

B

r z

F

G

A

A

2a

ϕ x

a

a

y

Mit einer Winde wird über eine Seilscheibe (Radius r , Gewicht G ) eine Last Q gleichförmig hochgezogen. Das Seil ist auf die Scheibe aufgewickelt. Das freie Ende des Seils läuft unter einem Winkel α zur Senkrechten über eine feste Umlenkrolle zur Last Q . Die Handkraft F an der Kurbel (Kurbelradius A ) wirkt tangential zum Kurbelkreis (senkrecht zur Kurbel). Die Welle ist bei A (Loslager) und bei B (Festlager) gelenkig gelagert. Gegeben G = 200 N ; Q = 700 N ; α = 30°

Bild S 54 Q

r = 100 mm ; A = 2 r ; a = 400 mm

Gesucht a) Erforderliche Handkraft F sowie die Auflagerkräfte in Abhängigkeit des Kurbelwinkels ϕ . b) Welche Auflagerkräfte ergeben sich bei einem Kurbelwinkel ϕ = 40° ? c) Was passiert, wenn die Handkraft F plötzlich wegfällt (z. B. bei einem Bruch der Kurbel) ? d) Schnittgrößen-Verlauf in der Welle (Aufgabe für den Leser).

122

1 Statik

Lösung

a) Handkraft und Auflagerkräfte (Bild SL 54) By

Sz z

Fz

Fy

Bx

Bz

Sy Ay

G

Fy = F ⋅ sin ϕ

Fz = F ⋅ cos ϕ S y = S ⋅ sin α S z = S ⋅ cos α

Momentengleichgewicht an der Umlenkrolle liefert

y

Az x

S =Q

F

ϕ

z Sz

Fz

In x-Richtung treten keine Kräfte auf.

Fy

S

α Sy r

¦ Fx = 0 = Bx Ÿ

Bx = 0

A ϕ y

A y ,B y A z ,B z

G

Bild SL 54

I ) ¦ Fy = 0 = Ay + B y + S y − Fy Ÿ

Ay = Fy − B y − S y

II ) ¦ Fz = 0 = Az + Bz + S z + Fz − G Ÿ

Az = G − Bz − S z − Fz

III ) ¦ M x = 0 = F ⋅ A − S ⋅ r Ÿ F = Ar ⋅ S = Ar ⋅ Q IV ) ¦ M y = 0 = Bz ⋅ 3a + S z ⋅ 2a − G ⋅ 2a − Fz ⋅ 23 a Ÿ Bz = 23 G + 12 Fz − 23 S z = 23 G + 12 F ⋅ cos ϕ − 23 Q ⋅ cos α V ) ¦ M z = 0 = − B y ⋅ 3a − S y ⋅ 2a − Fy ⋅ 23 a Ÿ

By = − 12 Fy − 23 S y = − 12 F ⋅ sin ϕ − 23 Q ⋅ sin α

b) Zahlenwerte für ϕ = 40° III ) F =

1 2

IV ) Bz =

⋅ 700 = 350 N 2 ⋅ 200 + 1 3 2

⋅ 350 ⋅ cos 40° − 23 ⋅ 700 ⋅ cos 30° = −136,75 N

V ) B y = − 12 ⋅ 350 ⋅ sin 40° − 23 ⋅ 700 ⋅ sin 30° = −345,82 N

1.8 Räumliche Systeme

123

I ) Ay = 350 ⋅ sin 40° + 345,82 − 700 ⋅ sin 30° = 220,8 N

II ) Az = 200 + 136,75 − 700 ⋅ cos 30° − 350 ⋅ cos 40° = −537,38 N

c) Wegfall der Handkraft Die Handkraft F ist eine Stützkraft, denn ohne sie erhält die Welle einen Freiheitsgrad und führt infolge der absinkenden Last eine beschleunigte Drehbewegung um die Achse durch.

S 55 Rechteckige Konsole D

An einer homogenen schweren Rechteckplatte (Gewicht G ) greift im Punkt P ( x; y ) eine örtlich veränderliche Kraft F = 2G an. Die Platte ist bei A fest und bei B lose (axial verschieblich) gelenkig gelagert und hängt bei C an einem Seil CD .

z 3a

B y

F

Gegeben

C

G

A

P

G; a

y

x

Gesucht

2a x

a) Auflagerkräfte und Seilkraft als Funktion der Ortskoordinaten des Punktes P .

a Bild S 55

b) Für welche Koordinaten x und y ergeben sich Maximalwerte für die Kräfte bei A,B,C im Bereich 0 ≤ x ≤ 2a ; 0 ≤ y ≤ a ; und wie groß sind diese ? Lösung

Die Komponenten der Seilkraft verhalten sich wie die entsprechenden Streckenkomponenten

z By

des Vektors CD .

Bz F

Ay

Az

Sy

S x : S y : S z = 2a : a : 3a = 2 : 1 : 3

Sz

Sx

G

y x Ax

Bild SL 55

Eine dreifach fortlaufende Proportion liefert 2 voneinander unabhängige Gleichungen : Sx : Sy = 2 : 1 Ÿ Sy =

1 2

Sx : Sz = 2 : 3 Ÿ Sz =

3S 2 x

Die Seilkraftkomponente Sx ist noch unbekannt. B ist ein Loslager : Bx = 0 .

Es verbleiben 6 Unbekannte : S x , Ax , Ay , Az , B y , Bz

Sx

124

1 Statik

Gleichgewichts-Bedingungen I ) ¦ Fx = 0 = − Ax + S x Ÿ

Ax = S x

II ) ¦ Fy = 0 = Ay + B y − S y Ÿ B y = S y − Ay III ) ¦ Fz = 0 = Az + Bz + S z − G − F Ÿ Bz = G + F − Az − S z y

IV ) ¦ M x = 0 = S z ⋅ a − G ⋅ a2 − F ⋅ y Ÿ S z = 12 G + F a = G ⋅ Sx =

2 3

Sz = G ⋅

(

1 3

+

4 y 3 a

);

Sy =

Sx = G ⋅

1 2

V ) ¦ M y = 0 = − Az ⋅ 2a + G ⋅ a + F ⋅ x Ÿ VI ) ¦ M z = 0 = Ay ⋅ 2a − S x ⋅ a Ÿ IV in I : Ax = S x = G ⋅

(

1 3

+

4 y 3 a

Ay =

IV und V in III : Bz = G + F − G ⋅

1 2

1 6

+

2 y 3 a

)

1 2

Az = 12 G + F ⋅ 2xa = G ⋅

)

IV und VI in II : B y = S y − Ay =

(

(

1 2

Sx = G ⋅

(

1 6

+

2 y 3 a

)

y

+2a

)

( 12 + ax )

S x − 12 S x = 0

(12 + ax ) − G ⋅ (12 + 2 ay ) = G ⋅ (2 − ax − 2 ay )

b) Maximale Kräfte ergeben sich für maximale Klammerwerte. Lagerkraft A : maximal für x = 2a ; y = a

( ) ( ) Az = G ⋅ (12 + 2 ) = 25 G

Ax = G ⋅ 13 + 43 = 53 G Ay = G ⋅ 16 + 23 = 65 G

A=

Ax2 + Ay2 + Az2 = G ⋅

(53 )2 + (65 )2 + (25 )2

A = 65 14 ⋅ G = 3,12 ⋅ G

Lagerkraft B x = 0 ; y = 0 : B = Bz = 2 G x = 2a ; y = a : B = Bz = G ⋅ (2 − 2 − 2 ) = −2 G

Seilkraft S : maximal für y = a ; x beliebig, da die Seilkraft nicht von x abhängt

(13 + 43 ) = 53 G S y = G ⋅ (16 + 23 ) = 65 G S z = G ⋅ (12 + 2 ) = 25 G Sx = G ⋅

S = 53 G ⋅ 1 +

S=

(12 )2 + (23 )2 = 65

S x2

+

S y2

+

S z2

14 ⋅ G = 3,12 G

= Sx ⋅

§ Sy 1 + ¨¨ © Sx

2

· §S · ¸ +¨ z ¸ ¨S ¸ ¸ © x¹ ¹

2

1.8 Räumliche Systeme

125

S 56 Einstufiges, geradverzahntes Getriebe a)

VA

M1

Über ein einstufiges, geradverzahntes Getriebe (Gewicht G ) mit der Übersetzung i wird an der Kupplung K1 ein Drehmoment M1 von einem Elektromotor auf eine Arbeitsmaschine übertragen.

SA

M1 n1

K2 K1

n2

DS

x

z

A

C

B

A

M1

A,B

B

K1

K2

C

Gegeben M 1 = 400 Nm ; G = 900 N n2 = n1

1 3

M 2 250

Gesucht

n2

a) das Ausgangsdrehmoment M2 an der Kupplung K2,

n1 FU

r1

C

b) die Fuß- bzw. Schraubenkräfte an den Auflagerstellen A,B,C des Gehäuses.

y M1

y G

x

260

180

z

i=

110 (G)

b)

M2

M2

G

VA = Vorderansicht (Aufriss)

r2

DS = Draufsicht (Grundriss)

FU M2

Bild S 56

SA = Seitenansicht (Seitenriss)

n2

Lösung Zur Betrachtung des Gleichgewichts müssen die Drehmomente so in die Befreiungsskizze eingetragen werden, wie sie auf den freigemachten Körper wirken, also hier vom Motor bzw. von der Arbeitsmaschine auf das Getriebe. An- und Abtriebswelle drehen sich infolge der Zahnradabwälzung gegensinnig zueinander. Der Motor will die Eingangsdrehzahl n1 der Antriebswelle erhöhen. Der DrehmomentenG G vektor M 1 zeigt also in die Richtung des Drehzahlvektors n 1 . Die Arbeitsmaschine dagegen will die Ausgangsdrehzahl n2 der Abtriebswelle erniedrigen und wirkt wie eine Bremse. Ihr G G Drehmomentenvektor M 2 ist also zum Drehzahlvektor n2 gegensinnig. G G Die Vektoren M 1 und M 2 des Antriebs- und Abtriebsmoments sind daher gleichsinnig. In Bild S 56a sind die Momentenvektoren und die Drehzahlvektoren als Doppelpfeile in den einzelnen Rissen zu sehen.

126

1 Statik

Bild S 56b zeigt die voneinander getrennten Wellen mit ihren Momenten M1 vom Motor und M2 von der Arbeitsmaschine herrührend. Die Umfangskräfte FU sind an beiden Zahnrädern gleich groß (actio = reactio) und gegensinnig zueinander. M 1 = FU ⋅ r 1Ÿ FU = M 2 = FU ⋅ r 2 = M 1 ⋅

M1 r1

r2 Ÿ r1

M1 r 1 = =i M2 r 2

Die Drehmomente verhalten sich wie die Radien der Teilkreise. Umfang U = 2 r ⋅ π Umfangsgeschwindigkeit u = U ⋅ n = 2π n ⋅ r = ω ⋅ r Winkelgeschwindigkeit ω = 2π n Gibt n die Anzahl der Umdrehungen pro Sekunde an, so wird in einer Sekunde n mal der Umfang der Welle an Weg zurückgelegt. Gleiche Umfangsgeschwindigkeiten: an den Zahnflanken müssen die Umfangsgeschwindigkeiten beider Räder gleich sein, sonst würden die Zähne abgeschert. u1 = u 2 : 2π r1 ⋅ n1 = 2π r2 ⋅ n 2 Ÿ i =

n 2 r1 = n1 r2

Die Drehzahlen verhalten sich umgekehrt wie die Radien. M1 M = i Ÿ M 2 = 1 = 3 ⋅ 400 Nm = 1200 Nm i M2

Damit möglichst wenige Unbekannte in den Momentengleichungen vorkommen, werden die Koordinatenachsen durch die Wirklinien der unbekannten Schraubenkräfte A,B,C gelegt. Die Fußkräfte A,B,C werden senkrecht nach unten (in z-Richtung) positiv angenommen. Gleichgewichts-Bedingungen I ) ¦ M x = M 1 + M 2 + C ⋅ 0,25 + G ⋅ 0,11 Ÿ C = − 0,125 ⋅ (M 1 + M 2 + G ⋅ 0,11) = − 0,125 ⋅ (400 + 1200 + 900 ⋅ 0,11) = −6796 N

da die Kraft C negativ herauskommt, wirkt sie vom Boden auf den Gehäusefuß. II ) ¦ M y = 0 = − B ⋅ 0,4 − G ⋅ 0,26 − C ⋅ 0,18 Ÿ B = − 26 G − 18 C 40 40 B = − 13 ⋅ 900 + 20

9 20

⋅ 6796 = 2473,2 N

III ) ¦ Fz = 0 = A + B + C + G Ÿ

Zugkraft in der Schraube

A = − (B + C + G )

A = −(2473,2 − 6796 + 900) = 3422,8 N Schraubenkraft

1.8 Räumliche Systeme

127

S 57 Getriebewelle

F1

A1

A1 A B

x

A2

α

β

A2

y

z a

a 2

2a

z

Bild S 57

Mit einer Getriebewelle wird ein Drehmoment M übertragen. Der Antrieb erfolgt an einem geradverzahnten Rad (Teilkreisdurchmesser d1, Eingriffswinkel α ) am Angriffspunkt A1. Das Drehmoment wird am Verzahnungspunkt A2 (Eingriffspunkt mit einem anderen Zahnrad) durch ein schrägverzahntes Rad (Teilkreisdurchmesser d2, Eingriffswinkel α , Schrägungswinkel β ) abgenommen. Die Welle hat bei A ein Festlager und bei B ein Loslager.

Gegeben M = 90 Nm ; α = 20° ; β = 30° ; d1 = 140 mm ; d 2 = 80 mm ; a = 150 mm

Gesucht a) Komponenten der Zahnkräfte b) Auflagerkräfte c) Schnittgrößen an der Stelle x = a

Lösung a) Zahnkraftkomponenten M = F1u ⋅ r1 = F2 u ⋅ r2 Ÿ

Umfangskomponenten F1u =

M 90 Nm M 90 Nm = = 1286 N ; F2 u = = = 2250 N r1 0,07 m r2 0,04 m

Radialkomponenten F1r = F1u ⋅ tan α = 1286 ⋅ tan 20° = 468 N

F2 r = F2 u ⋅

tan α tan 20° = 2250 ⋅ = 946 N cos β cos 30°

Axialkomponenten F1a = 0 ; F2a = F2 u ⋅ tan β = 2250 ⋅ tan 30° = 1299 N

128

1 Statik F1r

a) Ay

Az

F2u F2a

Ax

Die Zahnkräfte werden so eingezeichnet wie sie tatsächlich wirken. By x

Bz

z

y

F2r

F1u

Das Koordinatensystem wird in den Festlagerpunkt A gelegt, damit möglichst wenige Unbekannte in den Momentengleichungen um den Ursprung auftreten.

b) a

F2u F2a F2r

Ay

Ax Az

a Qy My

S

Die (unbekannten) Auflagerkräfte werden in Richtung positiver Koordinatenachsen angenommen.

N Qz

Mx

Mz

Bild SL 57

b) Auflagerkräfte (Bild SL 55a) I ) ¦ Fx = 0 = Ax + F2a Ÿ Ax = − F2a = −1299 N

II ) ¦ Fy = 0 = Ay + By − F1u − F2 r III ) ¦ Fz = 0 = Az + Bz + F1r + F2 u IV ) ¦ M x = 0 = F2 u ⋅ r2 − F1u ⋅ r1 Ÿ F1u , F2 u

bereits ausgenutzt

V ) ¦ M y = 0 = − Bz ⋅ 25 a − F1r ⋅ 2a + F2 u ⋅ a Ÿ Bz = 25 ⋅ (F2 u − 2 F1r ) Bz = 25 ⋅ (2250 − 2 ⋅ 468) = 526 N VI ) ¦ M z = 0 = B y ⋅ 25 a − F1u ⋅ 2a + F2 r ⋅ a − F2a ⋅ r2 Ÿ

(

)

r § · 40 ⋅ 1299 = 789 N B y = 25 ⋅ ¨ 2 F1u − F2 r + 2 ⋅ F2a ¸ = 25 ⋅ 2 ⋅ 1286 − 946 + 150 a © ¹ aus II : Ay = F1u + F2 r − B y = 1286 + 946 − 789 = 1443 N aus III : A z = − F1r − F2 u − Bz = −468 − 2250 − 526 = −3244 N

c) Schnittgrößen an der Stelle S bei x = a N = − Ax − F2a = 1299 − 1299 = 0 Q y = F2 r − Ay = 946 − 1443 = −497 N Qz = − Az − F2 u = 3244 − 2250 = 994 N

1.8 Räumliche Systeme

129

M x = − F2 u ⋅ r2 = − M = −90 Nm M y = − Az ⋅ a − F2 u ⋅ 2a = 3244 ⋅ 0,15 − 2250 ⋅ 2 ⋅ 0,15 = −188 Nm M z = Ay ⋅ a − F2 r ⋅ 2a + F2a ⋅ r2 = 1443 ⋅ 0,15 − 946 ⋅ 2 ⋅ 0,15 + 1299 ⋅ 0,04 = −15 Nm

S 58 Vorgelegewelle VA

1) 150

100

200

r2

M1 n1

r3

x

A

SA r2 r3

(F2u )

z

M 2 F1u

(F1u ) K1

r1

K1

r1

A z,Bz y

B n Ay,By 2

K2

r4

n3

F1r F2r z

F2u

Bei einem Getriebe mit geradverzahnten Zahnrädern (Eingriffswinkel α ) wird an der Kupplung K1 ein Moment M1 eingeleitet und an der Kupplung K2 ein Moment M2 abgenommen. Gegeben

α = 20° ; M 1 = 50 Nm r1 = 25 mm ; r2 = 100 mm

2) M1 n1

VA

F1r

(F1u ) r 3 x

A z r2

r3 = 40 mm ; r4 = 120 mm

SA A z,Bz B

Gesucht

F1u y

n2 M 2 A y,By

(F2u ) r4

K2

n3

z F2r

F2u

Es sind 2 konstruktive Varianten mit gleichen Abmessungen jedoch mit unterschiedlichen Verzahnungspunkten (gleichseitig und gegenseitig) zu untersuchen.

Bild S 58 Für beide Fälle soll bestimmt werden : a) Zahnkräfte und Gegenmoment M2 b) Auflagerkräfte A , B der Vorgelegewelle c) Schnittgrößen-Verlauf der Vorgelegewelle AB für Fall 1 . (der Leser stelle auch den Schnittgrößen-Verlauf für den Fall 2 dar). Im Aufriss (Vorderansicht VA ) sind Antriebs-, Abtriebs- und Vorgelegewelle gezeichnet. In der Seitenansicht (SA ) ist jeweils nur die Vorgelegewelle dargestellt. M1 = Antriebsmoment, vom Motor herrührend M2 = Widerstandsmoment, von der Arbeitsmaschine herrührend

130

1 Statik

Lösung a) Zahnkräfte und Gegenmoment (Bild S 58) Die Zahnkräfte sind in beiden Fällen gleich. M 1 = F1u ⋅ r1 Ÿ F1u =

M1 50 Nm = = 2000 N r1 0,025 m

F1r = F1u ⋅ tan α = 2000 ⋅ tan 20° = 728 N

(Umfangskomponente)

(Radialkomponente)

Das Moment wird durch die Welle weitergeleitet : r 100 F1u ⋅ r2 = F2 u ⋅ r3 Ÿ F2 u = F1u ⋅ 2 = 2000 ⋅ = 5000 N r3 40 F2 r = F2 u ⋅ tan α = 5000 ⋅ tan 20° = 1820 N M 2 = F2 u ⋅ r4 = 5000 N ⋅ 0,12 m = 600 Nm

b) Auflagerkräfte Die Auflagerkräfte werden in Richtung der positiven y- und z-Achse positiv angenommen. Die Auflagerkräfte sind in beiden Fällen unterschiedlich. 1) Verzahnungspunkte gleichseitig

¦ M y = 0 = F1r ⋅ 150 + F2r ⋅ 350 − Bz ⋅ 450 Ÿ Bz = 15 ⋅ F + 35 ⋅ F2 r = 13 ⋅ 728 + 79 ⋅ 1820 = 1658 N 45 45 1r

¦ Fz = 0 = Az + Bz − F1r − F2r Ÿ

Az = F1r + F2 r − Bz

Az = 728 + 1820 − 1658 = 890 N

¦ M z = 0 = F1u ⋅ 150 − F2u ⋅ 350 + By ⋅ 450 Ÿ By =

35 45

⋅ F2 u − 15 ⋅F = 45 1u

7 9

⋅ 5000 − 13 ⋅ 2000 = 3222 N

¦ Fy = 0 = Ay + By + F1u − F2u Ÿ Ay = 5000 − 2000 − 3222 = −222 N

Ay = F2 u − F1u − B y

(zeigt in die negative y-Richtung)

2) Verzahnungspunkte gegenseitig

¦ M y = 0 = − F1r ⋅ 150 − F2r ⋅ 350 − Bz ⋅ 450 Ÿ Bz =

35 45

⋅ F2 r − 15 ⋅F = 45 1r

7 9

⋅ 1820 − 13 ⋅ 728 = 1173 N

¦ Fz = 0 = Az + Bz + F1r − F2r Ÿ Az = 1820 − 728 − 1173 = −81 N

Az = F2 r − F1r − Bz

(zeigt in die negative z-Richtung)

1.8 Räumliche Systeme

131

¦ M z = 0 = − F1u ⋅ 150 − F2u ⋅ 350 + By ⋅ 450 Ÿ By = 15 ⋅ F + 35 ⋅ F2 u = 13 ⋅ 2000 + 79 ⋅ 5000 = 4556 N 45 1u 45

¦ Fy = 0 = Ay + By − F1u − F2u Ÿ

Ay = F1u + F2 u − B y

Ay = 2000 + 5000 − 4556 = 2444 N

Die Auflagerkräfte und damit auch die Schnittgrößen sind in beiden Fällen unterschiedlich. c) Schnittgrößen-Verlauf für gleichseitige Verzahnung (Bild SL 58) Schnittgrößen sind positiv, wenn sie am positiven Schnittufer in die positive Koordinatenrichtung zeigen bzw. wenn sie am negativen Schnittufer in die negative Koordinatenrichtung weisen. Positives (negatives) Schnittufer : Die äußere Flächennormale und die dazu parallele Koordinatenachse (meist die x-Achse) haben gleichen (entgegengesetzten) Richtungssinn. a) Biegemomente um die y-Achse a) Az

M 1y = − Az ⋅ 0,15 m = −890 N ⋅ 0,15 m = −134 Nm M 2 y = − Bz ⋅ 0,1 m = −1658 N ⋅ 0,1 m = −166 Nm

-890

F1r

_

-162 N

x

Qz

F2r

+

Bz

1658 -166 -134 Nm

M 1y

_ M 2y

x

My

dM y dx

= + Qz

Die Steigungswinkel werden positiv in dem Sinn gezählt, der sich ergibt, wenn man die positive Abszisse ( x-Achse) auf dem kürzesten Weg in die positive Ordinate ( M-Achse) dreht. b) Biegemomente um die z-Achse

-1778 N

b) Ay

Zusammenhänge der Schnittgrößen

_

F1u

F2u

x

+

By

222

Qy -33

M 1z

3222

x

-

M 2z +

Mz Bild SL 58

322 Nm

M 1z = Ay ⋅ 0,15 m = −222 N ⋅ 0,15 m = −33 Nm M 2z = B y ⋅ 0,1 m = 3222 N ⋅ 0,1 m = 322 Nm

Zusammenhänge der Schnittgrößen dM z = − Qy dx

Beachte : die Steigung der Kurve für die Biegemomente um die z-Achse entspricht der negativen Querkraft in y-Richtung.

132

1 Statik

S 59 Stabilität eines dreibeinigen Tisches a) Schrägbild

Eine runde homogene Tischplatte ruht auf 3 Stützen A,B,C, deren Auflagepunkte ein gleichseitiges Dreieck bilden mit der Seitenlänge a . Der Tisch hat das Eigengewicht G.

b) Draufsicht F

G

y C

y (G) h

x C

x

A

A

(F)

B

a

B

Zusätzlich zu G greift in der Mitte einer Dreiecksseite eine Kraft F an. Der Mittelpunkt der Kreisplatte liegt im Schnittpunkt der Schwerlinien (Seitenhalbierenden) des Dreiecks, die im Verhältnis 2:1 geteilt werden. Im gleichseitigen Dreieck sind die Schwerlinien gleichzeitig auch Höhen.

Bild S 59

Gegeben : G = 300 N ; F = 500 N ; a = 0,6 m Gesucht a) Auflagerkräfte A, B, C b) Wie weit (Verschiebungsstrecke v ) kann sich die Kraft F senkrecht zur Verbindungslinie AB zum Rand des gleichmäßig überstehenden Tisches hin entfernen, ohne dass der Tisch kippt? c) In welchem Stabilitätsbereich kann demnach die Kraft F überall angreifen ohne Kippen des Tisches ?

Lösung a) Auflagerkräfte

y C1

I ) ¦ M y = 0 = A ⋅ a2 − B ⋅ a2 Ÿ

30°

II ) ¦ M x = 0 = C ⋅ h − G ⋅ h3 Ÿ

2v C v

(G)

v

A (F) a1

Bild SL 59

2 3

h

1 3

h

h1

B1

C = 13 ⋅ G = 100 N III ) ¦ Fz = 0 = A + B + C − F − G

I , II in III : 2 A + 13 G − F − G = 0 Ÿ

v

B

A1

A= B

x

A = 13 G + 12 F = 100 + 250 = 350 N = B

1.8 Räumliche Systeme

133

b) Verschiebung der Kraft F Beim Kippen um die x-Achse ist C = 0

¦ M x = 0 = G ⋅ h3 − F ⋅ v Ÿ

v=G ⋅1h = G ⋅ 1 ⋅ a 3 = 0,104 m F 3 F 3 2

c) Kippbereich Der Tisch kippt nicht, wenn die Kraft F innerhalb eines gleichseitigen Dreiecks liegt mit der Höhe h1 = h + 3 v = 0,6 + 3 ⋅ 0,104 = 0,912 m

und der Seitenlänge a 2 2 h1 = 1 3 Ÿ a1 = ⋅ h1 = ⋅ 0,912 = 1,053 m 2 3 3

134

1 Statik

1.9 Virtuelle Arbeit Erläuterungen Arbeit wird verrichtet, wenn sich der Angriffspunkt einer Kraft verschiebt oder sich ein Momentenvektor um seine Achse dreht. G Die elementare Arbeit dW ist allgemein das skalare Produkt aus den Vektoren der Kraft F G G G und ihrer Verschiebung dr bzw. aus dem Moment M und seiner Verdrehung dϕ . G G G G dW = F ⋅ dr bzw. dW = M ⋅ dϕ Obwohl in der Statik Bewegungen eigentlich ausgeschlossen sind, verwendet man auch hier sehr vorteilhaft den Arbeitsbegriff, indem man gedankliche (virtuelle) Verschiebungen mit einbezieht. An einem freigeschnittenen Körper z. B. ergeben kleine gedankliche Verschiebungen der Kraftangriffspunkte eine virtuelle Arbeit. Unter einer virtuellen Arbeit δ W versteht man eine infinitesimal kleine Arbeit, die von KräfG ten oder Momenten geleistet wird, die eine virtuelle Verschiebung δ r oder eine virtuelle VerG drehung δ ϕ erfahren. Eine virtuelle Verrückung (Sammelbegriff für Verschiebung und Verdrehung) ist eine gedachte, infinitesimal kleine, in Wirklichkeit nicht unbedingt auftretende, jedoch geometrisch mögliche Veränderung einer Ortskoordinate (Strecke oder Winkel). Diese kleinen Verschiebungen in alle möglichen Richtungen, quasi als eine probeweise Streuung von Bewegungsmöglichkeiten gedacht, dienen z. B. dazu, die Gleichgewichts- und Stabilitätslage eines Systems zu testen und zu erfassen. G Um sie von den wirklich auftretenden infinitesimalen Verschiebungen d r zu unterscheiden, werden die virtuellen Verschiebungen mit dem griechischen Buchstaben δ (delta) bezeichnet. Dieses Symbol stammt aus der Variationsrechnung. Größen mit dem Variationszeichen können wie Differentiale behandelt werden. G G Eine Kraft F leistet bei einer virtuellen Verschiebung δ r ihres Angriffspunktes eine virtuelle G G Arbeit δ W = F ⋅ δ r . G G Ein Moment M leistet bei einer virtuellen Verdrehung δ ϕ um eine Achse senkrecht zur G G Ebene des Kräftepaares eine virtuelle Arbeit δ W = M ⋅ δ ϕ . Das „Prinzip der virtuellen Arbeit“ besagt: Die virtuelle Arbeit der äußeren Kräfte und Momente ist Null, wenn das System eine virtuelle Verrückung aus einer Gleichgewichtslage erfährt. Dann ist bei einer Anzahl von m Kräften und n Momenten m

G

G

n

G

G

δ W = ¦ Fi ⋅ δ ri + ¦ M i ⋅ δ ϕ i = 0 i =1

i =1

1.9 Virtuelle Arbeit

135

Auch die Umkehrung dieses Satzes zum „Prinzip der virtuellen Verrückungen“ ist gültig: Verschwindet die virtuelle Arbeit für alle beliebigen, kleinen Verrückungen eines beweglichen (freigeschnittenen) Systems, so ist das System im Gleichgewicht. Das Prinzip der virtuellen Arbeit hat in der ganzen Mechanik große Bedeutung erlangt, so dass man sich ausführlich mit den Zusammenhängen und Rechenmethoden vertraut machen muss. Mit diesem Prinzip lassen sich in der Statik Auflagerreaktionen und Schnittgrößen anschaulich bestimmen, sowie Gleichgewichts- und Stabilitätsprobleme erfassen. In der Festigkeitslehre ist das Prinzip ein fester Bestandteil bei den Energiemethoden und bei der Finite Elemente Methode sowohl bei der Anwendung als auch bei der Ableitung der Formeln. In der Dynamik lassen sich in Verbindung mit dem Prinzip von d’Alembert viele Aufgaben wesentlich einfacher und übersichtlicher lösen. Man erhält dann bei Systemen mit einem Freiheitsgrad nur eine Gleichung mit einer Unbekannten. Dagegen müssen bei der Schnittmethode immer mehrere Gleichungen mit mehreren Unbekannten unter großem Rechenaufwand gelöst werden. Hat ein System mehrere voneinander unabhängige Bewegungsmöglichkeiten, so kann seine Lage bei f Freiheitsgraden durch f sogenannte generalisierte Koordinaten q1 , q2 ! qf eindeutig beschrieben werden. Es dürfen dabei nur so viele Koordinaten qi vorkommen, wie Freiheitsgrade vorhanden sind (Generalisierung). Die Ortsvektoren zu den einzelnen Kraftangriffspunkten sind dann von den generalisierten Koordinaten abhängig : G G r = r (q1 , q 2 ! qf ) Die virtuelle Verschiebung eines Kraftangriffspunktes kann wie bei einem totalen Differential berechnet werden : G G G G ∂r ∂r ∂r δr = δ q1 + δ q2 + ! + δ qf ∂ qf ∂ q2 ∂ q1 Bei einfachen Aufgaben mit einem Freiheitsgrad wird die Lage des Systems nur durch eine generalisierte Koordinate q (z. B. durch einen Winkel) beschrieben. Alle Verschiebungen der Kräfte müssen danach durch diese Koordinate ausgedrückt werden. Dann kann man anstelle der partiellen Differentiale das totale Differential schreiben : G G dr δr = δq dq

136

1 Statik

S 60 Bestimmung von Auflagerreaktionen und Schnittgrößen

q

F

B

A a

M a

G1

G2

a

a

C a

a

Ein Gerberträger mit den Gelenken G1 und G2 ist bei A eingespannt und bei B in einer Schiebehülse gelagert. Die Belastung des Balkens erfolgt durch ein Einzelmoment M , durch eine Einzelkraft F und durch eine konstante Streckenlast q .

Bild S 60

Gegeben : M , F , q , a Mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit bestimme man a) Auflagerreaktionen b) Gelenkkräfte und Schnittgrößen an der Stelle C Dabei sind die geometrischen Verschiebungsfiguren so zu wählen, dass jeweils nur eine Unbekannte auftritt und vorhergehende Ergebnisse nicht verwendet werden.

Lösung Die gesuchten Größen (Kräfte und Momente) müssen so freigeschnitten werden bzw. durch Wegnahme einer Fessel so freigemacht werden, dass sie beweglich werden und virtuelle Arbeit verrichten können, aus der dann die Unbekannten zu bestimmen sind. a) Auflagerreaktionen (Bild SL 60a ) Mit Ausnutzung eines geometrischen Zusammenhangs (geometrische Kopplung gK ) kann hier eine Variable eliminiert werden, so dass von zweien nur eine Veränderliche übrig bleibt. Generell dürfen nur so viele Variable auftreten, wie Freiheitsgrade vorhanden sind (Generalisierung der Koordinaten).

1.9 Virtuelle Arbeit 1)

qa

δs1

137

qa

MA

δϕ

δs1

3)

δ s1 = a2 δϕ1 = 23 a ⋅ δϕ 2

δs 2

δ W = − M B ⋅ δϕ 2 + qa ⋅ δ s1 + F ⋅ δ s 2 FB

δs 2

gK

M

δϕ1 = 3δϕ 2

δ s2 = 2a ⋅ δϕ 2

qa

δs 1

1) gK : a ⋅ δϕ1 = 3a ⋅ δϕ 2 Ÿ

F

2qa

δϕ1

MB

δs 2 δ ϕ2

δϕ1

2)

F

gK

δϕ2

δ W = − M B ⋅ δϕ 2 + qa ⋅ 23 aδϕ 2 + + F ⋅ 2aδϕ 2 = 0

δϕ 2 ≠ 0 : M B = F ⋅ 2a + 23 q a 2 2) δ s1 = a2 δϕ ; δ s2 = aδϕ

δ W = qa ⋅ δ s1 + F ⋅ δ s 2 − FB ⋅ δ s 2 = 0

4) 2qa

δs 1 δϕ FA

qa

δ W = qa ⋅ a2 δϕ + F ⋅ aδϕ − FB ⋅ aδ ϕ = 0

δs 2

δϕ ≠ 0 : FB = F + 12 qa

Bild SL 60a

3) gK : 2aδϕ1 = aδϕ 2 Ÿ

δϕ 2 = 2δϕ1 δ s1 = aδϕ1 δ s2 = a2 δϕ 2 = aδϕ1 δ W = − M A ⋅ δϕ 1 + M ⋅ δϕ 1 + 2qa ⋅ δ s1 + qa ⋅ δ s 2 = 0 δ W = − M A ⋅ δϕ 1 + M ⋅ δϕ 1 + 2qa ⋅ aδϕ 1 + qa ⋅ aδϕ 1 = 0 δϕ 1 ≠ 0 : M A = M + 2qa 2 + qa 2 = M + 3qa 2 4) δ s1 = a ⋅ δϕ ; δ s2 = a2 ⋅ δϕ

δ W = − FA ⋅ δ s1 + 2qa ⋅ δ s1 + qa ⋅ δ s 2 = 0

δ W = − FA ⋅ aδϕ + 2qa ⋅ aδϕ + qa ⋅ a2 δϕ = 0 δϕ ≠ 0 : FA = 2qa + 12 qa = 25 qa

138

1 Statik

b) Gelenkkräfte und Schnittgrößen (Bild SL 60b ) 5)

δϕ δ s1

5) δ s1 = aδϕ ; δ s2 = a2 δϕ

qa

δ W = −G1 ⋅ δ s1 + qa ⋅ δ s 2 = 0

δ s2

δ W = −G1 ⋅ aδϕ + qa ⋅ a2 δϕ = 0

G1 6)

δϕ ≠ 0 : G1 = 12 qa

qa

6) δ s1 =

δs2 δs1 δϕ G2

δs1

F

δ W = qa ⋅ a2 δϕ − G2 ⋅ aδϕ = 0

Q

8) qa

δs 1 δϕ 1

gK

δϕ ≠ 0 : G2 = 12 qa

δ s2

δϕ

⋅ δϕ ; δ s2 = a ⋅ δϕ

δ W = qa ⋅ δ s1 − G2 ⋅ δ s2 = 0

7) qa

a 2

F

Mb

Generell müssen die Schnittgrößen zur Arbeitsberechnung an beiden Schnittufern gegensinnig angetragen werden.

δϕ 2δs 2

Bild SL 60b

Hier findet rechts von C keine Verschiebung und keine Verdrehung statt, so dass dort die rechten Schnittgrößen Q und Mb sowie alle weiteren Kräfte und Momente rechts von C weggelassen werden können. Nur links von C verrichten die Schnittgrößen sowie die entsprechenden äußeren Kräfte und Momente virtuelle Arbeit. 7) δ s1 =

a 2

⋅ δϕ ; δ s2 = a ⋅ δϕ

δ W = qa ⋅ δ s1 + F ⋅ δ s2 + Q ⋅ δ s2 = 0 δ W = qa ⋅ a2 δϕ + F ⋅ aδϕ + Q ⋅ aδϕ = 0

δϕ ≠ 0 : Q = − F − 12 qa 8) gK : aδϕ 1 = 2aδϕ 2 Ÿ δϕ 1 = 2δϕ 2

δ s1 = a2 δϕ1 = aδϕ 2 ; δ s2 = aδϕ 2 δ W = qa ⋅ δ s1 + F ⋅ δ s 2 + M b ⋅ δϕ 2 = qa ⋅ aδϕ 2 + F ⋅ aδϕ 2 + M b ⋅ δϕ 2 = 0 δϕ 2 ≠ 0 : M b = − F ⋅ a − q ⋅ a 2

1.10 Stabilität von Gleichgewichtslagen

139

1.10 Stabilität von Gleichgewichtslagen S 61 Brief- oder Paketwaage e a)

b) C

45°

E

b

S a

FT A

a

B

D

FG

f d

Gegeben

F

FT = 5 N ; F = 4 N ; e = 5 cm

45° ϕ

ϕ

c FG

Bild S 61

ϕ

FT

AC = BD = a = 20 cm CE = b = 30 cm AB = c = 15 cm

Bei einer Briefwaage (Eigengewicht des Tisches FT ) soll das Gegengewicht FG so ausgelegt werden, dass die Haltestange BD im unbelastetem Zustand horizontal steht (Bild S 61a ). Um die Waage zu eichen, wird auf den Tisch eine Kraft F aufgebracht und der sich dabei einstellende Winkel ϕ gemessen (Bild S 61b ). Dieser Vorgang wird mit verschiedenen Kräften öfters wiederholt. Umgekehrt kann nach der Eichung von einem beliebigen Ausschlagswinkel ϕ auf das aufgelegte Gewicht geschlossen werden. Gesucht a) Erforderliches Gegengewicht b) Welcher Winkel ϕ stellt sich für eine bestimmte Betriebskraft F ein ? Ist die Gleichgewichtslage von einer seitlichen Verschiebung (Exzentrizität e ) der Last abhängig ? c) Welche Kräfte ergeben sich, wenn die Waage nur durch ein Moment M (z. B. durch ein Kräftepaar) belastet wird ? d) Welcher Art ist das Gleichgewicht ? e) Gelenk- und Auflagerkräfte

Lösung a) Gegengewicht Belastung nur durch das Eigengewicht FT im Schwerpunkt S des Tisches (Bild SL 61a ) Die Haltestange BD ist ein Zweigelenkstab, d. h. die Kraft FB wirkt in Richtung BD , also nach Voraussetzung horizontal.

¦ Fx = 0 = FB Ÿ

FB = 0

AB

Da keine weiteren horizontalen Kräfte am Tisch auftreten, muss FB Null sein.

140

1 Statik

¦ Fy = 0 Ÿ FA = FT = 5 N AB

Momentengleichgewicht am Gestänge AE liefert das erforderliche Gegengewicht FG

¦ M (C ) = 0 = FG ⋅ b ⋅ cos 45° − FA ⋅ a Ÿ AE

FG =

a ⋅ FA b ⋅ cos 45°

Mit FA = FT wird 20 ⋅ 5 N = 4,71 N FG = 2 ⋅ ab ⋅ FT = 2 ⋅ 30

a) FA

C

FT

45°

FA

FB FG

F y

b)

r1

C _ 45° ϕ

FG

r3

ϕ

r2

FT x

ϕ

F

c) Ay

Cx 45°

Ax

_ϕ

FG

Cy

ϕ

FT Ay

Ax

Bild SL 61 By

Bx ϕ FB

b) Gleichgewichtslage Belastung durch die äußere Kraft F und durch das Eigengewicht FT Das Koordinatensystem x , y wird durch das Festlager C gelegt. G Die Ortsvektoren ri zeigen vom Koordinatenursprung C zum jeweiligen Kraftangriffspunkt. G ª − a ⋅ sin ϕ º G ªa ⋅ cos ϕ − e º G dr1 ; δ r1 = δϕ = « r1 = « » » δϕ dϕ ¬ f − a ⋅ sin ϕ ¼ ¬ − a ⋅ cos ϕ ¼ G ªb ⋅ sin(45° − ϕ ) ⋅ (− 1) º G ª − b ⋅ cos(45° − ϕ )º G dr2 δ δϕ = « ; r = r2 = « 2 » » δϕ ( ) ϕ − ⋅ sin 45 ° − b ϕ d ¬ ¼ ¬ − b ⋅ cos(45° − ϕ ) ⋅ (− 1)¼

1.10 Stabilität von Gleichgewichtslagen

141

G º ª − a ⋅ sin ϕ º G ªa ⋅ cos ϕ G dr3 δ δϕ = « ; = r3 = « r 3 » » δϕ dϕ ¬d − a ⋅ sin ϕ ¼ ¬ − a ⋅ cos ϕ ¼

Die Maße d , e , f fallen als Konstante beim Differenzieren heraus und werden für die weitere Rechnung nicht mehr gebraucht. Kraftvektoren G ª 0 º G G ª 0 º ª 0 º ; FG = « ; FT = « F=« » » » − F F − ¬ ¼ ¬ − FT ¼ ¬ G¼

Die virtuelle Arbeit ist im Gleichgewichtsfall Null (Prinzip der virtuellen Arbeit). G G G G G G δ W = F ⋅ δ r1 + FG ⋅ δ r2 + FT ⋅ δ r3 = 0 Da alle x-Komponenten der Kräfte Null sind, bleiben nur die skalaren Produkte mit den yKomponenten übrig.

δ W = [F ⋅ a ⋅ cos ϕ − FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) + FT ⋅ a ⋅ cos ϕ ] δϕ δW =

dW δϕ = W ′ ⋅ δϕ dϕ

dW = W ′ = (F + FT ) ⋅ a ⋅ cos ϕ − FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) dϕ

δϕ ≠ 0 :

(F + FT ) ⋅ a ⋅ cos ϕ − FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) = 0

Mit dem Additionstheorem cos(α − β ) = cos α ⋅ cos β + sin α ⋅ sin β

wird

F + FT a cos ϕ sin ϕ ⋅ ⋅ cos ϕ = cos 45° ⋅ cos ϕ + sin 45° ⋅ sin ϕ = + FG b 2 2

Für Werte mit cos ϕ ≠ 0 darf die Gleichung durch cos ϕ dividiert werden 2⋅

F + FT a F + FT a ⋅ = 1 + tan ϕ Ÿ tan ϕ = 2 ⋅ ⋅ −1 FG b FG b

20 − 1 = 0,802 Ÿ ϕ = 38,71° tan ϕ = 2 ⋅ 44,+715 ⋅ 30

Die Exzentrizität e der Last F hat keinen Einfluss auf den Ausschlagswinkel ϕ . Die Waage zeigt also unabhängig von der Auflagestelle des zu wiegenden Körpers immer das gleiche Ergebnis an. Weitere Lösung : cosϕ = 0 ; ϕ = 90° ; tan 90° → ∞ ; F → ∞ Dieser Zustand, bei dem die beiden Stangen AC und BD senkrecht nach unten zeigen, wird näherungsweise bei sehr schweren Paketen erreicht.

142

1 Statik

c) Belastet man die Waage nur durch ein Moment M z. B. in Form eines Kräftepaares an der Waagschale, so bilden die beiden parallelen Stangen eine Gegenkräftepaar von der Größe FA = FB =

M c ⋅ cos ϕ

Das Moment M = F ⋅ e wird von den beiden Stangenkräften bei A und B aufgenommen und direkt in die Lager C und D abgeleitet. Ein Moment allein, also eine Exzentrizität der Belastungskraft, hat demnach keine Auswirkung auf den Ausschlagswinkel ϕ . d) Art des Gleichgewichts

δ 2W =

d 2W dϕ

2

⋅ δϕ 2 = W ′′ ⋅ δϕ 2

Die Art des Gleichgewichts hängt vom Vorzeichen von W ′′ ab. stabiles 0 W ′ = (F + FT ) ⋅ a ⋅ cos ϕ − FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) W ′′ =

dW ′ = − (F + FT ) ⋅ a ⋅ sin ϕ − FG ⋅ b ⋅ sin (45° − ϕ ) dϕ

Für Winkel ϕ < 45° ist sin(45° − ϕ ) > 0 und damit offensichtlich W ′′ < 0 Ÿ stabiles Gleichgewicht. Für Winkel ϕ > 45° ist die Art des Gleichgewichts durch Einsetzen von entsprechenden Zahlenwerten noch zu überprüfen. e) Gelenk- und Auflagerkräfte (Bild SL 61c ) Gleichgewicht am Tisch AB Bx = FB ⋅ cos ϕ ; B y = FB ⋅ sin ϕ

¦ M ( A) = 0 = F ⋅ e − FB ⋅ cosϕ ⋅ c Ÿ AB

FB = 4 ⋅

FB = F ⋅

e = FD c ⋅ cos ϕ

5 = 1,71 N 15 ⋅ cos 38,71°

¦ Fx = 0 Ÿ Ax = FB ⋅ cosϕ = F ⋅ ce = 4 ⋅ 155 = 1,33 N AB

¦ Fy = 0 Ÿ Ay = F + FT − FB ⋅ sin ϕ = F + FT − F ce ⋅ tan ϕ AB

5 ⋅ tan 38,71° = 7,93 N Ay = 4 + 5 − 4 ⋅ 15

1.10 Stabilität von Gleichgewichtslagen

143

Gleichgewicht am Gestänge AE

¦ Fx = 0 Ÿ C x = Ax = F ⋅ ce = 1,33 N AE

¦ Fy = 0 Ÿ C y = Ay + FG = 7,93 + 4,71 = 12,64 N AE

Die Auflager- und Gelenkkräfte sind von der Exzentrizität e und vom Ausschlagswinkel ϕ abhängig. Hat man den Winkel ϕ nicht schon vorher nach dem Prinzip der virtuellen Arbeit ermittelt, so lässt sich dafür eine weitere Gleichung gewinnen (kann auch zur Kontrolle dienen).

¦ M (C ) = 0 = FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) − Ax ⋅ a ⋅ sin ϕ − Ay ⋅ a ⋅ cosϕ AE

Setzt man die vorher berechneten Werte von Ax und Ay ein, so wird

FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) = F ⋅ ce ⋅ a ⋅ sin ϕ + (F + FT ) ⋅ a ⋅ cos ϕ − F ⋅ ce ⋅ a ⋅ sin ϕ FG ⋅ b ⋅ cos(45° − ϕ ) = (F + FT ) ⋅ a ⋅ cos ϕ

weiter wie vorher.

144

1 Statik

Aufgaben zur Selbstkontrolle Hinweise und Tipps Fragen nach mehreren Einzelheiten mit Angabe der entsprechenden Ergebnisse sollen zur Erleichterung dienen und richtungsweisend für den Gang der Rechnung sein, sowie eine ständige Kontrolle oder einen eventuellen Zwischeneinstieg ermöglichen. Um eine geeignete Strategie beim Lösen von Gleichungssystemen mit mehreren Unbekannten zu finden, ist es zweckmäßig und übersichtlich, die Unbekannten in jeder Gleichung nochmals für sich abgetrennt an den Rand zu schreiben. Bevor man weiter ins Detail geht prüfe man, ob die Zahl der voneinander unabhängigen Gleichungen mit der Zahl der Unbekannten übereinstimmt. Am besten eine Gleichung mit nur einer Unbekannten oder anderenfalls 2 Gleichungen mit 2 gleichartigen zusammengehörigen Unbekannten zuerst auswählen und auflösen. Oftmals ist es günstig, erst einmal das Gesamtsystem zu betrachten, bevor man durch Zerlegen in Einzelteile oder durch Schnitte weitere Gleichungen aufspürt, die meist weitere Unbekannte enthalten.

SA 1-1 Hydraulische Hebebühne (Schwierigkeitsgrad: leicht) b

Eine Hebebühne nach Bild SA 1-1 ist durch ein Gewicht FG belastet. Durch einen hydraulischen Kolben wird die Arbeitsbühne in ihrer Höhe verstellt.

FG

Gegeben B

A a 2

C

a 2

E

α

Bild SA 1-1

FG = 12 kN ; a = 4 m ; b = 0,8 m ; α = 60°

Gesucht

D

a) Für die angegebene Winkelstellung bestimme man sämtliche Auflager- und Gelenkkräfte sowie die Hydraulikkraft. Man zeichne alle Einzelteile mit den wirksamen Kräften. Hinweis: Man betrachte die Teile AB, AD, BE jeweils einzeln für sich in der Art eines Dreigelenkbogens.

b) Schnittgrößenverlauf in der Arbeitsbühne AB

Ergebnisse a)

Ax = 0 ; Ay = 7200 N ; FB = 4800 N ; C x = 6928,2 N ; C y = 2400 N Dx = 6928,2 N ; D y = 4800 N ; E x = 6928,2 N; E y = 7200 N

Aufgaben zur Selbstkontrolle

145

b) M max = 5760 Nm Verlangt wird immer der vollständige Schnittgrößenverlauf mit grafischer Darstellung. Zur Kontrolle werden nur einige markante Ergebnisse angegeben.

SA 1-2 Gelenkträger mit Stabwerk-Unterbau (Schwierigkeitsgrad: mittel) q

F B

A

C 2

1

a

4

a

5

Gegeben

3

D

a

E a

a

Das System nach Bild SA 1-2 ist bei A fest und bei B lose gelenkig gelagert. Die Belastung erfolgt durch eine Streckenlast q und eine Einzelkraft F.

q=2

kN ; F = 5 kN ; a = 0,8 m m

Bild SA 1-2

Gesucht a) Auflagerkräfte, Gelenkkraft, Stabkräfte b) Schnittgrößenverlauf im Balken AB Tipp: Schnitt durch das Gelenk C und durch den Stab 3

Ergebnisse a)

Ax = 0 ; Ay = 3,65 ; B = 4,55 ; C x = 4,1 ; C y = 0,45 kN S1 = 5,8 ; S 2 = −4,1 ; S 3 = 4,1 ; S 4 = −4,1 ; S 5 = 5,8 kN

b)

M 2 = −1,0 kNm M 4 = 0,36 kNm

Maximale Momente am Stab 2 und am Stab 4. Kurvenverlauf: quadratische Parabeln, Gerade.

SA 1-3 Balken über einer Rinne (Schwierigkeitsgrad: schwer)

x

(y)

x F

z

B A

A

G

2 Bild SA 1-3

A 2

β

Über eine Rinne wird ein schwerer Balken (Länge A , Gewicht G ) gelegt. Die Haftungskoeffizienten an den Auflagestellen A und B sind μ A und μ B . Gegeben F = 800 N ; G = 400 N ; β = 30° μ A = 0,2 ; μ B = 0,3 ; A = 4 m

146

1 Statik

Gesucht

1) Vertikale Verschiebung des Brettes a) Welche Strecke x kann ein Mann (Gewichtskraft F ) von A in Richtung B gehen, ohne dass der Balken rutscht ? b) Welche Auflagerkräfte ergeben sich für diese Grenzlage ? Hinweis Wird ein starrer Körper (wie hier) an zwei Stützstellen durch Haftreibung im Gleichgewicht gehalten, so muss bei einer unmittelbar bevorstehenden translatorischen Verschiebung an beiden Stellen A und B gleichzeitig der Reibungs-Grenzzustand eintreten. Bei einem starren Körper muss nämlich bei einer translatorischen Verschiebung an der Stelle A und an der Stelle B (wie auch an allen anderen Stellen) dieselbe Verschiebung (Geschwindigkeit, Beschleunigung) auftreten, denn der Abstand zweier Körperpunkte bleibt bei einem starren Körper immer gleich.

Ergebnisse a) Maximal mögliche Entfernung x = 1,75 m b) Normalkraft-Komponenten in den Auflagern : N A = 650,05 N ; N B = 541,28 N

2) Horizontale Verschiebung des Brettes Die vertikale Kraft F soll jetzt kollinear mit dem Gewicht in der Mitte des Brettes angreifen. Die Verschiebung des Brettes erfolgt jetzt durch eine horizontale Kraft senkrecht zur Zeichenebene. a) Wie groß muss diese Kraft mindestens sein, wenn sie jeweils an den Rändern A bzw. B oder in der Mitte M des Brettes angreift (rotatorische Verschiebung) ? Wie groß sind die Haftungskräfte FAM und FBM an den Auflageenden A und B bei der mittigen Verschiebekraft FM ? b) In welchem Abstand von der Auflagerstelle A muss eine horizontale Kraft angreifen, damit das Brett translatorisch senkrecht zur Zeichenebene verschoben wird und wie groß ist diese Kraft FV ? Hinweis Bei einer translatorischen Verschiebung tritt an beiden Auflagerstellen gleichzeitig der Reibungs-Grenzzustand auf. Bei einer rotatorischen Verschiebung bleibt ein Auflagepunkt in Ruhe und wird zum Drehzentrum, da dort noch Reibungsreserve vorhanden ist. Der andere Auflagepunkt dreht um diesen Ruhepunkt, wenn das Drehmoment der Verschiebekraft groß genug ist, den Widerstand der Grenzreibung zu überwinden.

Ergebnisse a) N A = 600 N ; FA = 120 N ; N B = 692,82 N ; FB = 207,85 N FM = 240 N ; FAM = FBM = 120 N

b) x = 2,536 m ; FV = 327,85 N

Aufgaben zur Selbstkontrolle

147

SA 2-1 Förderanlage als Fachwerk (Schwierigkeitsgrad: mittel)

2m

4m

2m

S2

D

E

4

2m

3

1

5

6

C 7

8 30°

S1

B 2

2m

A

Seil

Seilwinde

Durch eine Seilwinde nach Bild SA 2-1 wird eine Last mit dem Gewicht FG =5kN über die Rollen D und E (Rollenradius kann beliebig klein angenommen werden) gleichförmig hochgezogen bzw. abgesenkt. Gesucht 1) Rollen D und E drehbar a) Auflager- und Gelenkkräfte

Bild SA 2-1

b) Stabkräfte rechnerisch und zeichnerische Kontrolle mit einem Cremonaplan

FG

2) Rollen D und E blockiert Seilkräfte S1 und S 2 , wenn der Reibungskoeffizient zwischen Seil und Rollen μ = 0,3 beträgt. a) beim Anheben des Gewichts b) beim Absenken des Gewichts

Ergebnisse 1) Rollen D und E drehbar a) Ax = 0,5 kN ; Ay = 3 kN ; Bx = 2 kN ; B y = 6,33 kN ; C x = 5,5 kN ; C y = 2 kN b)

S1 = −5,59 kN ; S 2 = 3,61 kN ; S 3 = 0 ; S 4 = −7,50 kN S 5 = 3,61 kN ; S 6 = −2,5 kN ; S 7 = −2,83 kN ; S8 = −4,33 kN

2) Blockierte Rollen a) S1 = 10,97 kN ; S 2 = 8,01 kN b) S1 = 2,28 kN ; S 2 = 3.12 kN

SA 2-2 Eingespannter Gerberträger (Schwierigkeitsgrad: mittel) F A

x

D

C

A Bild SA 2-2

b

Ein Gerberträger ist nach Bild SA 2-2 bei A fest eingespannt und bei B durch ein Loslager gestützt. Das GeB lenk C soll im Abstand x von der Einspannstelle festigkeitsmäßig günstig angebracht werden. Die Belastung erfolgt durch eine Einzelkraft F. Gegeben: F = 600 N ; A = 5 m ; b = 1 m

148

1 Statik

Gesucht 1) Der Träger AB sei gewichtslos a) Abstand x des Gelenks so, dass der Betrag des größten Biegemoments minimal wird. Hinweis: dann sind die Biegemomente bei A und D betragsmäßig gleich M A = M D . b) Auflagerreaktionen und Gelenkkraft c) Schnittgrößenverlauf 2) Der Träger hat jetzt das Gewicht G = 450 N , das als konstante Streckenlast gleichmäßig über den Träger zu verteilen ist. Mit dem unter 1a) ermittelten Abstand des Gelenks bestimme man a) Auflagerreaktionen und Gelenkkraft b) Schnittgrößen-Verlauf

Ergebnisse 1) Ohne Streckenlast: a) x = 2 m ; b) FA = FC = 200 N ; FB = 400 N c) M A = −400 Nm ; M C = 0 ; M D = 400 Nm N ; a ) F = 515 N ; F = 535 N ; F = 335 N 2) Mit Streckenlast: q = 90 m A B C

b) M A = −850 Nm ; M C = 0 ; M D = 490 Nm Biegemomentenkurven sind 2 quadratische Parabeln mit Knick bei D .

SA 2-3 Absetzen eines Trägers (Schwierigkeitsgrad: mittel) Seil

S

α

Mit Hilfe eines Baukrans (Höhe h ) wird ein Träger (Länge A , Gewicht G ) nach Bild SA 23 am Boden senkrecht aufgesetzt und dann durch Nachlassen des Seils langsam abgekippt. Bei einem Neigungswinkel ϕ = 20° gegen die Vertikale beginnt der Träger an zu rutschen. h Gegeben h = 5 m ; A = 3,5 m ; G = 4000 N ; ϕ = 20°

ϕ A

A

Bild SA 2-3

Aufgaben zur Selbstkontrolle

149

Gesucht a) Winkel α zwischen dem Seil S und der Horizontalen b) Seilkraft c) Haftungskoeffizient μ 0 zwischen Träger und Boden d) Wie groß müsste der Haftungskoeffizient μ 0 ∗ mindestens sein, wenn der Träger ohne abzurutschen vollständig bis in die Horizontale abgesenkt werden soll ? Tipp: Träger in einer Gleichgewichtslage unmittelbar vor Erreichen der horizontalen Position betrachten.

Ergebnisse a ) α = 55° ; b) S = 835 N ; c) μ 0 = 0,144 ; d ) μ 0 ∗ = 0,233

150

2 Festigkeitslehre

2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz F 1 Federkräfte

A c1 E1 E2

ΔA

c2 B

In einem Rahmen ist oben eine Feder mit der Federsteifigkeit c1 und unten eine Feder mit der Federsteifigkeit c2 separat angebracht. Die gegenüberliegenden freien Federenden E1 und E2 , die ursprünglich einen Abstand Δ A hatten, werden im Einhängepunkt E miteinander verbunden. Gegeben c1 = 4 N ; c2 = 8 N ; Δ A = 9 cm ; m = 5 kg cm cm

Bild F1

Gesucht a) Die Verlängerungen der Federn und die Kräfte an den Befestigungspunkten A und B . b) Welche Längenänderungen haben die Federn, wenn im Einhängepunkt E zusätzlich eine Masse m angebracht wird ? Lösung a)

b) FA

ΔA

xa -x ΔA a

E FE FE FB

Bild FL 1

Die Federsteifigkeit c = Fx gibt an, welche

c1 x b

Kraft F zur Erzeugung einer Verlängerung x der Feder erforderlich ist.

Die Federkraft F = c ⋅ x ist proportional zum Federweg, wobei der Federweg x die Verlängem g rung aus der kraftlosen, ungespannten Lage ist. c2(Δ A-xb)

2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz

151

a) Einhängung der Federn (Bild FL 1a) Die obere Feder dehnt sich um x a , die untere um Δ A − x a . Am Einhängepunkt E sind beide Federkräfte gleich (actio = reactio) c1 ⋅ x a = c2 ⋅ ( Δ A − x a ) Ÿ c1 ⋅ x a = c 2 ⋅ Δ A − c 2 ⋅ x a Ÿ

xa =

c2 8 ⋅ ΔA = ⋅ 9 = 6 cm 4+8 c1 + c 2

Die weichere (obere) Feder wird mehr, die härtere (untere) Feder weniger gedehnt. FA = c1 ⋅ x a = 4 ⋅ 6 = 24 N FB = c 2 ⋅ ( Δ A − x a ) = 8 ⋅ (9 − 6) = 24 N FE = FA = FB = 24 N

Die Kräfte an den Federenden (also an den Wänden und im Einhängepunkt) sind aus Gleichgewichtsgründen gleich. b) Mit zusätzlichem Gewicht (Bild FL 1b)

¦ Fy = 0 = c1 ⋅ x b − m ⋅ g − c2 ⋅ (Δ A − x b ) Ÿ xb =

c1 ⋅ x b − m ⋅ g − c 2 ⋅ Δ A + c2 ⋅ x b = 0 Ÿ

m ⋅ g + c 2 ⋅ Δ A 5 ⋅ 9,81 + 8 ⋅ 9 = = 10,09 cm c1 + c 2 4+8

Δ A − x b = 9 − 10,09 = −1,09 cm Das Minuszeichen besagt, die untere Feder verschiebt sich nach unten und wird auf Druck beansprucht.

F 2 Lagerung einer starren Platte z

1/4 a

Eine starre, homogene, rechteckige Tisch(Eigengewicht G) ist durch eine Einzelkraft F belastet.

3/4 a

y platte A,B,C,D

D 1/3 b 2/3 b

F

E G

C

M

Gegeben G = 500 N ; F = 300 N a = 2,5 m ; b = 1,2 m

x

A

Bild F 2

B

Gesucht Man bestimme die Stützkräfte, wenn die Platte 1.) durch 3 starre Stützen A,B,E aufgelagert ist (E ist die Mitte von CD) 2.) mit 4 gleichen elastischen Stützen (Federn) A,B,C,D am Boden steht.

152

2 Festigkeitslehre

Bei dieser Aufgabe wird der Unterschied zwischen den Problemen aus der Statik und der Festigkeitslehre deutlich. In der Statik (Fall 1) genügen die Gleichgewichtsbedingungen zur Lösung, in der Festigkeitslehre (Fall 2) bei statisch unbestimmten Systemen sind zusätzlich noch Verformungsbedingungen nötig

Lösung 1) 3 starre Stützen A,B,E (Bild FL 2a) z

F

y

E

a) F

Momente um eine Parallele zur durch A und B

y-Achse

I ) ¦ M y( AB ) = 0

G

FE ⋅ b − G ⋅ 2b − F ⋅ 23 b : b Ÿ x

FA

z

b)

FE = 12 G + 23 F = 12 ⋅ 500 + 23 ⋅ 300 = 450 N

FB FD

y G

F

FC

FB ⋅ a + FE ⋅ a2 − G ⋅ a2 − F ⋅ a4 : a Ÿ

FB = 12 G + 14 F − 12 FE

M x

FB

FA

C fC

M

c)

II ) ¦ M x = 0

fM

FB =

1 2

⋅ 500 + 14 ⋅ 300 − 12 ⋅ 450 = 100 N

III ) ¦ Fz = 0 Ÿ FA = G + F − FB − FE FA = 500 + 300 − 100 − 450 = 250 N

A fA

f -fC M

f A- f C

Bild FL 2

2) 4 elastische Stützen A,B,C,D (Bild FL 2b) I ) ¦ M y = 0 = − FA ⋅ b − FB ⋅ b + G ⋅ b2 + F ⋅ b3 : b Ÿ

FA + FB = 12 G + 13 F = 12 ⋅ 500 + 13 ⋅ 300 = 350 N II ) ¦ M x = 0 = FB ⋅ a + FC ⋅ a − G ⋅ a2 − F ⋅ a4 : a Ÿ FB + FC = 12 G + 14 F = 12 ⋅ 500 + 14 ⋅ 300 = 325 N III ) ¦ Fz = 0 Ÿ FA + FB + FC + FD = G + F = 500 + 300 = 800 N

2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz

153

Zur Bestimmung der 4 unbekannten Stützkräfte stehen nur 3 statische Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. Das System ist also einfach statisch unbestimmt. Eine vierte Gleichung wird durch eine Verformungsaussage gewonnen. Da die Platte starr (nicht verformbar) ist, bleibt sie in sich gerade und kann sich insgesamt nur schief stellen. Die Stützen passen sich der Platte an, so dass auch zwischen den Verschiebungen der Stützen ein linearer Zusammenhang besteht. Die Auflagepunkte A,C und der Plattenmittelpunkt M liegen dann auf einer Geraden, ebenso wie die Punkte B,D,M . Die Verschiebung fM der Tischmitte M kann über die Diagonale AC und über die Diagonale BD aus den Absenkungen der Stützen mit dem Strahlensatz bestimmt werden. Nach Bild FL 2c ist fA − fC AC 2 = = Ÿ f M − f C MC 1

fA − fC = 2 f M − 2 fC Ÿ

analog ergibt sich über die Diagonale BD :

fM =

fA + fC 2

fM =

fB + fD 2

Gleichsetzen : IV ) 2 f M = f A + f C = f B + f D Federsteifigkeit c =

FS , wobei FS = Stützkraft, f = Federweg (Absenkung der Stütze) f

Elastische Tischbeine mit gleicher Federsteifigkeit c (bzw. der Tisch steht auf weichem, nachgiebigem Boden z. B. auf einem dicken Teppich). Dann sind die Stützkräfte proportional den Federwegen : FA = c ⋅ f A ; FB = c ⋅ f B ; FC = c ⋅ f C ; FD = c ⋅ f D IV )

fA + fC = f B + f D ⋅ c Ÿ c ⋅ fA + c ⋅ fC = c ⋅ f B + c ⋅ f D

bzw.

FA + FC = FB + FD Ÿ FA − FB + FC − FD = 0 III + IV = III ′ : 2 FA + 2 FC = 800 : 2 Ÿ FA + FC = 400 N III ′ − II = II ′ : FA − FB = 400 − 325 = 75 N I + II ′ : 2 FA = 350 + 75 = 425 Ÿ FA = 212,5 N

aus I : FB = 350 − FA = 350 − 212,5 = 137,5 N aus II : FC = 325 − FB = 325 − 137,5 = 187,5 N aus IV : FD = FA − FB + FC = 212,5 − 137,5 + 187,5 = 262,5 N

Ähnliche Verhältnisse mit entsprechend größeren Kräften liegen bei einem durch die Kraft F ungleichmäßig beladenem LKW mit dem Eigengewicht G vor, wenn dessen Obergestell als starr angenommen wird und die Nachgiebigkeit durch die Federung und durch die Bereifung bei allen 4 Rädern gleich ist.

154

2 Festigkeitslehre

F 3 Abgesetzter Stab zwischen 2 starren Wänden A1

Ein abgesetzter Stab (Querschnitte A1 und A2 , Elastizitätsmodul E) liegt ohne Spiel zwischen zwei starren Wänden.

A2

F

B Gesucht

A a

Man bestimme die Kräfte, die von den Wänden auf den Stab ausgeübt werden,

b Bild F 3

a) wenn eine Kraft F A1=A2=A),

am Übergang der Querschnitte wirkt (allgemein und Sonderfall

b) wenn der Stab um ΔT erwärmt wird und der Ausdehnungskoeffizient α beträgt (allgemein und Sonderfall A1=A2=A). c) Der Stab sei jetzt bei A eingespannt und bei B klaffe eine Lücke der Breite Δ s zwischen dem Stab und der Wand. Welche Zugkraft F muss am rechten Stabende wirken, um die Lücke zu schließen ?

Lösung a) FA

a) Kraft am Querschnittsübergang (Bild FL 3a) F

FB

I ) ¦ Fx = 0 = F − FA − FB

FB

Die statischen Gleichgewichtsbedingungen reichen nicht aus zur Ermittlung der Auflagerkräfte, d. h. das System ist (hier einfach) statisch unbestimmt. Zur Berechnung der Kräfte sind Verformungsbedingungen nötig.

b) FA

ΔT

Stabteil a wird auf Zug beansprucht und um Δ a verlängert.

c) F

Stabteil b wird auf Druck beansprucht und um Δ b verkürzt. Hookesches Gesetz

Bild FL 3

Δa =

Δs

σ = E ⋅ε ;

ΔA F ⋅A F = E⋅ Ÿ ΔA = A A E⋅A

FA ⋅ a F ⋅b ; Δb = − B E ⋅ A1 E ⋅ A2

Die starren Wände an den Stabenden sind unnachgiebig, daher muss die Summe der Längenänderungen Null sein. Verformungsbedingung : Δ a + Δ b = 0 Ÿ Δ a = − Δ b

2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz

II )

155

FA ⋅ a F ⋅b a A = B Ÿ FB = FA ⋅ ⋅ 2 E ⋅ A1 E ⋅ A 2 b A1

II in I : F − FA = FA ⋅

aus II : FB =

a A2 F ⋅ Ÿ FA = b A1 1 + ab ⋅

F 1+

a b

⋅

⋅

A2 A1

a A2 F ⋅ = b A1 1 + b ⋅ a

A2 A1

A1 A2

Sonderfall : A2 = A1 = A FA =

F b = ⋅F ; 1 + ab a + b

FB =

speziell für a = b : FA = FB =

1 2

F a = ⋅F 1 + ab a + b

F

b) Temperaturerhöhung um Δ T (Bild FL 3b) Lässt man den Stab (nach vorübergehender Wegnahme einer Wand) sich erst frei um Δ A thermisch dehnen, so muss er anschließend durch eine äußere Kraft um das gleiche Maß mechanisch verkürzt werden, damit er wieder die Länge des Wandabstands annimmt. thermische Dehnung = mechanische Dehnung

Δ A = α ⋅ ( a + b) ⋅ Δ T

¦ Fx = 0 Ÿ

FA = FB = F da die Kräfte gleich sind, werden die Indices weggelas-

sen

Δa =

F ⋅a ; E ⋅ A1

Δb =

F ⋅b E⋅A2

Verformungsbedingung : Δ a + Δ b = Δ A F E

§ a b ⋅ ¨¨ + A A 2 © 1

· α ⋅ (a + b ) ⋅ Δ T ¸¸ = α ⋅ (a + b ) ⋅ Δ T Ÿ F = ⋅E a + b ¹ A1 A2

Sonderfall : A1 = A2 = A F = α ⋅ E ⋅ A⋅ ΔT

c) Schließen einer Lücke (Bild FL 3c) Durch die Zugkraft F am rechten Stabende werden die beiden Stabteile a und b auf Zug beansprucht und damit gedehnt.

Δa =

F ⋅a ; E ⋅ A1

Δb =

F ⋅b E ⋅ A2

Verformungsbedingung : Δ a + Δ b = Δ s

Δs⋅E F ⋅a F ⋅b = Δs Ÿ F = + a E ⋅ A1 E ⋅ A 2 + Ab A 1

2

156

2 Festigkeitslehre

F 4 Einbau eines zu kurzen Fachwerkstabes A3

A

B

C f

α α

Bei einem Fachwerk aus 3 Stäben mit gleicher Dehnsteifigkeit EA ist der Stab 3 um das Maß f zu kurz gefertigt worden. Gegeben

A1

A2

f ; EA ; α = 30°

A 1 = A 2 = A ; A 3 = 12 A ; Gesucht

Welche Zugkraft F muss am Gelenkpunkt B bei der Montage aufgebracht werden, um die Lücke zu schließen?

Bild F 4

Lösung y

a)

A

x

α α

S1

A3

F

F

A

S2

Die Stabkräfte werden zunächst als Zugkräfte angenommen. Ihre Gegenkräfte wirken auf den Bolzen.

F B

Gleichgewicht des Bolzens A ( Bild FL 4a )

S2

S1

I ) ¦ Fy = 0 = − S1 cos α − S 2 cos α Ÿ

A

S 2 = − S1 II ) ¦ Fx = 0 = F − S1 sin α + S 2 sin α

I in II : F − S1 sin α − S1 sin α = 0 Ÿ S1 =

F 2 ⋅ sin α

Zugstab

aus I : S 2 = − b)

ΔA 1

A

f 12 α

ΔA2

α

A3

A' A

Δ A3

B

B'

F 2 ⋅ sin α

Druckstab

S1 ⋅ A 1 F ⋅A = EA 2 sin α ⋅ EA

Δ A1 = rung

ΔA2 =

S2 ⋅ A 2 F ⋅A =− = −Δ A 1 EA 2 sin α ⋅ EA

Δ A 2 < 0 Verkürzung nach Bild FL 4b ist Bild FL 4

Verlänge-

f12 =

Δ A1 F ⋅A = sin α 2 sin 2 α ⋅ EA

2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz

157

Die Verlängerung wird am Knoten vom Stab weg, die Verkürzung zum Stab hin angetragen. In den Endpunkten werden die Lote (anstelle von Kreisbögen mit relativ großem Radius) errichtet und zum Schnitt gebracht.

ΔA3 =

F ⋅ A3 F ⋅ A = EA 2 EA

Verformungsbedingung Die Verschiebung f12 des Knotens A nach A’ und die Verlängerung Δ A 3 des Stabes 3 müssen die Lücke f schließen. F ⋅A

f12 + Δ A 3 = f ; F = 2⋅

2

2 sin α ⋅ EA

sin 2 α 2

1 + sin α

(

⋅ EA ⋅

+

F ⋅A = f; 2 EA

1 · F ⋅A § ⋅ ¨¨1 + ¸= f Ÿ 2 EA © sin 2 α ¸¹

f A

Speziell für α = 30° , sin 30° =

1 2

)

wird F =

2 f EA ⋅ 5 A

F 5 Schrauben-Flanschverbindung Gegeben

d

z = 8 ; M 16 ; d = 13,4 mm ; E = 2,1 ⋅ 10 5

Ü

Bild F 5

mm 2

h = 65 mm

p

D

N

f S1 = 25 ⋅ 10 −3 mm ; h

f P1 = 36 ⋅ 10 −3 mm

pÜ = 20 bar ; D = 250 mm

Der Deckel einer Kolbenpumpe ist mit z = 8 Schrauben M 16 (Kerndurchmesser d , Elastizitätsmodul E) durch eine Flanschverbindung (Höhe h) am Gehäuse befestigt.

Die Schrauben werden so angezogen, dass ihre Verlängerung (Federweg) fS1 beträgt. Dabei wird der Flansch mit Zwischenlage (Dichtung) um fP1 zusammengedrückt. Platten Hülsen usw. werden nach dem gleichen Prinzip verspannt. Daher schreibt man den Index P für Platte. Im Betrieb entwickelt die Kolbenpumpe einen Überdruck pÜ. Die kreisförmige Druckfläche hat bis zur Dichtung einen Durchmesser D .

158

2 Festigkeitslehre

Anmerkung Die Verbindung von Flansch und Schraube hat gegenüber der geschweißten oder genieteten Ausführung den Vorteil, dass sie jederzeit wieder gelöst werden kann. Sie kommt daher im Maschinenbau sehr häufig vor. Gesucht a) Schraubenvorspannung bei Montage sowie die Kräfte auf die Schrauben und auf den Flansch b) Kräfte und Schraubenspannung im Betrieb c) Längenänderungen von Schrauben und Flansch im Betrieb d) Verspannungs-Schaubild

Lösung Der Index 1 beschreibt den Zustand der Vorspannung ohne Innendruck, der Index 2 den Betriebszustand mit Innendruck. a) Montage der Schrauben Schraubenquerschnitt

A=

π ⋅d2 4

=

Hookesches Gesetz σ = E ⋅ ε = E ⋅ Schraubenvorspannung σ S 1 = E ⋅ Schraubenkraft σ S 1 =

FS 1 A

π ⋅ 13,4 2 4

= 141 mm 2

ΔA A

fS 1 h

= 2,1 ⋅ 10 5 ⋅

25 ⋅ 10 −3 N = 80,77 65 mm 2

Ÿ FS 1 = σ S 1 ⋅ A = 80,77 ⋅ 141 = 11388 N

Die Kräfte von allen z Schrauben wirken zusammen auf den Flansch und üben auf ihn insgesamt eine Kraft aus FP1 = z ⋅ FS1 = 8 ⋅ 11388 = 91104 N

Um eine Vorspannung in den Schrauben zu erzeugen, werden die Muttern angezogen, d. h. nach unten verschoben. Dabei werden die Schrauben um fS1 gedehnt und der Flansch um fP1 gestaucht. Als Ausgangslage nehmen wir die Flanschverbindung im kraftlosen Zustand an, also noch ohne Vorspannung der Schraube und ohne Innendruck. Die Mutter berührt dabei ohne Spannkraft den Flansch. Die Verformungen sollen nun gedanklich separat nacheinander erfolgen. Zuerst dehnt sich die Schraube um fS1 entlang ihrer Dehnlänge h . Dann wird der Flansch um fP1 zusammengedrückt. Dabei hat sich die Mutter vom Flansch entfernt. Damit die Mutter wieder mit dem Flansch in Berührung kommt, muss sie nach unten verschoben (angezogen) werden um f ges = f S 1 + f P 1 = (25 + 36 ) ⋅ 10 −3 = 61 ⋅ 10 −3 mm

2.1 Spannung und Verformung bei Längsbeanspruchung, Hookesches Gesetz

159

Die Mutter behält ihre Lage auch im Betriebszustand unter Innendruck bei, wenn die Schraube um fS2 gedehnt und der Flansch um fP2 gestaucht ist. Die durch die Vorspannung erzielte Gesamtverschiebung bleibt also nach der Montage immer gleich, so dass auch gilt f ges = f S 2 + f P 2

b) Betrieb mit Überdruck (Bild FL 5-1)

FB

π ⋅ D2 4

=

N m

2

=2

N mm 2

Die resultierende vertikale Druckkraft auf den Gehäusedeckel ist gleich dem Überdruck mal einer Druckfläche, die sich ergibt, wenn man die vom Druckmedium beaufschlagte Fläche senkrecht projiziert.

FP2

Bild FL 5-1

Aproj =

p Ü = 20 bar = 20 ⋅ 10 5

z FS2

π ⋅ 250 2

= 49087 mm 2

4

Betriebskraft infolge Überdrucks auf den Gehäusedeckel FB = p Ü ⋅ Aproj = 2

N mm 2

⋅ 49087 mm 2 = 98174 N

Gleichgewicht am Gehäusedeckel I ) ¦ Fy = 0 = FB + FP 2 − z ⋅ FS 2 Ÿ FP 2 = z ⋅ FS 2 − FB

Die Gesamtverschiebung der Mutter bleibt trotz veränderter Kräfte auch nach Einwirkung des Innendrucks gleich wie bei der Montage : II ) f ges = f S 2 + f P 2

Die Längenänderungen im Betrieb und bei Montage verhalten sich bei der Schraube und beim Flansch wie die entsprechenden Kräfte : III )

IV )

fS 2 fS 1 fP 2 fP1

= =

FS 2 FS 1 FP 2 FP 1

FS 2

Ÿ

fS 2 =

Ÿ

fP 2 =

FS 1 FP 2 FP 1

⋅ fS 1 ⋅ fP1

Diese Proportionen lassen sich auch am Verspannungs-Diagramm (Bild FL 5-2) aus ähnlichen Dreiecken ableiten. III , IV in II = II ' :

I in II ' :

f ges =

f ges =

FS 2 FS 1

FS 2 FS 1

⋅ fS 1 +

⋅ fS 1 +

FP 2 FP 1

⋅ fP1

z ⋅ FS 2 − FB ⋅ fP1 FP 1

160

2 Festigkeitslehre

mit FP 1 = z ⋅ FS 1 wird f ges =

FS 2 FS 1

⋅ fS 1 +

FS 2 = FS 1 +

z ⋅ FS 2 − FB z ⋅ FS 1

⋅ fP1 =

FS 2

FB ⋅ ( fS 1 + f P 1 ) − ⋅f Ÿ   z ⋅ FS 1 P 1

FS 1

f ges

FB f P 1 98174 36 ⋅ = 11388 + ⋅ = 18630 N z f ges 8 61

Schraubenspannung

σS 2 =

FS 2 A

=

18630 N = 132,13 141 mm 2

aus I : FP 2 = 8 ⋅ 18630 − 98174 = 50866 N c) Längenänderungen unter Betriebsdruck aus III :

fS 2 =

18630 ⋅ 25 ⋅ 10 −3 = 40,9 ⋅ 10 −3 mm 11388

aus IV :

fP 2 =

50866 ⋅ 36 ⋅ 10 −3 = 20,1 ⋅ 10 −3 mm 91104

Kontrolle :

f S 2 + f P 2 = ( 40,9 + 20,1) ⋅ 10 −3 = 61 ⋅ 10 −3 mm = f S 1 + f P 1 = f ges

d) Verspannungs-Schaubild (Bild FL 5-2) F F

S2

Schraube

F

S2

F

S1 =

F

P1

F

S1

FB z

z F

Flansch

P2

z f S1

f P1 f S2

f f P2

f ges Bild FL 5-2

Trägt man die Kräfte von Schraube und Flansch über den entsprechenden Federwegen auf, so erhält man das Verspannungs-Schaubild. Längungen werden dabei nach rechts, Kürzungen nach links gezeichnet.

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks

161

Zieht man die Schraube bis zur Vorspannkraft FS1 an, so werden die Schrauben um fS1 gedehnt und gleichzeitig der Flansch mit Zwischenlage um fP1 zusammengedrückt. Kommt im Betrieb noch eine weitere Kraft FB (z. B. eine Druckkraft) hinzu, so werden die Schrauben zusätzlich belastet und der Flansch gleichzeitig entlastet. Die Schraubenkraft steigt auf FS2 an (bei einer Längung fS2 ), die Flanschkraft nimmt auf FP2 ab (bei einer Zusammendrückung fP2 ). Es ist FS 2 > FS 1 ;

FP 2 < FP 1

fS 2 > fS 1 ;

fP 2 < fP1

Im Bild FL 5-2 ist

FB z

die Betriebskraft, die für eine Schraube anfällt, dargestellt bzw.

FP z

die

Kraft, die von einer Schraube auf den entsprechenden Flanschsektor wirkt. Oft ist die Betriebskraft nicht konstant, sondern ändert sich von Null bis zu einem Maximalwert (schwellende Belastung). Dann schwankt die Schraubenkraft ständig zwischen FS1 und FS2, was zu einem Dauerbruch der Schraube führen kann. Die Betriebskraft liegt in der Schere zwischen den Kennlinien von Schraube und Flansch. Ist die Betriebskraft Null, so herrscht in der Schraube die Vorspannkraft FS1 . Steigt die Betriebskraft auf den Maximalwert FB , so wird die Schraubenkraft nur um FS 2 − FS 1 größer. Dagegen würde sich ohne Schraubenvorspannung die Schraubenkraft wie die Betriebskraft von 0 auf FB ändern. Die Kraftänderung in der Schraube lässt sich verringern (und damit auch die Dauerbruchgefahr), wenn man weiche Schrauben (Dehnschrauben) und steife Flansche verwendet. Dann ist die Schraubenkurve flach , die Flanschkurve steil und die Differenzkraft (Schwankungsbreite) der Schraube FS 2 − FS 1 kleiner.

162

2 Festigkeitslehre

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks F 6 Dehnungsmessstreifen an einer Platte An einer ebenen Platte aus Stahl mit dem Elastizitätsmodul E und der Querzahl ν wurden an einer Stelle mittels Dehnungsmessstreifen die Hauptdehnungen ε 1 und ε 2 in Richtung der Achsen (1) und (2) gemessen.

(2) y

x

ψ

(1) Gegeben

ε 1 = 0,09 % = 9 ⋅ 10 −4 ; Bild F 6

E = 2,1 ⋅ 10 5

N mm2

ε 2 = −0,06 % = −6 ⋅ 10 −4

; ν = 0,3 ; ψ = 30°

Gesucht a) Hauptnormalspannungen σ 1 , σ 2 b) Hauptschubspannung τ max und die zugehörige Normalspannung σ M c) Spannungen und Verformungen in einem um den Winkel ψ zu den Hauptdehnungen entgegen dem Uhrzeigersinn gedrehten Element (Quadrat mit 2mm Kantenlänge). Die Spannungen sollen rechnerisch und zeichnerisch mit dem Mohrschen Spannungskreis ermittelt werden. Lösung a) Hauptnormalspannungen (Bild FL 6a)

ψ a)

σ2

y

b) x

B

σ1

A

σy

τ yx

ψ

C

D

τ

σx τ xy

τ xy

σ1

σx

σ2 c)

σ1 =

σy

τ yx

σ2 = σ2 =

σx C d)

τ xy B

τ yx

0

M 2ψ

A

τ σ

D

σy

σ1 =

Bild FL 6

τ

E

⋅ (ε 1 + ν ⋅ ε 2 )

1 −ν 2

2,1 ⋅ 10 5 1 − 0,3 E

2

1 −ν 2

N mm 2

⋅ (ε 2 + ν ⋅ ε 1 )

2,1 ⋅ 10 5 1 − 0,3

(9 − 0,3 ⋅ 6) ⋅ 10 −4 = 166,15

2

(− 6 + 0,3 ⋅ 9) ⋅ 10 −4 = −76,15

N mm 2

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks

163

b) Hauptschubspannung mit zugehöriger Normalspannung

τ max = σM =

σ1 − σ 2 2

σ1 + σ 2 2

= =

166,15 + 76,15 N = 121,15 2 mm 2

166,15 − 76,15 N = 45 2 mm 2

Diese Spannungen treten in einem unter 45° zu den Hauptnormalspannungen gedrehten Element auf. Der Leser zeichne dieses Element mit den zugehörigen Spannungen. c) Um den Winkel ψ gedrehtes Element Spannungen

σx =

σy =

τ xy =

σ1 + σ 2 2

σ1 + σ 2 2

σ1 −σ 2 2

σ −σ2 166,15 − 76,15 166,15 + 76,15 N + 1 cos 2ψ = + cos 60° = 105,58 2 2 2 mm 2 σ −σ 2 166,15 − 76,15 166,15 + 76,15 N − 1 cos 2ψ = − cos 60° = −15,58 2 2 2 mm 2 ⋅ sin 2ψ =

166,15 + 76,15 N ⋅ sin 60° = 104,92 2 mm 2

Mohrscher Spannungskreis (Bild FL 6c) Mit den Punkten A (σ 1 ; 0) und B (σ 2 ; 0) kann der Mohrsche Spannungskreis gezeichnet werden, an dem dann die gesuchten Spannungen abzulesen sind. Beachte 1) Die Verdrehwinkel können am Element zwischen den Kanten (z. B. ψ zwischen den Kanten A und C ) oder zwischen den Spannungen (z. B. ψ zwischen σ 1 und σ x ) abgelesen werden (Bild FL 6a). Dem Winkel zwischen zwei verdrehten Kanten am Element entspricht der doppelte Winkel am Mohrschen Spannungskreis im gleichen Drehsinn. 2) Schubspannungen sind positiv (negativ), wenn sie in Richtung der äußeren Flächennormalen (bzw. in Richtung einer Zug-Normalspannung) gesehen nach rechts (links) zeigen. Verformungen

(

)

(

)

εx =

1 E

⋅ σ x − ν ⋅ σ y = 1 5 ⋅ (105,58 + 0,3 ⋅ 15,58) = 5,25 ⋅ 10 −4 2,1 ⋅ 10

εy =

1 E

⋅ σ y − ν ⋅ σ x = 1 5 ⋅ (− 15,58 − 0,3 ⋅ 105,58) = −2,25 ⋅ 10 −4 2,1 ⋅ 10

εx =

ΔAx Ax

Ÿ Δ A x = ε x ⋅ A x = 5,25 ⋅ 10 −4 ⋅ 2 mm = 1,05 ⋅ 10 −3 mm

Δ A y = ε y ⋅ A y = −2,25 ⋅ 10 −4 ⋅ 2 mm = −4,5 ⋅ 10 −4 mm

164

2 Festigkeitslehre

Die Fasern in x-Richtung werden um ε x gedehnt (um Δ A x verlängert), die Fasern in yRichtung um ε y gestaucht (um Δ A y verkürzt). Gleitmodul (Schubmodul) G=

2,1 ⋅ 10 5 N E = = 8,08 ⋅ 10 4 2 ⋅ (1 + ν ) 2 ⋅ (1 + 0,3) mm 2

Gleitwinkel Hookesches Gesetz τ = G ⋅ 㠟 γ =

τ G

=

104,92 8,08 ⋅ 10 4

= 1,299 ⋅ 10 −3 rad = 0,0744° = 4,46 '

An den Ecken mit zulaufenden Schubspannungen wird der ursprünglich rechte Winkel um γ verkleinert, an den Ecken mit weglaufenden Schubspannungen um γ vergrößert (Bild FL 6d).

F 7 Dünnwandiges Rohr beansprucht auf Innendruck, Biegung und Torsion

Mt

pÜ

r

y

B

Mb x

A

Mb s

Mt

Bild F 7

Ein dünnwandiges Rohr (mittlerer Radius r , Wanddicke s ) steht unter Innenüberdruck pü . Infolge von Rohraktionen (verursacht durch behinderte Wärmedehnungen im verzweigten Rohrstrang wird das Rohr zusätzlich durch ein Biegemoment Mb und durch ein Torsionsmoment Mt belastet.

Gegeben: r = 80 mm ; s = 2 mm

pü = 12 bar = 1,2 N 2 ; M b = 2000 ⋅ 103 Nmm ; M t = 1200 ⋅ 103 Nmm mm Gesucht: für ein Element auf der Zugbiegeseite bestimme man a) Hauptnormal- und Hauptschubspannungen b) Unter welchem Winkel ϕ 0 zur Horizontalen muss eine Spiralschweißung, die immer den gleichen Winkel mit der Horizontalen einschließt, ausgelegt werden, damit senkrecht zur Schweißnaht eine möglichst kleine Normalspannung σ 2 wirkt (um ein Aufreißen der Schweißnaht zu verhindern) ? Zusatzfrage Welche Spannungen entstehen in der nach b) konzipierten Schweißnaht, wenn das Torsionsmoment seinen Richtungssinn ändert? Lösung rechnerisch und zeichnerisch durch den Leser (σ S = 63,89 N 2 ; τ S = 19,47 N 2 ) . mm

mm

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks

165

Lösung Ein Momentenvektor (Pfeil mit Doppelspitze) zeigt in die Richtung, in die sich eine Rechtsschraube unter dem Einfluss des Moments bewegen würde.

c)

a)

τyx τxy

y

σx σy

σy B

A C σ2 ϕ1

B

A +ϕ σ x x τxy

σ1

τyx

B

σ2

D C σ1

ϕ1

D Schweißnaht

b) E

τ

A

D 0

2ϕ1

H

M

σ2

G

τ yx

Das ursprünglich rechteckige Element wird somit in ein schiefes Parallelogramm verformt. Entsprechend sind die Schubspannungen in den vertikalen Kanten rechts nach unten, links nach oben gerichtet.

τ xy

C

Das Torsionsmoment Mt verschiebt die rechte vertikale Kante des in Bild F 7 gezeichneten Flächenelements etwas nach unten, die linke Kante etwas nach oben.

σ

Spannungen Innendruck (Kesselformel)

σy =σt =

σy B F

σM

N pü ⋅ r 1,2 ⋅ 80 = = 48 s 2 mm2

σ A = 12 σ t = 24

σx

N mm 2

σ1 Bild FL 7

Biegung Wb = π ⋅ r 2 ⋅ s = π ⋅ 802 ⋅ 2 = 40,21 ⋅103 mm3 ; σ b =

M b 2000 ⋅ 103 N = = 49,74 3 Wb 40,21 ⋅ 10 mm2

Zusammenfassung der Normalspannungen

σ x = σ A + σ b = 24 + 49,74 = 73,74

N mm 2

Torsion Wp = 2 Wb = 80,42 ⋅ 103 mm3 ; τ =

M t 1200 ⋅ 103 N = = 14,92 3 Wp 80,42 ⋅ 10 mm2

Vorzeichenregel für rechnerische Lösungen Schnittgrößen und Spannungen sind positiv, wenn sie am positiven Schnittufer in die positive Koordinatenrichtung (oder am negativen Schnittufer in die negative Koordinatenrichtung) zeigen.

166

2 Festigkeitslehre

Ein Schnittufer ist positiv (negativ), wenn die äußere Flächennormale (zeigt vom Körperinneren nach außen) in die positive (negative) Koordinatenrichtung zeigt. Die positive Drehrichtung für die Winkelzählung ϕ erhält man, wenn man die x-Achse auf dem kürzesten Weg in die y-Achse dreht. Nach dem Gesetz der zugeordneten Schubspannungen laufen die Schubspannungen in zwei senkrechten Ebenen entweder auf die gemeinsame Kante zu oder von ihr weg. Nach diesen Vorzeichenregeln (die strikt bei allen Formeln und Rechnungen einzuhalten sind) sind die Schubspannungen an einem Flächenelement entweder alle positiv oder alle negativ. Damit lässt sich aber der Mohrsche Spannungskreis nicht konstruieren. Vorzeichenregel für die zeichnerische Lösung mit dem Mohrschen Spannungskreis Beim Mohrschen Spannungskreis sind die Schubspannungen in zwei diametral gegenüberliegenden Punkten einmal positiv und einmal negativ. Daher legt man eine nur für den Mohrschen Spannungskreis gültige Vorzeichenregel fest, die jedoch nicht für rechnerische Lösungen gilt: Schubspannungen sind positiv (negativ), wenn sie in Richtung der äußeren Flächennormale gesehen nach rechts (links) zeigen. Am Flächenelement im Bild FL 7a sind die Schubspannungen τ xy , τ yx in die Rechnung alle negativ einzusetzen. Sie zeigen nämlich am positiven Schnittufer in die negative Koordinatenrichtung und am negativen Schnittufer in die positive Koordinatenrichtung. Für die zeichnerische Lösung mit dem Mohrschen Spannungskreis ist in der Kante A die Schubspannung τ xy positiv, in der Kante B die Schubspannung τ yx dagegen negativ.

(

Mit den Punkten A (σ x ; + τ ) und B σ y ; − τ

)

lässt sich der Mohrsche Spannungskreis zeich-

nen, an dem die gesuchten Spannungen und Schnittwinkel abzulesen sind (Bild FL 7 b). Dem Winkel zwischen zwei verdrehten Kanten am Element entspricht der doppelte Winkel am Mohrschen Spannungskreis im gleichen Drehsinn. Man kommt von der Kante A zur Kante C bzw. von B nach D am Kreis über den Winkel 2 ϕ 1 und am Element zu den entsprechenden Kanten über den halben Winkel ϕ 1 beide Male im Uhrzeigersinn. Winkel, deren Schenkel paarweise aufeinander senkrecht stehen, sind gleich. Deshalb kommt man ebenso am Element von der Spannung σ x zur Spannung σ 1 , bzw. von σ y nach σ 2 über den Winkel ϕ 1 In der Kante D herrscht die kleinste Normalspannung σ 2 (und keine Schubspannung), daher ist die Schweißnaht unter dem Winkel ϕ 1 zur Horizontalen im Uhrzeigersinn auszuführen (Bild FL 7c)

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks

167

Hauptspannungen

σ 1,2 =

σx +σ y 2

2

2 § σ x −σ y · 73,74 + 48 § 73,74 − 48 · 2 ¸ +τ 2 = ± ¨¨ ± ¸ + 14,92 ¨ ¸ 2 2 2 ¹ © © ¹

σ 1,2 = 60,87 ± 19,7 ; σ 1 = 80,57

N mm 2

; σ 2 = 41,17

N mm 2

Spannungen in einem um 45° gegenüber den Hauptnormalspannungen verdrehten Element

σM =

σ1 + σ 2

τ max =

2

σ1 − σ 2 2

=

80,57 + 41,17 N = 60,87 2 mm2

=

80,57 − 41,17 N = 19,7 2 mm2

Verdrehwinkel zu den Hauptspannungen tan 2ϕ 0 =

2τ 2 ⋅ ( −14,92) = = −1,159 Ÿ 2ϕ 0 = −49,22° ; ϕ 0 = −24,61° σ x −σ y 73,74 − 48

Die positive Drehung von der x-Achse zur y-Achse verläuft entgegen dem Uhrzeigersinn, die negative Drehung im Uhrzeigersinn. Winkelunterscheidung d 2σ dϕ 2

d 2σ dϕ 2

(

)

= −2 σ x − σ y ⋅ cos 2ϕ 0 − 4τ xy ⋅ sin 2ϕ 0

= −2 (73,74 − 48) ⋅ cos(− 49,6° ) − 4 ⋅ (− 14,92 ) ⋅ sin(− 49,6°) < 0 Ÿ Maximum

ϕ1 = ϕ 0 = −24,61° Dieser Winkel führt von der Kante A zur Kante C bzw. von der Spannung σ x zur Spannung σ 1 durch Drehung im Uhrzeigersinn. In der Kante D herrscht die kleinste Normalspannung σ 2 (und keine Schubspannung), daher ist die Schweißnaht unter dem Winkel ϕ1 zur Horizontalen im Uhrzeigersinn gedreht auszuführen. Kontrolle der Hauptnormalspannungs-Richtung Aus rechtwinkligen Dreiecken am Mohrschen Spannungskreis, die im im Bild FL 7b zur besseren Übersicht nur angedeutet sind, liest man die folgenden Beziehungen ab. Der Leser zeichne diese Dreiecke in einer neuen Skizze und ergänze die Winkel ϕ1 .

168

2 Festigkeitslehre

Δ AGD : tan ϕ1 =

Δ AGC : tan ϕ1 =

GA GD

GC GA

=

=

τ xy

;

Δ BHC : tan ϕ1 =

σ1 − σ x ; τ xy

Δ BHD : tan ϕ1 =

σ x −σ 2

HB HC

HD HB

=

=

τ xy σ1 − σ y

σ y −σ 2 τ xy

Zusammenfassung tan ϕ1 =

τ xy σ x −σ 2

=

τ xy σ1 − σ y

=

σ1 − σ x σ y − σ 2 = τ xy τ xy

Nach der ersten Beziehung ist z. B. tan ϕ1 =

τ xy σ x −σ 2

=

− 14,92 = −0,458 Ÿ ϕ1 = −24,61° 73,74 − 41,17

F 8 Quader in eine Nut gepresst Ein elastischer Quader (z. B. eine Gummidichtung) der Länge A , der Breite b und der Höhe h wird in eine Nut mit starren Wänden gepresst (Pressung p ).

3

p

A 2

h 1

b

Bild F 8

Der Elastizitätsmodul des Quaders ist E , seine Querkontraktion ν .Von Reibungseinflüssen ist abzusehen. Gegeben p, A ; b ; h ; E ; ν

Gesucht a) Spannungen und Längenänderungen des Quaders b) das System der räumlichen Mohrschen Spannungskreise für ein Volumenelement des Quaders sowie die maximal auftretende Schubspannung. c) Spannungen und Längenänderungen des Quaders, wenn bei einer Druckeinwirkung p auf die Oberfläche auch noch in Längsrichtung starre Wände angebracht werden (rechteckige Aussparung). d) Spannungen und Längenänderungen, wenn der Quader in einer rechteckigen Aussparung (wie unter c) eine Temperaturerhöhung Δ T erfährt (bei einem WärmeausdehnungsKoeffizient α ) und auf die Oberfläche des Quaders kein Druck aufgebracht wird .

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks

169

Lösung τ

c)

σ3

a)

I I

σ2

II

II

III

σ2 σ2

III

σ1 =0

σ3

a) Es handelt sich hier um einen räumlichen Hauptnormalspannungszustand.

τ max 0 In Richtung 3 erfährt der Quader σ1 σ infolge der Pressung eine Druckspan-

nung σ 3 = − p . Der Quader verkürzt sich dadurch in Richtung 3 ( ε 3 ≠ 0 ) und verlängert sich in Richtung 1 unbehindert d. h. ohne Spannung ( σ 1 = 0 ; ε 1 ≠ 0 ).

σ3 b)

σ2

σ 1=0 I

σ3 σ2

σ3 σ 1=0 σ2

II

σ2 III

Der Quader will sich auch in Richtung 2 vergrößern, kann dies aber nicht infolge der starren Wände ( ε 2 = 0 ).

σ3

σ3 Bild FL 8

Es kommt jedoch in Richtung 2 infolge verhinderter Ausbreitung zu einer Druckspannung (σ 2 ≠ 0) . Die räumlichen Dehnungsgleichungen mit den 3 Unbekannten σ 2 , ε 1 , ε 3 lauten I ) ε1 =

1 E

⋅ [σ 1 − ν (σ 2 + σ 3 )] = − νE ⋅ (σ 2 − p )

II ) ε 2 = E1 ⋅ [σ 2 − ν (σ 1 + σ 3 )] = E1 ⋅ (σ 2 + ν ⋅ p ) = 0 III ) ε 3 = E1 ⋅ [σ 3 − ν (σ 1 + σ 2 )] = − E1 ⋅ ( p + ν ⋅ σ 2 )

aus II : σ 2 = −ν ⋅ p II in I : ε 1 =

ΔA

II in III : ε 3 =

A

=

Δh h

ν⋅p E

=−

⋅ (1 + ν ) Ÿ Δ A = (1 + ν ) ⋅

(

)

(

ν⋅p E

⋅A

)

p p ⋅ 1 −ν 2 Ÿ Δ h = − 1 −ν 2 ⋅ ⋅ h E E

b) Mohrsche Spannungskreise Man erhält die maßgebenden Flächenelemente, wenn man den Quader mit Spannungen durch orthogonale Projektion im Grundriss, Aufriss und Seitenriss darstellt (Bild FL 8b). Für die ebenen Elemente I , II , III erhält man je einen Mohrschen Spannungskreis (Bild FL 8c). Die maximale Schubspannung entspricht dem Radius des großen Spannungskreises I

τ max =

1 2

(σ 1 − σ 2 ) = − 12 σ 2 = 12 ν ⋅ p

170

2 Festigkeitslehre

c) Rechteckige Aussparung Zusätzliche starre Wände in Längsrichtung verhindern die Dehnung in Richtung 1 (ε 1 = 0) und bauen in dieser Richtung eine Druckspannung auf (σ 1 ≠ 0) . Es entsteht ein allseitiger Spannungszustand. 3 Unbekannte : σ 1 , σ 2 , ε 3 Die Dehnungsgleichungen lauten mit σ 3 = − p I ) ε1 =

1 E

⋅ [σ 1 − ν ⋅ (σ 2 + σ 3 )] =

1 E

⋅ [σ 1 − ν ⋅ (σ 2 − p )] = 0

II ) ε 2 = E1 ⋅ [σ 2 − ν ⋅ (σ 1 + σ 3 )] = E1 ⋅ [σ 2 − ν ⋅ (σ 1 − p )] = 0 III ) ε 3 = E1 ⋅ [σ 3 − ν ⋅ (σ 1 + σ 2 )] = − E1 ⋅ [ p + ν ⋅ (σ 1 + σ 2 )]

II in I = I’ : σ 1 − ν ⋅ σ 2 + ν ⋅ p = σ 2 − ν ⋅ σ 1 + ν ⋅ p Ÿ σ 1 (1 + ν ) = σ 2 (1 + ν ) Ÿ σ 1 = σ 2 Die Spannungen in den seitlichen Quaderwänden sind gleich I’ in I : σ 1 − ν ⋅ (σ 1 − p ) = 0 Ÿ σ 1 = σ 2 = − I’ in III : ε 3 =

Δh h

=−

p 1 ⋅ ( p + 2ν ⋅ σ 1 ) = − E E

ν 1 −ν

⋅p

§ 2ν 2 ⋅ ¨1 − ¨ 1 −ν ©

2 § · ¸ Ÿ Δ h = −¨1 − 2ν ¨ 1 −ν ¸ © ¹

·p ¸ ⋅h ¸E ¹

d) Wärmespannungen Kein Druck auf die Oberfläche vorausgesetzt: σ 3 = 0 Zu den mechanischen Dehnungen kommen jetzt noch thermische Dehnungen hinzu

ε ges = ε mech + ε th

wobei ε th = α ⋅ Δ T

Der Quader kann sich in Richtung 1 und 2 nicht ausdehnen (ε 1 = ε 2 = 0) , deshalb müssen die Wärmedehnungen durch entsprechende mechanische Stauchungen ausgeglichen werden. 3 Unbekannte treten auf: σ 1 , σ 2 , ε 3 I ) ε 1 = E1 ⋅ [σ 1 − ν ⋅ (σ 2 + σ 3 )] + α ⋅ Δ T = 0

⋅E

Mit σ 3 = 0 wird

σ 1 −ν ⋅σ 2 + E ⋅α ⋅ Δ T = 0 II ) ε 2 = E1 ⋅ [σ 2 − ν ⋅ (σ 1 + σ 3 )] + α ⋅ Δ T = 0

σ 2 −ν ⋅σ 1 + E ⋅α ⋅ Δ T = 0 I − II = I ' : σ 1 − ν ⋅ σ 2 − σ 2 + ν ⋅ σ 1 = 0 Ÿ

σ 1 ⋅ (1 + ν ) = σ 2 ⋅ (1 + ν )

: (1 + ν ) Ÿ σ 1 = σ 2

⋅E Ÿ

2.2 Mohrscher Spannungskreis, Spannungen infolge Innendrucks I’ in I : σ 1 − ν ⋅ σ 1 + E ⋅ α ⋅ Δ T = 0 Ÿ σ 1 = − III ) ε 3 =

Δh h

=

Δh =

Δh h

=

171

E ⋅α ⋅ Δ T =σ2 1 −ν

ª º 2ν 1 « ⋅ σ 3 − ν ⋅ (σ 1 + σ 2 )» + α ⋅ Δ T = − ⋅σ 1 + α ⋅ Δ T Ÿ  

» E «N E 2σ 1 ¬« 0 ¼»

2ν 2ν · 1 +ν § ⋅ α ⋅ Δ T + α ⋅ Δ T = α ⋅ Δ T ⋅ ¨1 + Ÿ ¸ = α ⋅ ΔT ⋅ 1 −ν 1 −ν © 1 −ν ¹ 1 +ν ⋅α ⋅ Δ T ⋅ h 1 −ν

F 9 Zwei konzentrische Rohre F

Rohr 2

starre Platte

Rohr 1

A1

Zwei dünnwandige Rohre sind ohne Zwischenraum und ohne Vorspannung konzentrisch ineinander gesteckt. Die Rohre haben die gleiche Wanddicke und sind aus gleichem Material. Das innere Rohr wird über eine starre Platte gleichmäßig durch eine Kraft F belastet. Zwischen den Rohren tritt keine Reibung auf. Gegeben F , d , s1 = s 2 = s , A 1 , E1 = E 2 = E , ν 1 = ν 2 = ν s w( a ) = 0,104 ⋅ EI EI

Die Biegelinie w = w( x ) ist im Bild FL 15d dargestellt.

2.3 Spannung und Verformung bei Biegung und Torsion

195

F 16 Balken mit abgesetztem Querschnitt

F

B

C folgt im Bereich AB durch eine konstante Streckenlast q

A E1 I 1

Ein Träger mit unterschiedlichen Biegesteifigkeiten

q E2 I 2

a

E1 I 1 und E 2 I 2 ist bei A eingespannt. Die Belastung er-

und am freien Ende C durch eine Einzelkraft F .

a

Gegeben : q , F , a , E1 I 1 , E 2 I 2

Bild F 16

Gesucht a) Auflagerreaktionen b) Durchbiegung des freien Balkenendes C c) Wie groß sind die Auflagerreaktionen, wenn an der Stelle C zusätzlich ein starres Loslager angebracht wird (statisch unbestimmtes System) und das Verhältnis der Biegesteifigkeiten E2 I 2 1 = beträgt ? E1 I 1 2 Beachte Der Elastizitätsmodul E (besser Steifigkeitsmodul) ist vom Material und von der Temperatur abhängig. Mit wachsender Temperatur wird die Steifigkeit kleiner, d. h. der E-Modul nimmt ab. Er kann für beide Trägerteile variieren, wenn sie aus unterschiedlichen Werkstoffen bestehen und/oder verschiedene Temperaturen aufweisen. Das Flächenträgheitsmoment I hängt vom Querschnitt ab. Lösung a)

a) Auflagerreaktionen

q

F

M MA

M FA

f B1

MA = a⋅ ϕ

B1

ϕ

B1

(12 q a + 2 F )

b) Durchbiegung

f C1

b) Bild FL 16

¦ M ( A) = 0 Ÿ M A = qa ⋅ a2 + F ⋅ 2a

F

F

¦ Fy = 0 Ÿ FA = q ⋅ a + F

a F f C2

Die beiden Trägerteile werden wechselweise jeweils einmal starr und einmal elastisch betrachtet.

196

2 Festigkeitslehre

1) AB elastisch, BC starr (Bild FL 16a) An der Stelle B wird vom Balken BC die Kraft F und das Moment M = F ⋅ a auf den Balken AB übertragen. Der Balken AB wird dann durch q , F und M belastet und verformt. Die Verformungen entnimmt man einer Tabelle mit Grundlastfällen : E1 I 1 ⋅ f B1 = 81 qa 4 + 13 Fa 3 +

1 2

M ⋅ a2 Ÿ N

f B1 =

F ⋅a

E1 I 1 ⋅ ϕ B1 = 16 qa 3 + 12 Fa 2 + N M ⋅ a Ÿ ϕ B1 = F ⋅a

f C1 = f B1 + ϕ B1 ⋅ a =

a3 ⋅ E1 I 1

a3 E1 I 1

a2 ⋅ E1 I 1

( 18 qa + 65 F )

( 16 qa + 23 F )

( 247 qa + 73 F )

2) AB starr, BC elastisch (Bild FL 16b) entspricht einer Verschiebung der Einspannung von A nach B fC2 =

F ⋅ a3 3 E2 I 2

3) Überlagerung f C = f C1 + f C 2 =

a3 3

ª 1 ⋅« ⋅ ¬ E1 I 1

( 78 qa + 7 F ) + E 1I

2 2

º ⋅ F» ¼

c) Starres Lager bei C Eine unbekannte Lagerkraft X wirkt nach oben. Es wird ( F − X ) anstelle von F in obige Gleichung eingesetzt. Das System ist jetzt statisch unbestimmt, so dass eine Verformungsbedingung zur Lösung erforderlich ist. fC = 0 :

1 ⋅ E1 I 1

[ 78 qa + 7 ⋅ (F − X )]+ E 1I

⋅ (F − X ) = 0 Ÿ

2 2

§ E I · E2 I 2 7 ⋅ 8 qa + ¨¨ 2 2 ⋅ 7 + 1¸¸ ⋅ (F − X ) = 0 E1 I 1 © E1 I 1 ¹

mit

E2 I 2 1 = wird E1 I 1 2 1⋅7 2 8

qa +

( 12 ⋅ 7 + 1)⋅ (F − X ) = 0 Ÿ

X =

7 72

qa + F

Das Lager bei C nimmt die Kraft F direkt auf und noch einen Teil der Streckenlast q . 65 qa ¦ Fy = 0 Ÿ FA = qa + F − X = qa + F − 727 qa − F = 72

qa 2 ¦ M ( A) = 0 Ÿ M A = qa ⋅ a2 + (F − X ) ⋅ 2a = 12 qa 2 − 727 qa ⋅ 2a = 11 36

2.3 Spannung und Verformung bei Biegung und Torsion

197

F 17 Balken mit veränderlicher Streckenlast q(x) A

q 0 Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken mit dem ElastiB

C

x

a

a Bild F 17

zitätsmodul E ist im Bereich AC durch eine linear veränderliche und im Bereich BC durch eine konstante Streckenlast q0 belastet.

Gegeben q0 = 8

kN m

=8

N mm

; a = 1 m ; E = 2,1 ⋅ 10 5

N mm2

Gesucht a) Auflagerkräfte b) Schnittgrößen-Verlauf c) Biegelinie mit der Klammerfunktion d) Wie groß ist das Flächenträgheitsmoment I zu wählen (z. B. aus einer Profiltabelle), wenn die Absenkung in Balkenmitte f C = 20 mm nicht überschreiten darf ? e) Kontrolle der Durchbiegung in Balkenmitte e1) mit dem Satz von Castigliano e2) mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit f) Wie groß sind die Auflagerkräfte, wenn bei C zusätzlich ein Loslager angebracht wird (statisch unbestimmtes System) ?

Lösung a) Auflagerkräfte (Bild FL 17-1a) R1 =

1q 2 0

⋅ a = 4 kN ; R2 = q0 ⋅ a = 8 kN

¦ M ( A) = 0 = − R1 ⋅ 23 a − R2 ⋅ 23 a + FB ⋅ 2 a Ÿ

FB = 13 R1 + 43 R2

( 16 + 43 )⋅ q0 a = 1211 q0 a = 1211 ⋅ 8 ⋅ 1 = 7,33 kN 11 )⋅ q a = 7 q a = 4,66 kN ¦ Fy = 0 Ÿ FA = R1 + R2 − FB = ( 12 + 1 − 12 0 12 0 FB =

b) Schnittgrößen Ermittlung durch Integration mit der Klammerfunktion : q0 von A bis a zum Balkenende B weiterlaufen, so muss der überschüssige Anteil in Form eines Dreiecks im zweiten Streckenabschnitt wieder abgezogen werden.

Lässt man die linear veränderliche Streckenlast q(x) mit gleicher Steigung

198

2 Festigkeitslehre Klammerfunktion der Streckenlast R2

q( x ) =

R1 +

a) FA

2 3

1 a 2

a Q

FB

q0 x r

Mb

b)

xr

FB

q0 q ⋅ x − 0 ¢ x − a²1 a a

Bei der Integration müssen zur Querkraft alle weiteren Kräfte, zum Biegemoment alle weiteren Momente mit einer Klammerfunktion vorzeichengerecht mit aufgenommen werden. Durch Einbeziehen der Auflagerreaktionen kann man die Integrationskonstanten bei den Schnittgrößen sparen. Q ( x ) = − ³ q( x ) ⋅ dx + ¦ Fi Q ( x ) = FA −

G c) FA

+

Q

FB x *r

M ( x ) = ³ Q ( x ) ⋅ dx + ¦ M i 1 q0 3 1 q 0 ⋅x + ¢ x − a² 3 6 a 6 a

qP

M ( x ) = FA ⋅ x −

+

Im Bereich der linear veränderlichen Streckenlast ist die Querkraftkurve eine quadratische Parabel qP , die Biegemomentenkurve eine kubische Parabel kP .

d) Mb

1 q0 2 1 q0 ⋅x + ¢ x − a² 2 2 a 2 a

M1

M2 qP

kP

(Bild FL 17-1c,d).

Bild FL 17-1

Im Bereich der konstanten Streckenlast ist die Querkraftkurve eine schräge Gerade G , die Biegemomentenkurve eine quadratische Parabel qP . Biegemoment in Trägermitte M 1 = FA ⋅ a − R1 ⋅ a3 =

7 q 12 0

5 q ⋅ a 2 = 3,33 kNm ⋅ a 2 − 16 q0 ⋅ a 2 = 12 0

Maximales Biegemoment Es tritt an der Nullstelle der Querkraft im rechten Bereich auf. Die Koordinate xr wird vom rechten Rand gezählt (Bild FL 17-1b) Q = q0 ⋅ x r − FB Q = 0 : q0 ⋅ x r* − FB = 0 Ÿ x r* =

FB 11 = a = 0,917 m q0 12

11 q a ⋅ 11 a − 1 q ⋅ M 2 = M max = FB ⋅ x *r − 12 q0 ⋅ x r* 2 = 12 0 12 2 0

(1211 a )2 = 12 (1211 )2 ⋅ q0 a 2

M max = 3,36 kNm

Beliebige spezielle Werte der Schnittgrößen sowie die Nullstelle der Querkraft lassen sich auch aus den Klammerfunktionen bestimmen, was der Leser zur Kontrolle prüfen möge.

2.3 Spannung und Verformung bei Biegung und Torsion

199

c) Biegelinie EI ⋅ w ′′( x ) = − M ( x ) = − FA ⋅ x +

1 q0 3 1 q 0 ⋅x − ¢ x − a² 3 6 a 6 a

1 1 q0 4 1 q0 EI ⋅ w ′( x ) = − FA ⋅ x 2 + ⋅x − ¢ x − a ² 4 + c1 2 24 a 24 a 1 1 q0 5 1 q0 EI ⋅ w( x ) = − FA ⋅ x 3 + x − ¢ x − a ² 5 + c1 ⋅ x + c 2 6 120 a 120 a

Randbedingungen: die Durchbiegung in den Lagern ist Null I ) w(0) = 0 : c 2 = 0 II ) w( 2a ) = 0 : − c1 =

187 q 720 0

a3 =

187 720

1 7 1 q0 1 q0 5 ⋅ q0 a ⋅ 8 a 3 + ⋅ 32 a 5 − ⋅ a + c1 ⋅ 2 a = 0 Ÿ 6 12 120 a 120 a

⋅ 8 ⋅ 13 = 2,078 kNm 2

d) Erforderliches Flächenträgheitsmoment f C = w( a ) = 20 mm 1 q a4 + c ⋅ a EI ⋅ w( a ) = − 16 FA ⋅ a 3 + 120 0 1

(

)

7 + 1 + 187 ⋅ q a 4 = EI ⋅ f C = − 16 ⋅ 12 0 120 720

I=

41 q 240 0

a4 Ÿ

N ⋅ 1012 mm 4 8 mm 41 q0 ⋅ a 4 41 ⋅ = ⋅ = 32,54 ⋅ 10 4 mm 4 = 32,54 cm 4 240 E ⋅ f C 240 2,1 ⋅ 10 5 N 2 ⋅ 20 mm mm

e) Kontrolle der Durchbiegung in Balkenmitte e1) mit dem Satz von Castigliano

q(x )1 FA

x1

R2

R1

q0 H M1

x2

M2

FB

Da an der Stelle C der gesuchten Durchbiegung keine Einzelkraft wirkt, muss dort eine Hilfskraft H angesetzt werden (Bild FL 17-2). Diese Hilfskraft verteilt sich je zur Hälfte auf die beiden Lager, so dass folgende Auflagerkräfte entstehen 7 q a + 1 H ; F = 11 q a + 1 H FA = 12 0 B 2 12 0 2

Bild FL 17-2

Die Funktion der linear veränderlichen Streckenlast erhält man mit dem Strahlensatz q q( x1 ) x1 = Ÿ q( x1 ) = 0 ⋅ x1 q0 a a

200

2 Festigkeitslehre

Biegemomente und deren partielle Ableitungen in den beiden Teilbereichen 0 ≤ x1 ≤ a

(

)

7 q a + 1 H ⋅ x − 1 q ( x ) ⋅ x ⋅ 1 x = 7 q a ⋅ x + 1 H ⋅ x − 1 q0 ⋅ x 3 M 1 = 12 1 1 1 3 1 12 0 1 2 1 6 0 1 2 2 a

∂ M1 1 = 2 x1 ∂H 0 ≤ x2 ≤ a

Bei Schnitten außerhalb der Streckenlast darf mit deren Resultierenden bei der Momentenbildung gerechnet werden.

(

)

(

)

7 q a + 1 H ⋅ (a + x ) − R ⋅ a + x − H ⋅ x − q x ⋅ 1 x M 2 = 12 0 2 1 3 2 2 0 2 2 2 2

∂M 2 1 = 2 ( a + x 2 ) − x 2 = 12 ( a − x 2 ) ∂H

Satz von Castigliano a §a · ∂ M1 ∂ M2 ∂U ¨ EI ⋅ wC = lim = lim ³ M 1 ⋅ ⋅ d x1 + ³ M 2 ⋅ ⋅ d x2 ¸ ¸ ∂H ∂H H →0 ∂ H H →0 ¨ 0 ©0 ¹

Noch vor der Integration wird zur besseren Übersicht H = 0 gesetzt a

EI ⋅ wC =

7 q 24 0

1 a ³ x12 ⋅ d x1 − 12 0

q0 a

a

− 12 R1

a

a

4 ³ x1 ⋅ d x1 +

7 q 24 0

a

0

³ (a + x2 ) ⋅ (a − x 2 ) ⋅ d x 2 − 0

a

41 q a 0 ³ (a3 + x2 )⋅ (a − x2 ) ⋅ d x 2 − 14 q0 ³ x 2 ⋅ (a − x2 ) ⋅ d x 2 = 240 2

0

4

wie vorher

0

Die Ausrechnung der Integrale wurde übersprungen und bleibt dem Leser überlassen. In den Klausuren wird aus Zeitgründen meist auch nur der Ansatz und die Vorbereitung bei einer aufwendigen Ausrechnung verlangt. e2) mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit Die Verformung (Verschiebung oder Verdrehung) infolge von Biegung wird bestimmt aus

δ =³

M ⋅M dx EI

Bei konstanter Biegesteifigkeit EI wird EI ⋅ δ = ³ M ⋅ M ⋅ d x M = M 0 = reelles Biegemoment aus der gegebenen Belastung

M = M 1 = virtuelles Biegemoment infolge einer virtuellen Belastung „1“, die eine virtuelle Kraft oder ein virtuelles Moment sein kann, je nachdem ob eine Verschiebung oder eine Verdrehung gesucht ist.

2.3 Spannung und Verformung bei Biegung und Torsion

201

Die Verformung kann analog auch für die anderen Schnittgrößen bestimmt werden. Dann tritt an die Stelle des Biegemoments die Normalkraft, die Querkraft oder das Torsionsmoment. Die reellen und die virtuellen Momente werden gekoppelt und die passenden Integrale dabei aus der Koppeltafel entnommen. Dazu muss man nur die Kurvenform und die Endwerte der Biegemomente kennen. Die Koppeltafel erspart die aufwendige Berechnung der Integrale.

2 3

a

R01 a) + FA

2q 0 q0

M

R02

x a

1a 3

FB

a G

+

b) kP

M 01

Um zu möglichst einfachen Kurven zu kommen, deren Integrale auch in der Koppeltafel enthalten sind, werden die Momentenwirkungen von allen Lasten und Auflagerreaktionen über den ganzen Balken hinweg einzeln für sich betrachtet (Bild FL 17-3 b,c,d). Die linear veränderliche Streckenlast wird zweckmäßig bis zum Balkenende kontinuierlich fortgesetzt (oberes großes Dreieck) und der überschüssige Anteil (unteres kleines Dreieck) wieder abgezogen (Bild FL 17-3a). Es ergeben sich folgende Biegemomente : Im reellen System mit den wirklichen Kräften und Momenten wird am Balkenende infolge der Auflagerkraft FA M 01 = FA ⋅ 2a =

M02

a ⋅ 2a =

7q 6 0

a2

infolge der oberen Dreieckslast A bis B

c) kP + M03

d)

mit R 01 = 2 q0 ⋅ 12 ⋅ 2a = 2 q0 a wird M 02 = R 01 ⋅ 23 a = 2 q0 a ⋅ 23 a =

1 e) 1 2

7 q 12 0

+ M G

G

1 2

4q 3 0

a2

infolge des unteren Dreiecks C bis B mit R 02 = q0 ⋅ 12 a =

Bild FL 17-3

M 03 = R 02 ⋅ 13 a =

1q 2 0

1q 2 0

a wird

a ⋅ 13 a = 16 q0 a 2

Im virtuellen System Die virtuelle 1-Kraft verteilt sich je zur Hälfte auf die beiden Lager und erzeugt in Balkenmitte das virtuelle Moment (Bild FL 17-3e) M =

1 2

⋅a

Jetzt wird jede reelle Biegemomentenkurve mit dem virtuellen Biegemoment kombiniert und dann werden die Werte addiert : EI ⋅ f = 16 A MM ⋅ (1 + α ) −

1 A MM 20

(

)

⋅ (1 + α ) ⋅ 1 + α 2 +

1 A MM 20

202

2 Festigkeitslehre

mit α =

a A

=

a 2a

EI ⋅ f = +

1 20

= 1 6

1 2

wird

(

⋅ 2a ⋅ 76 q0 a 2 ⋅ 12 a ⋅ 1 +

⋅ a ⋅ 16 q0 a 2 ⋅ 12 a =

41 q 240 0

a

1 2 4

) − 201 ⋅ 2a ⋅ 43 q0 a 2 ⋅ 12 a ⋅ (1 + 12 )⋅ (1 + 14 ) + wie vorher

f) Zusätzliches Lager bei C

a)

Die Lagerkraft FC macht die ursprüngliche Durchbiegung f wieder rückgängig (Bild FL 17-4a)

f

A

B FC R2

R1

b)

a

FC a

a

3

2

2

FA 2 3

a

FB

Aus einer Tabelle mit Grundlastfällen entnimmt man für die Durchbiegung in Balkenmitte eines beidseitig gelenkig gelagerten Balkens f =

FC ⋅ A 3 FC ⋅ (2a )3 FC ⋅ a 3 6 EI ⋅ f = = Ÿ FC = 48 EI 48 EI 6 EI a3

FC =

6 ⋅ 2,1 ⋅ 10 5

Bild FL 17-4

N mm2

⋅ 32,54 ⋅ 10 4 mm 4 ⋅ 20 mm 10 9 mm 3

= 8200 N

Man kann die statisch Unbestimmte FC auch direkt mit der Klammerfunktion ermitteln. Dann kommt in der Gleichung der Querkraft noch das Glied FC ¢ x − a ² hinzu, das auch beim weiteren Integrieren zu berücksichtigen ist. FC ist dann ebenso wie die Integrationskonstanten c1 und c2 unbekannt. Diese Unbekannten müssen aus den Randbedingungen bestimmt werden, wobei jetzt c1 einen anderen Wert annimmt als im statisch bestimmten Fall ohne Lager C .

Als weitere Randbedingung erhält man w( a ) = 0 , d. h. die Durchbiegung am Lager C ist Null. Die Ausführung dieser Lösungsvariante wird dem Leser empfohlen. Restliche Auflagerkräfte (Bild FL 17-4b)

¦ M ( A) = 0 = − R1 ⋅ 23 a + FC ⋅ a − R2 ⋅ 23 a + FB ⋅ 2a Ÿ

FB = 13 R1 + 43 R2 − 12 FC

FB = 13 ⋅ 4 + 43 ⋅ 8 − 12 ⋅ 8,2 = 9,23 kN

¦ Fy = 0 Ÿ

FA = R1 + R2 − FB − FC = 4 + 8 − 9,23 − 8,2 = −5,43 kN

Das Minuszeichen besagt, die Auflagerkraft FA zieht am Balken nach unten.

2.3 Spannung und Verformung bei Biegung und Torsion

203

F 18 Überkragender Balken Ein Balken (Biegesteifigkeit EI ) ist bei A und B gelenkig gelagert. Er ist zwischen den Lagern mit einer konstanten D Streckenlast q und am überkragenden Ende D mit einer Einzelkraft F belastet. F

q A C a

B a

a

Gegeben : F, q, a, EI

Bild F 18

Gesucht a) Auflagerkräfte b) Durchbiegungen bei C und D c) Welche Bedingung muss für das Belastungsverhältnis F / qa bestehen, damit die Punkte C und D sich beide nach unten absenken ? d) Bei welchem Belastungsverhältnis sind die Durchbiegungen bei C und D nach unten gerichtet und gleich groß ?

Lösung R

F

a) FB

FA

G q

wDq

b) wCq

α Bq

F

c) x1

wCF

Resultierende der Streckenlast R = q ⋅ 2a

¦ M ( A) = 0 = FB ⋅ 2a − R ⋅ a − F ⋅ 3a Ÿ FB = qa + 23 F ¦ Fy = 0 Ÿ FA = R + F − FB = q ⋅ 2a + F − qa − 23 F FA = qa − 12 F

b) Durchbiegungen (Grundlastfälle)

w1

A1

a) Auflagerkräfte (Bild FL 18a)

A2

w2

Aufteilung in 2 Lastfälle, die jeweils gegensinnige Verschiebungen der Punkte C und D zur Folge haben. Verformung nur durch Streckenlast q (Bild FL 18b) wCq =

F

Bild FL 18

q ⋅ (2a ) q ⋅ a3 =− =− 24 EI 3 EI 3

α Bq

d)

5 q ⋅ (2a )4 5 q ⋅ a 4 = 384 EI 24 EI

wDF

wDq = α Bq ⋅ a = −

q ⋅ a4 3 EI

Die Biegelinie setzt sich von B nach D ungekrümmt als Gerade G fort.

204

2 Festigkeitslehre

Verformungen nur durch die Einzelkraft F Allgemeine Grundlastformeln gemäß Bild FL 18c w1 = −

2 F ⋅ A 1 ⋅ A 2 ⋅ x1 ª § x1 · º ⋅ «1 − ¨¨ ¸¸ » ; 6 EI « © A1 ¹ » ¼ ¬

w2 =

F ⋅ A 2 2 ⋅ (A 1 + A 2 ) 3 EI

Speziell für A 1 = 2a ; A 2 = a ; x1 = a nach Bild FL 18d wird w1 = wCF = −

w2 = wDF =

2 F ⋅ 2a ⋅ a ⋅ a ª § a · º F ⋅ a3 3 F ⋅ a3 ⋅ =− ⋅ «1 − ¨ ¸ » = − 6 EI 3 EI 4 4 EI «¬ © 2a ¹ »¼

F ⋅ a 2 ⋅ (2a + a ) F ⋅ a 3 = 3 EI EI

Überlagerung wC = wCq + wCF =

5q a4 F ⋅ a3 qa4 − = 24 EI 4 EI 24 EI

§ F · ¸ ⋅ ¨¨ 5 − 6 q a ¸¹ ©

q a4 F ⋅ a3 q a4 + = EI 3 EI 3 EI

§ F · ⋅ ¨¨ 3 − 1¸¸ q a © ¹

wD = wDq + wDF = −

c) Absenkung der Punkte C und D nach unten (in die positive Richtung), wenn wC > 0 : 5 − 6 qFa > 0 Ÿ wD > 0 : 3 qFa − 1 >

F < 5 qa 6 0 Ÿ qFa > 13

½ 1 10 F 25 F 5 ° < < oder < < ¾ 30 q ⋅ a 30 q a 3 6 ⋅ °¿

d) Gleiche Absenkungen, wenn wC = w D :

qa4 24 EI

30 qFa = 13 Ÿ 10 30


λ P = 104 Ÿ Knickfall II nach Euler ,83

H SJR 235: Grenzschlankheitsgrad zum plastischen Knicken λ P = 104 Knickspannung (Druckspannung im Stab beim Ausknicken)

σk =

Fk π 2 ⋅ E π 2 ⋅ E A π 2 ⋅ 2,1 ⋅ 10 7 ⋅ 20 Ÿ Fk = = = 207,5 ⋅ 10 3 N = 207,5 kN = 2 2 2 A λ λ 141,34

Fk = Knickkraft (kritische Kraft, bei der der Stab ausknickt)

Je größer die Knickkraft ist, umso geringer ist die Knickgefahr.

2.8 Knicken von Stäben, Stabilität

259

Knicksicherheit Sk =

Fk F 207,5 Ÿ FA zul = k = = 69,17 kN FA zul Sk 3

Zulässige Auflagerkraft bei A FA zul = 83 G A zul Ÿ G A zul = 83 FA zul = 83 ⋅ 69,17 = 184,45 kN Stab B : eingespannt – gelenkig (Lagerungsfall III ) Freie Knicklänge : A k = 0,7 A = 0,7 ⋅ 400 = 280 cm Trägheitsradius i = 2,83 cm wie bei Stab A Schlankheitsgrad

λ=

> 60 Ak 280 Ÿ Tetmajer-Bereich = = 98,94 < 104 i 2,83

Empirische Knickspannungsformel von Tetmajer

σ k = a − b ⋅ λ + c ⋅ λ2 Für den Werkstoff H SJR 235 gilt

λS = 60 Abgrenzung zum Abquetschen λ P = 104 Abgrenzung zum plastischen Knicken a = 310 N 2 ; b = 1,14 N 2 ; c = 0 mm

mm

σ k = 310 − 1,14 ⋅ λ = 310 − 1,14 ⋅ 98,94 = 197,21

N mm2

= 19,721 kN2 cm

Fk = σ k ⋅ A = 19,721 ⋅ 20 = 394,42 kN

Zulässige Auflagerkraft bei B Sk =

Fk F 394,42 Ÿ FB zul = k = = 131,47 kN FB zul Sk 3

FB zul = 85 G B zul Ÿ G B zul = 85 FB zul = 85 ⋅ 131,47 = 210,35 kN G A zul < G B zul

Für die Stütze A ist das zulässige Quadergewicht G zul kleiner (schärfere und damit maßgebende Bedingung). Damit ist G zul = G A zul ≈ 184 kN

260

2 Festigkeitslehre

F 39 Untersuchung der Knickrichtung bei einem rechteckigen Stab x

a)

F

b)

Ein an seinem unteren Ende einseitig eingespannter Stab mit Rechteckquerschnitt aus Stahl H SJR 235 ist mit einer Druckkraft F zentrisch belastet.

b

Schneiden

(F)

y

h

z

y

(x)

A

z

Der Stab wird an seinem oberen Ende durch ein kurzes Gleitlager in Form von 2 gegenüberliegenden Schneiden, die eng am Stab anliegen, fixiert (Bild F 39). Die Schneiden verhindern ein seitliches Verschieben des oberen Stabendes in der y,z-Ebene, lassen jedoch eine Winkeldrehung zu. In der x,z-Ebene lässt sich das obere Stabende dagegen frei verschieben.

h Bild F 39 b

Gegeben E = 2,1 ⋅ 10 5

N mm2

; b = 2 cm ; h = 2 b = 4 cm

a) A = 0,8 m = 80 cm ; b) A = 1,6 m = 160 cm

Gesucht Nach welcher Richtung wird der Stab ausknicken und wie groß ist die entsprechende Knicklast Fk (kritische Last) ? Die Untersuchung ist für zwei verschiedene Stablängen durchzuführen.

Lösung 1) Knicken nach links / rechts (Biegung um die z-Achse) nach Bild FL 39a eingespannt – gelenkig (Lagerfall III ) : freie Knicklänge A k = 0,7 A 2) Knicken nach vorne / hinten (Biegung um die y-Achse) nach Bild FL 39b eingespannt – frei (Lagerfall I ) : freie Knicklänge A k = 2 A Flächenträgheitsmomente Iy =

b ⋅ h 3 b ⋅ (2 b )3 2 4 = = b ; 12 12 3

Trägheitsradius i =

I A

Schlankheitsgrad λ =

Ak = Ak ⋅ i

Iz =

A I

h ⋅ b3 2 b ⋅ b3 1 4 = = b 12 12 6

2.8 Knicken von Stäben, Stabilität

261

Der Schlankheitsgrad ist maßgebend für die Untersuchung der Versagensart: Quetschen, plastisches Knicken, elastisches Knicken (siehe Aufgabe F 38).

a)

x

b)

F

x

Fall a : A = 80 cm 1) Lagerfall III F

y

λ 1= A k 1 ⋅ z

(y)

(z)

12 A b⋅h = 0,7 A ⋅ = 0,7 A ⋅ h ⋅ b3 Iz b2 12

λ 1 = 1,4 ⋅ 3 ⋅ bA = 1,4 ⋅ 3 ⋅ 80 = 97 < λ P = 104 Ÿ 2

A

Rechnung nach Tetmajer für H SJR 235

σ k = 310 − 1,14 ⋅ λ = 310 − 1,14 ⋅ 97 = 199,42

N mm2

Fk1 = σ k ⋅ A = σ k ⋅ b ⋅ h = 199,42 ⋅ 20 ⋅ 40 b

Fk1 = 159,5 ⋅ 10 3 N = 159,5 kN

h y

h

2) Lagerfall I

b

z y

z

λ 2 = A k2

Bild FL 39

A b⋅h A 12 = 2A = 2A =4 3⋅ 3 2 b⋅h Iy h h 12

λ 2 = 4 ⋅ 3 ⋅ 80 = 138,6 > λ P = 104 Ÿ Rechnung nach Euler 4 Fk = E I ⋅

π2 A k2

Fk 2 = E ⋅ I y ⋅

π2

(2 A )2

π 2 π 2 E ⋅ b4 E ⋅ b4 2 2,1 ⋅ 10 5 ⋅ 20 4 = E ⋅ b4 ⋅ = ⋅ = 1,64 ⋅ = 1,64 ⋅ 3 6 4 A2 A2 A2 800 2

Fk 2 = 86,1 ⋅ 10 3 N = 86,1 kN < Fk1 = 159,5 kN

Fall b : A = 160 cm Bei doppelter Stablänge und gleichem Trägheitsradius ist der Schlankheitsgrad doppelt so groß.

λ 1 = 2 ⋅ 97 = 194 > λ P = 104 Ÿ Euler Fk1 = E I ⋅

π2

1 π2 π2 E ⋅ b4 = E Iz ⋅ = E ⋅ b4 ⋅ = 3,36 ⋅ 6 A2 0,49 A 2 (0,7 A )2 A k2

262

2 Festigkeitslehre

Fk1 = 3,36 ⋅

2,1 ⋅ 10 5 ⋅ 20 4 1600 2

= 44,1 ⋅ 10 3 N = 44,1 kN

λ 2 = 2 ⋅ 138,6 = 277,2 > λ P = 104 Ÿ Euler Fk 2 = E I y ⋅ Fk 2 = 1,64 ⋅

π2

(2 A )2

π 2 π 2 E ⋅ b4 E ⋅ b4 2 = E ⋅ b4 ⋅ = ⋅ = 1,64 ⋅ 3 6 A2 A2 4 A2

2,1 ⋅ 10 5 ⋅ 20 4 1600

2

= 21,5 ⋅ 10 3 N = 21,5 kN < Fk1 = 44,1 kN

Bei beiden Längen knickt der Stab trotz des größeren Flächenträgheitsmoments in der freien Ebene mit der kleineren Knickkraft.

F 40 Knickbiegung bei einem eingespannten Stab Ein eingespannter Stab (Länge A , Biegesteifigkeit EI ) wird nach Bild F 40 am freien Ende durch eine horizontale Kraft H und eine vertikale Last F belastet.

F H y

Gegeben : F , H , E , I , A x

A

E --I

Gesucht a) horizontale Verschiebung f des freien Stabendes b) Biegemoment an der Einspannstelle c) kritische Last Fk

Bild F 40

Lösung

y

Die Durchbiegung des Stabes und damit auch der Hebelarm der Belastungskraft F wird so groß, dass das Biegemoment durch die Verformung wesentlich beeinflusst wird. Um diesem Effekt Rechnung zu tragen, müssen die Gleichgewichts-Bedingungen am verformten System aufgestellt werden (Theorie 2. Ordnung).

M(x)

Der Stab wird durch die vertikale Kraft F zunächst nur auf Druck und durch die horizontale Kraft H auf Biegung beansprucht.

F H

y x

f Bild FL 40

Nach erfolgter Durchbiegung beteiligt sich auch die Kraft F an der Biegewirkung, daher spricht man von Druckbiegung oder wegen der damit verbundenen Gefahr des Ausknickens beim Erreichen einer bestimmten kritischen Last auch von Knickbiegung.

2.8 Knicken von Stäben, Stabilität

263

Gewählt wird ein körperfestes x,y-Koordinatensystem mit dem Ursprung am freien Stabende nach Bild FL 40. An der Schnittstelle x ist das Biegemoment M (x ) = H ⋅ x + F ⋅ y

Dgl. der Biegelinie y ′′ = −

M (x ) H F =− ⋅x− ⋅yŸ EI EI EI

y ′′ +

F H ⋅y=− ⋅ x wobei ω = E I E I N

F EI

ω2

Diese Form einer inhomogenen Dgl. kommt häufig bei Schwingungs-Berechnungen vor und kann von dort zum Vergleich herangezogen werden. Die allgemeine Lösung setzt sich aus einem homogenen (Index h) und einem partikulären (Index p) Anteil zusammen. y = yh + yp

Setzt man die rechte Seite der Dgl. gleich Null, so erhält man als homogene Lösung y h = A ⋅ sin ω x + B ⋅ cos ω x

Partikulärer Ansatz in der Form der rechten Seite mit einer Konstanten k yp = k ⋅ x ;

y p′ = k ;

y p″ = 0

eingesetzt in die Dgl. 0+

H F H ⋅k x = − ⋅xŸ k =− ; EI EI F

yp = −

H ⋅x F

damit wird die Lösung der inhomogenen Dgl. y = A ⋅ sin ω x + B ⋅ cos ω x − H ⋅x F y ′ = A ⋅ ω ⋅ cos ω x − B ⋅ ω ⋅ sin ω x − H F

Randbedingungen y (0) = 0 : B = 0

I ) für x = 0 ist II ) für x = A ist

y ′(A ) = 0 : A ⋅ ω ⋅ cos ω A −

H =0Ÿ F

A=

damit ergibt sich die Durchbiegung in Abhängigkeit von x y (x ) =

H ⋅ sin ω x H − ⋅x F ⋅ ω ⋅ cos ω A F

a) Durchbiegung des freien Stabendes f = y (x = A ) =

§ tan ω A · H ⋅ sin ω A H H − ⋅A = ⋅ A ⋅ ¨¨ − 1¸¸ F ⋅ ω ⋅ cos ω A F F © ωA ¹

H F ⋅ ω ⋅ cos ω A

264

2 Festigkeitslehre

b) Einspannmoment M E = M (x = A ; y = f ) = H ⋅ A + F ⋅ f

c) Kritische Last Steigert man die vertikale Last F immer mehr unter Beibehaltung einer konstanten horizontalen Kraft H , so kommt es bei einer bestimmten kritischen Last Fk zu so großen Biegeverformungen, dass der Stab zu Bruch geht. Die Durchbiegung wird (theoretisch) unendlich groß, wenn der Faktor mit der Klammer unendlich groß wird : tan ω k A → ∞ , d. h. ω k A = 2

§π · Fk = ¨¨ ¸¸ ⋅ E I © 2A ¹

π 2

bzw.

Fk π ⋅A = Ÿ 2 EI

Aufgaben zur Selbstkontrolle

265

Aufgaben zur Selbstkontrolle FA 1-1 Umbau eines Zweistäbeverbandes (Schwierigkeitsgrad leicht) a)

Gegeben

b) E

A a

60°

B

1

A

B 30°

2 30° 30°

C

F = 4000 N

60°

α

D F

Bild FA 1-1

C

a = 1,2 m 2 3

a

1 3

a

E = 2,1 ⋅ 105

N mm 2

d a = 50 mm d i = 40 mm

F

Fall 1 (Bild FA 1-1a) Ein symmetrischer Zweistäbeverband ist bei C mit einer horizontalen Kraft F belastet. Die Stäbe haben Rohrquerschnitt (Außendurchmesser d a , Innendurchmesser d i ) und den Elastizitätsmodul E . Gesucht a) Stabkräfte, Spannungen und Längenänderungen der Stäbe b) horizontale Verschiebung u des Gelenkpunktes C . Man zeichne dazu den zugehörigen Verschiebungsplan. Hinweis: anstelle der Kreisbögen um die Gelenkpunkte A bzw. B werden die entsprechenden Tangenten als Senkrechte zu den Längenänderungen gezeichnet. Fall 2 (Bild FA 1-1b) Aus Platzgründen wird Stab 2 verkürzt und um a /3 nach oben verschoben. Der Abstand AB der oberen Gelenkpunkte soll beibehalten werden. Wie groß sind jetzt die maximalen Spannungen in den Stäben unter der Last F (Biege- und Zugspannung an der Stelle D des Stabes AC ) ? Wie viel mal größer ist jetzt die maximale Spannung ? Hinweis: man bestimme zunächst mittels Dreiecksgeometrie die Strecke AE und den Winkel BDE = α . Ergebnisse Fall 1 a) FS1 = F (Zugstab) ; FS2 = − F (Druckstab) ; σ 1 = −σ 2 = 5,66 b) u = CC ' = 0,074 mm

N mm2

; ΔA = ±0,037 mm

266

2 Festigkeitslehre

Fall 2 AE = 0,462 m ; α = 49,11°

Stab BD : FS = 5290 N ; σ d = 7,48

N mm2

Stab ADC : M D = 1,6 ⋅ 10 3 Nm ; σ b = 220,87

N mm2

; Fz = 2999,4 N ; σ z = 4,24

N mm2

; σ ges = 225,11

N mm2

Die maximale Spannung ist im Fall 2 rund 40 mal größer als im Fall 1.

FA 1-2 Statisch unbestimmt gelagerter Balken mit Momentenbelastung (Schwierigkeitsgrad mittel) M

Gegeben M = 4000 Nm

A

C

B 1 3a

2 a

a = 0,3 m 3 a 2

A1 = 2 A2 = 1,5 cm 2 E1 = E 2 = 2,1 ⋅ 10 5

Bild FA 1-2

N mm2

An einem bei A gelenkig gelagerten Balken greift ein Moment M an. Der Balken wird außerdem bei B und C durch zwei Stäbe gestützt. Die Stäbe sind aus dem gleichen Material (Elastizitätsmodul E1 = E 2 ) und haben die Querschnitte A1 bzw. A 2 . Gesucht für zwei verschiedene Fälle Fall 1 : Balken starr, Stäbe elastisch Man bestimme Stab- und Auflagerkräfte und die Stabverformungen. Fall 2 : Balken elastisch, Stäbe starr Man bestimme Stab- und Auflagerkräfte sowie den Schnittgrößen-Verlauf im Balken. (Tipp: 0-System ohne Stab 1) In welchem Abstand x 0 vom Lager A ist das Biegemoment Null (Wendepunkt der Biegelinie mit Krümmungswechsel konkav – konvex)? Man skizziere pauschal die Biegelinie mit Berücksichtigung der Lagerbedingungen und des Wendepunkts. Ergebnisse Fall 1 S1 = −1739 N; S 2 = −1159 N; FA = 2898 N; ΔA 1 = −0,025 mm; ΔA 2 = −0,033 mm

Fall 2 S1 = −11111 N; S 2 = 5000 N; FA = 6111 N; M A = M ; M B = −1,5 kNm; x 0 = 0,655 m

Aufgaben zur Selbstkontrolle

267

FA 1-3 Eingespannter, am Seil hängender Balken mit Dreieckslast (Schwierigkeitsgrad mittel) Querschnitt

Gegeben

2a

η

q0

y z ζ

A B

x

a

A/2

kN m

A = 2m ; A S = E = 2,1 ⋅ 105

S

AS

A/2

0

ζS

d

q0 = 5

2a

C

2A 3

N mm 2

ES = 0,7 ⋅ 10 5

N mm2

a = 20 mm a

d = 15 mm

Bild FA 1-3

Ein elastischer Balken (Länge A , Elastizitätsmodul E ) mit dem vorgegebenen T-förmigen Querschnitt ist bei C fest eingespannt und bei B durch ein elastisches Seil (Durchmesser d, Elastizitätsmodul ES ) gehalten. Die Belastung erfolgt durch eine linear veränderliche Streckenlast mit dem Höchstwert q0 . Gesucht a) Streckenlast, Resultierende und Schnittmoment für einen an der beliebigen Stelle x abgetrennten Balkenteil. b) Biegelinie des Balkens ohne Seil (0-System) in Abhängigkeit der laufenden Koordinate x durch Integration der Differenzialgleichung (Dgl.) der elastischen Linie w ′′ = −

Mb EI

c) Schwerpunktslage ζ S und Flächenträgheitsmoment Iy des Querschnitts d) Seilkraft und Auflagerreaktionen e) Spannung im Seil und im Balken an der Einspannung C f) Durchbiegung des freien Balkenendes A Ergebnisse a) q x =

q0 1 q 1 q ⋅ x ; Rx = ⋅ 0 ⋅ x 2 ; M x = − ⋅ 0 ⋅ x 3 A 6 A 2 A

b) w( x ) =

5 q0 ⋅ A 4 ª 5 x 1 § x · º ⋅ «1 − + ¨ ¸ » 30 EI « 4 A 4 © A ¹ » ¬ ¼

268

2 Festigkeitslehre

c) ζ S = 2,5 cm ; I y = 49,33 cm 4 d) FS = 2963 N ; FC = 2037 N ; M C = 370,33 Nm e) σ S = 16,77

N mm2

; σ b1 = 18,77

N mm2

; σ b 2 = −26,28

N mm2

f) wA = 1,9 mm

FA 2-1 Eingespannter Balken mit Stütze (Schwierigkeitsgrad mittel) Gegeben q C 2a

q = 4 kN m a

B

3a

A

a = 0,6 m E = 2,1 ⋅ 10 5

x d

Bild FA 2-1

D

N mm2

für Balken und Stab

b = 3 cm ; h = 5 cm ; d = 1,2 cm

Ein elastischer Balken (Elastizitätsmodul E) mit Rechteckquerschnitt (Breite b , Höhe h ) ist bei A fest eingespannt und bei B durch einen elastischen Stab (Durchmesser d ) gestützt. Er wird im ganzen Bereich AC durch eine konstante Streckenlast q belastet. Gesucht a) Stabkraft und Auflagerreaktionen (Lösung z. B. durch Überlagerung von Grundlastfällen, 0-System ohne Stab BD ) b) Schnittgrößenverlauf im Balken mit Angabe der Biegemomente bei A und B sowie des relativen Maximums Mb0 zwischen A und B (Nullstelle der Querkraft Q = 0 ) An welchen Stellen zwischen A und B ist das Biegemoment Null (Wendepunkte der Biegelinie) ? Man skizziere die Biegelinie qualitativ mit Beachtung der Lagerbedingungen und der Wendepunkte (Stellen mit Krümmungswechsel konkav – konvex) c) Maximale Biegespannung im Balken, Druckspannung im Stab d) Absenkung des freien Balkenendes C und die Zusammendrückung des Stabes Ergebnisse a) FS = 5,69 kN ; FA = 3,91 kN ; M A = 127,8 kNcm b) M bA = −127,8 kNcm ; M bB = −72 kNcm ; M b0 = 63,3 kNcm (relatives Maximum) M b 0 mit Q = 0 tritt im Abstand x0 =1,423 m vom freien Balkenende C auf.

Aufgaben zur Selbstkontrolle

269

Biegemomentenkurven: 2 quadratische Parabeln mit Knick bei B Nullstellen von Mb bei x1 = 1,986 m und x2 = 0,86 m (Wendepunkte der Biegelinie) c) σ b max = ±102,24

N mm2

; σ S = −50,35

N mm2

d) wC = −0,05 mm (geringe Durchbiegung nach oben); ΔA = −0,29 mm

FA 2-2 Scheibe mit aufgewickeltem Seil (Schwierigkeitsgrad leicht) a)

Gegeben d1

A

A1

B

G1 = 1,5 kN ; G2 = 3 kN r = 0,6 m d1 = 80 mm ; d2 = 12 mm

A2

G1

d2 b)

r

A 1 = 0,7 m ; A 2 = 18 m

E = 2,1 ⋅ 10 5

s C

ν = 0,3 (Querzahl)

a

G=

2a G2 Bild FA 2-2

N mm2

E 2,6

(Gleitzahl oder Schubmodul)

zu Bild FA 2-2b a = 50 mm ; s = 5 mm

Eine elastische Welle (Durchmesser d1 , Länge A 1 ) aus Stahl (Elastizitätsmodul E , Schubmodul G ) ist nach Bild FA 2-2a bei A eingespannt und am Ende B mit einer Scheibe (Radius r , Gewicht G1) versehen, auf die ein elastisches Stahlseil (Durchmesser d2 , freie Länge A 2 , Elastizitätsmodul E ) aufgewickelt ist. Das Stahlseil trägt am freien Ende eine Last vom Gewicht G2. Die Gewichte der Welle und des Stahlseils sind vernachlässigbar. Gesucht a) Einspannreaktionen b) Biege- und Torsionsspannungen an der Einspannung A an der Oberseite der Welle, sowie Hauptnormal- und Hauptschubspannungen (rechnerische Lösung). Mit dem Mohrschen Spannungskreis kontrolliere man die Rechnung und zeichne die entsprechenden Flächenelemente mit den Hauptspannungen. c) Durchbiegung und Verdrehung des freien Wellenendes B sowie die Absenkung des Seilendes C d) Die kreisförmige Welle soll jetzt durch einen rechteckigen Kastenträger nach Bild FA 2-2b ersetzt werden. Wie groß ist dann die maximale Biegespannung und die Durchbiegung am freien Ende B ?

270

2 Festigkeitslehre

e) Mit Hilfe der Bredtschen Formeln (Torsion dünnwandiger Hohlquerschnitte) bestimme man die maximale Torsionsspannung, die Verdrehung des Kastens und die Absenkung des Seilendes C . Ergebnisse a) FAz = 4,5 kN ; MAx = 1,8 kNm ; MAy = 3,15 kNm b) σ b = 62,66 ; τ xy = 17,9 ; σ 1 = 67,41 ; σ 2 = −4,75 ; σ M = 31,33 ; τ max = 36,08

N mm2

ϕ1 = 14,87° c) f B = 1,22 mm ; ϕ B = 3,88 ⋅ 10 −3 rad ; d) σ b = 140,2 e) τ = 42,11

N mm2

N mm2

f C = 5,82 mm

f B = 4,36 mm

;

; ϕ = 11,95 ⋅ 10 −3 rad ;

f C = 13,8 mm

FA 2-3 Allgemeiner Biegefall (Schwierigkeitsgrad schwer, umfangreich. Vergleiche Aufgabe F 29 . Die Aufgabe lässt sich durch Angabe von Zwischenergebnissen in einfachere Teilaufgaben zerlegen ) a) Querschnitt

q

q

η ζS

P

A

S1

20

z Q z

S2

60

b)

a

RAB

Ay

y

F

z

By

Bz

Az

ζ 30

Bild FA 2-3

B

(F) C

x

ηS 40

x 2a

F

S y

(y)

Ay

RAC C

c) A Az

Qy

Qz

My Mz

Aufgaben zur Selbstkontrolle

271

Gegeben q=3

kN m

; F = 4 kN ; a = 1,2 m

Da hier einerseits der Querschnitt unsymmetrisch ist und andererseits Biegemomente um die yAchse und um die z-Achse auftreten, handelt es sich um einen allgemeinen Biegefall. Zur Abkürzung der Aufgabe könnten auch Zwischenergebnisse wie z. B. die Biegemomente M y , M z oder die Flächenträgheitsmomente I y , I z , I yz für eine Weiterrechnung als gegeben angenommen werden. Aufgabentext Ein beidseitig gelenkig gelagerter Träger wird in der x, z-Ebene durch eine konstante Streckenlast q und in der x, y-Ebene durch eine Einzelkraft F belastet. Der L-förmige Querschnitt setzt sich aus 2 Rechtecken zusammen. Gesucht a) Auflagerkräfte b) Biegemomente My und Mz an der Kraftangriffsstelle C c) Koordinaten η S , ζ S des Querschnitts-Schwerpunkts S d) Flächenträgheitsmomente I y , I z , I yz des L-Profils e) Spannungsfunktion für die Stelle C f) Spannungs-Nulllinie und deren Steigung g) Koordinaten und Biegespannungen in den Punkten P und Q , sowie die Verteilung der Biegespannungen an der Stelle C in Form einer Skizze. Ergebnisse a) Ay = 1,33 ; Az = Bz = 5,4 ; By = 2,67 kN b) M y = 432 ; M z = −319,2 kNcm c) ηS = 2,38 cm ; ζ S = 3,25 cm Grafische Kontrolle Der Gesamtschwerpunkt S einer Fläche, die sich aus 2 Teilflächen zusammensetzt, liegt auf der Verbindungslinie S1 S 2 der beiden Teilschwerpunkte S1 und S 2 . Die Strecke S1 S 2 wird durch den Gesamtschwerpunkt im umgekehrten Verhältnis der Flächen unterteilt, d. h. S1 S S S2

=

A2 18 9 = = A 1 14 7

Der Gesamtschwerpunkt S liegt näher am Teilschwerpunkt S 2 der größeren Fläche. d) I y = 184,67 ; I z = 102,17 ; I yz = 63 cm 4

272

2 Festigkeitslehre

e) σ x = 4,31 z + 5,78 y f) σ x = 0 Ÿ z = −1,34 y ;

dz = tan(ϕ 1 + β ) = −1,34 Ÿ ϕ1 + β = −53,27° d y

ϕ 1 = Winkel zwischen der y –Achse und der Hauptträgheitsachse 1 β = Winkel zwischen der Hauptträgheitsachse 1 und der Spannungsnulllinie

ϕ1 + β = Winkel zwischen der y-Achse und der Spannungsnulllinie g)

ª y º ª − 2,38º P « P» = « » cm ; ¬ z P ¼ ¬ − 3,25¼

σ P = −277,64

ª yQ º ª 4,62 º Q« »=« » cm ; ¬ zQ ¼ ¬ − 1,25¼

σ Q = 213,16

N mm 2 N

mm 2

273

3 Dynamik

3.1 Kinematik, geradlinige Bewegung D 1 Überholvorgang Ein PKW mit der Länge A 1 hat eine momentane Geschwindigkeit v1. Er fährt im Abstand d1 hinter einem Bus der Länge A 2 . Der Bus hat die konstante Geschwindigkeit v2. Auf der Gegenfahrbahn (gleichzeitig Überholspur) befindet sich im Abstand L vom PKW ein LKW, der mit der konstanten Geschwindigkeit v 3 entgegenkommt. Gegeben: v1 = 100

km h

; v2 = 90 km ; v3 = 80 km h h

A 1 = 4 m ; A 2 = 12 m ; d1 = 10 m ; d 2 = 20 m ; d 3 = 30 m ; e = 3 m ; L = 350 m

Gesucht Mit welcher gleichmäßigen Beschleunigung a muss der PKW den Bus überholen, wenn er noch im Abstand d 2 vor dem Bus und im Abstand d3 vor dem entgegenkommenden LKW einscheren will ? Für das Aus- und Einscheren soll jeweils ein zusätzlicher Weg e senkrecht zur Fahrtrichtung angenommen werden. Wie groß sind die Überholzeit t ü , der Überholweg sü und die Endgeschwindigkeit v1e des PKWs nach dem Überholvorgang ? Zur besseren Übersicht fertige man eine (nicht maßstäbliche) Prinzipskizze mit den Positionen der einzelnen Fahrzeuge und Angabe der Abstände sowie der Wege an. Lösung L

Fahrzeuge LKW

Weg des PKWs e

e PKW

A1

v1

d1

Bus

A2

Bus

v2

v2 t ü

PKW

v1e

A1

d3

d2

sü

Bild DL 1

v3

LKW

Position : Anfang grau Ende weiß

v3 t ü

274

3 Dynamik

3 Unbekannte: t ü , s ü , a I ) s ü = d1 + A 2 + v 2 ⋅ t ü + d 2 + A 1 II ) s ü + d 3 = L − v 3 ⋅ t ü III ) s ü + 2 e = v1 ⋅ t ü + 12 a ⋅ t ü 2 I in II : d1 + A 2 + v 2 ⋅ t ü + d 2 + A 1 + d 3 = L − v 3 ⋅ t ü Ÿ tü =

L − (A1 + A 2 + d1 + d 2 + d 3 ) 350 − (4 + 12 + 10 + 20 + 30 ) = = 5,8 s 90 + 80 v 2 + v3 3,6

mit der Umrechnung 1 km = h aus I : s ü = 10 + 12 + aus III : a = 2 ⋅

90 3,6

1000 m 3600 s

1 m 3,6 s

⋅ 5,8 + 20 + 4 = 191 m (bzw. zur Kontrolle auch aus II )

s ü + 2 e − v1 ⋅ t ü tü

=

2

= 2⋅

191 + 2 ⋅ 3 − 100 ⋅ 5,8 3,6 5,8

2

= 2,13

m s2

Die 4. Unbekannte v1e ergibt sich aus der Formel für die Geschwindigkeit einer gleichmäßig beschleunigten Bewegung IV) v1e = v1 + a ⋅ t ü = 100 + 2,13 ⋅ 5,8 = 40,13 3,6

m s

= 144,47

km h

D 2 Dopplereffekt bei einem Raumschiff Dopplereffekt (benannt nach dem österreichischen Physiker Christian Doppler) :

Raumschiff c

v

Mond Nimmt der Abstand zwischen einem v

c Bild D 2

Beobachter und einer Schwingungsquelle ab (zu), so erscheint die Frequenz der beobachteten Schwingung höher (niedriger).

Um die Geschwindigkeit v ihres Raumschiffs feststellen zu können, wird von den Astronauten ein Radiosignal mit der Frequenz fA ausgestrahlt, das vom Mond zum Raumschiff wieder reflektiert wird. Infolge des Dopplereffektes (Wellenlängen- bzw. Frequenzverschiebung) wird vom Raumschiff eine um Δ f höhere Frequenz als Echo empfangen. Die Schallgeschwindigkeit im luftleeren Raum kann gleich der Lichtgeschwindigkeit c angenommen werden. Mit welcher (konstanten) Geschwindigkeit v nähert sich das Raumschiff dem Mond ? Gegeben f A = 5000 MHz = 5 ⋅ 109 Hz ; Δ f = 75 kHz = 75 ⋅ 103 Hz ; c = 3 ⋅ 105

km s

3.1 Kinematik, geradlinige Bewegung

275

Lösung TM

R1 = gesendetes Radiosignal

Mond

s

R2 = reflektiertes Radiosignal

R1

R1

c

TA = Zeit, in der das Raumschiff (bewegte Schallquelle) das Signal aussendet

c

c

R2

R2

TM = Zeit, in der der Mond (als ruhend betrachtet) das Signal reflektiert

Raumschiff

c

v

sE

TE = Zeit, in der das vom Mond reflektierte Signal vom Raumschiff empfangen wird

sA

c

TM

TE

TA

TM v

sA

TA -TM

sA

sE

c

v

TM-TE

TA

sA = vom Raumschiff zurückgelegter Weg während der Sendezeit TA

t

sE

sE = vom Raumschiff zurückgelegte Strecke innerhalb der Empfangszeit TE

TE

Bild DL 2

5 Unbekannte: v, sA , sE , TM , TE Die horizontalen Abstände TM der parallelen Geraden sind gleich lang. Die Steigung der beiden Geraden im Bild DL 2 sind proportional den Geschwindigkeiten v bzw. c . Sie lassen sich aus den entsprechenden rechtwinkligen Dreiecken ablesen. Die Dreiecke mit der Steigung c sind mit größerem Maßstab dargestellt. I) v = fA =

sE sA sA s ; II ) c = ; III ) v = E ; IV ) c = TM − TE TA TA − TM TE

1 ; TA

fE =

V ) fE = fA + Δ f

1 TE bzw.

1 1 = +Δ f TE TA

( ) TM = TE ⋅ (1 + vc )

II in I = I ' : sA = v ⋅ TA = c ⋅ (TA − TM ) Ÿ TM = TA ⋅ 1 − vc IV in III = III ' : sE = v ⋅ TE = c ⋅ (TM − TE ) Ÿ III ' in I ' = I ' ' :

1 + vc TA f Ÿ = E = TE fA 1 − v c

fE = fA ⋅

1 + vc 1 − vc

276

3 Dynamik

I ' ' in V :

fA ⋅

1 + vc 1 − vc

= fA + Δ f

Auflösung nach v f A + vc ⋅ f A = f A − vc ⋅ f A + Δ f − vc ⋅ Δ f Ÿ

v c

⋅ ( 2 fA + Δ f ) = Δ f Ÿ

c⋅Δ f c = 2 fA + Δ f 1 + 2 fA Δf

v=

Sonderfall:

fA c c Δ f 3 ⋅ 105 km 75 ⋅ 103 km >> 1 : v ≈ f = ⋅ = ⋅ = 2,25 9 A Δf 2 f 2 s s 5 ⋅ 10 A 2 Δf

D 3 Kinematik eines Seilzugs Der Seilzug nach Bild D 3 besteht aus den 3 Massen m A , m B , mC , einer festen und einer losen Rolle (Radius jeweils r ).

sB

A1

sA

0

r B

A

A2

Bild D 3

r

sC

Welche kinematischen Zusammenhänge bestehen zwischen den Massen bezüglich der Geschwindigkeiten und der Beschleunigungen ?

C

Lösung Wir wählen willkürlich einen Koordinaten-Ursprung 0 auf der linken Seite und zählen die Wege, Geschwindigkeiten und Beschleunigungen der Massen A und B positiv nach rechts, den Weg der Masse C vom Drehpunkt der festen Rolle aus nach unten positiv. Durch Bestimmung der Seillängen in den einzelnen Abschnitten wird ein Zusammenhang der verschiedenen Wege in Verbindung mit konstanten Werten hergestellt. Beim Differenzieren nach der Zeit fallen die Konstanten heraus. Die verbleibenden, zeitlich veränderlichen Strecken ergeben beim Differenzieren die gesuchten Geschwindigkeiten und durch weiteres Differenzieren die Beschleunigungen. Die Methode ist auch bei ähnlichen Fällen anzuwenden, wenn die kinematischen Bedingungen nicht sofort erkennbar sind (siehe auch Aufgabe D 4). Anmerkung: Hier wurden die Radien der Seilrollen zur besseren Übersicht gleich angenommen. Die abgeleiteten Beziehungen gelten aber auch für unterschiedliche Radien der Rollen, da die Radien als Konstante beim Differenzieren herausfallen.

3.1 Kinematik, geradlinige Bewegung

277

Seillänge L = (s B − s A − A 1 ) + (A 2 − s A − A 1 ) + s C + π ⋅ r + 12 π ⋅ r Ÿ s B + s C − 2 s A = L + 2A 1 − A 2 − 23 π ⋅ r = k

Die gleichbleibenden Werte L, A 1 , A 2 , r (bzw. r1 und r2 bei unterschiedlichen Rollenradien) werden zu einer Konstanten k zusammengefasst. Die Ableitung einer Konstanten ist Null. Damit wird die Ableitung obiger Gleichung nach der Zeit t ds B ds C ds + −2 A =0 dt dt dt v B + v C − 2v A = 0 Ÿ

v + vC vA = B 2

Nochmalige Ableitung nach der Zeit ergibt den Zusammenhang der Beschleunigungen dv B dv C dv + −2 A =0 dt dt dt a B + a C − 2a A = 0 Ÿ

a + aC aA = B 2

D 4 Kinematik bei fester und loser Rolle Eine Förderanlage nach Bild D 4 besteht aus den beiden Massen A und B sowie aus einer festen und 2 losen Rollen. Die Rollen haben alle den gleichen Radius r .

A1 sC

sA

Gesucht sind die kinematischen Zusammenhänge. C

sB

Gewählt: die positive Bewegungsrichtung ist abwärts.

A

A2 Bild D 4

Lösung

B

Das System hat 2 verschiedene Seile der Länge L1 bzw. L2

L1 = (s A − A 1 ) + (sC − A 1 ) + sC + π ⋅ r + π ⋅ r Ÿ s A + 2 sC = L1 + 2A 1 − 2π ⋅ r = k Die unveränderlichen Längen L1 , A 1 , r werden zu einer Konstanten k zusammengefasst, die beim Differenzieren Null ergibt.

278

3 Dynamik ds ds A +2 C =0 dt dt v C = − 12 v A

v A + 2v C = 0 Ÿ

Nochmaliges Differenzieren liefert die Zusammenhänge der Beschleunigungen dv C dv = − 12 A dt dt a C = − 12 a A

Das Minuszeichen bedeutet: bewegt sich die Masse A abwärts (in die positive Richtung), dann bewegt sich die lose Rolle C (und damit auch die Last B ) aufwärts (in die negative Richtung). Das andere Seil hat die Länge L2 = (s B − A 2 ) + (s B − A 2 − s C ) + r ⋅ π 2 s B − s C = L2 + 2A 2 − r ⋅ π = k

Die unveränderlichen Strecken L2 , A 2 , r werden zu einer Konstanten k zusammengefasst. Differenziation nach der Zeit 2

ds B dsC − =0 dt dt v B = 12 v C = − 14 v A

2v B − v C = 0 Ÿ

Nochmalige Differenziation nach der Zeit ergibt die Beschleunigung a B = 12 a C = − 14 a A Anmerkung : Da der Radius r beim Differenzieren herausfällt, gelten die ermittelten kinematischen Beziehungen auch bei unterschiedlichen Radien der Rollen. Die Kinetik für die Aufgaben D3 und D4 ist in D12 und D13 angegeben.

D 5 Rutschender Quader ω

C y

α

S

B

ψ

b

ϕ 0

Ein Quader ABCD (Breite b , Höhe h ) stützt sich nach Bild D5 bei A am Boden und bei B an der Wand ab.

D (A) rS

Gegeben h

ϕ = 30°

ϕS A

(z) Bild D 5

Der Quader beginnt zu rutschen und hat bei einer Winkelstellung ϕ mit dem Boden die augenblickliche Winkelgeschwindigkeit ω und die Winkelbeschleunigung α , beide entgegen dem Uhrzeigersinn.

x

ω = 3 rad ; α = 1,5 rad 2 s s

b = AB = 1,2 m ; h = AD = 0,6 m

3.1 Kinematik, geradlinige Bewegung

279

Gesucht a) Für die Punkte A und B sowie für den Schwerpunkt S bestimme man die Geschwindigkeiten und die Beschleunigungen zu diesem Zeitpunkt. b) Man kontrolliere die Geschwindigkeiten mit dem Geschwindigkeits-Momentanpol P (Bild DL 5). Anmerkung: Für h α

Der Austrittswinkel des Geschosses ist größer als der Einstellungswinkel des Kanonenrohres. c) Maximale Zusammendrückung der Feder Energieerhaltungssatz für die Masse M nach dem Stoß : Die kinetische Energie der Kanone wird in Federspannarbeit umgesetzt. 1 2

M ⋅ v B2 2 =

Δx =

1 2

c ⋅ (Δx )2 ⋅ 2

M ⋅ v B2 = c

M m ⋅ ⋅ v rel ⋅ cos α c m+M

D 25 Zwei rotierende Reibräder n0 C

A

m1 r1

μ

r2

B m2 Bild D 25

Eine mit der Anfangsdrehzahl n0 rotierende Walze (Radius r1 , Masse m1) wird auf eine ruhende Walze (Radius r2 , Masse m2) aufgesetzt. Die Masse m1 ist über eine Stange im Punkt C gelenkig mit der Wand verbunden, die Masse m2 ist in ihrer Mitte bei B fest gelenkig gelagert. Beim Aufsetzen ist die Stange AC in horizontaler Lage (Bild D 25). Infolge der Reibung (Reibungskoeffizient μ ) nimmt die Walze 1 die anfänglich ruhende Walze 2 mit. Dadurch wird die Walze 1 verzögert, die Walze 2 beschleunigt, bis im Beharrungszustand reines Rollen der Walzen einsetzt. Die Walzen sind als homogene Kreiszylinder aufzufassen.

Gegeben: n 0 = 300 min −1 = 5 s −1 ; r1 = 0,25 m ; r 2 = 0,5 m m1 = 100 kg ; m 2 = 400 kg ; μ = 0,2

330

3 Dynamik

Gesucht a) Winkelbeschleunigung bzw. Winkelverzögerung der Walzen b) Zeit von der Berührung der beiden Walzen bis zum reinen Rollen c) Winkelgeschwindigkeiten der Walzen bei reinem Rollen d) Stangenkraft und Auflagerkräfte e) Energieverlust infolge der Reibung

Lösung J1 α 1 FS

a) Winkelbeschleunigungen

α1 FS G1

FW

ω1

Die d’Alembertschen Trägheitsmomente wirken entgegengesetzt zu den Winkelbeschleunigungen.

FN FN

FW

Bx G 2 By

J2 α 2 Bild DL 25

Die Winkelverzögerung (negative Winkelbeschleunigung) α1 ist entgegengesetzt zur Winkelgeschwindigkeit ω1 im Bild DL 25 eingezeichnet.

Anfängliche Winkelgeschwindigkeit ω2 α2

ω 0 = 2 π ⋅ n0 = 2 π ⋅ 5 = 10 π = 31,42 s −1

¦ Fy = 0 Ÿ

FN = G1 = m1 ⋅ g

m1

Coulombsches Reibungsgesetz FW = μ ⋅ FN = μ ⋅ m1 ⋅ g = 0,2 ⋅ 100 ⋅ 9,81 = 196,2 N

¦ Fx = 0 Ÿ

FS = FW = 196,2 N

m1

¦ M ( A) = 0 = FW ⋅ r1 − J1 ⋅ α1 Ÿ α1 = m1

FW ⋅ r1 μ ⋅ m1 g ⋅ r1 g = = 2μ ⋅ 1 m ⋅r 2 J1 r 1 2 1 1

81 α1 = 2 ⋅ 0,2 ⋅ 09,,25 = 15,7 s −2

¦ M ( B ) = 0 = FW ⋅ r2 − J 2 ⋅α 2 Ÿ m2

α2 =

FW ⋅ r2 μ ⋅ m1 g ⋅ r2 m g = = 2μ ⋅ 1 ⋅ 2 1 J2 m2 r2 m ⋅r 2 2 2

9,81 α 2 = 2 ⋅ 0,2 ⋅ 100 ⋅ = 1,96 s −2 400 0,5

b) Rutschzeit Reines Rollen (Ende der Gleitphase) setzt nach der Zeit tR ein: Die Räder rollen aufeinander ab und bewegen sich wie 2 kämmende Zahnräder mit gleichen Umfangsgeschwindigkeiten u1 = u2

3.6 Arbeitssatz, Impuls- und Drallsatz

331

I ) r1 ⋅ ω1 = r2 ⋅ ω 2 II ) ω1 = ω 0 − α1 ⋅ t III ) ω 2 = α 2 ⋅ t

gleichmäßig verzögerte Drehbewegung

gleichmäßig beschleunigte Drehbewegung

II und III in I : r1 ⋅ (ω 0 − α1 ⋅ t R ) = r2 ⋅ α 2 ⋅ t R : r1

ω 0 − α1 ⋅ t R =

ω0 r2 31,42 ⋅α 2 ⋅ tR Ÿ tR = = = 1,6 s r 50 r1 α1 + r2 ⋅ α 2 15,7 + 25 ⋅ 1,96 1

c) Winkelgeschwindigkeiten im Beharrungszustand

ω1 = ω 0 − α1 ⋅ t R = 31,42 − 15,7 ⋅ 1,6 = 6,3 s −1 ω 2 = α 2 ⋅ t R = 1,96 ⋅1,6 = 3,14 s −1 d) Auflagerkräfte Bx = FW = FS = 196,2 N By = G2 + FN = m2 g + m1 g = (m1 + m2 ) ⋅ g = (100 + 400 ) ⋅ 9,81 = 4905 N

e) Energieverlust Der Energieverlust zeigt sich an der Abnahme der kinetischen Energie EV = T1 − T2 = J mit 2 = J1

1J ω 2 2 1 0

1 m ⋅r 2 2 2 2 1 m ⋅r 2 2 1 1

−

m = 2 m1

(

1J ω 2 2 1 1

§r · ⋅ ¨¨ 2 ¸¸ © r1 ¹

)

+ 12 J 2 ω 2 2 =

1 J ⋅ §¨ ω 2 2 1 ¨ 0

©

− ω12 −

J2 2 · ω 2 ¸¸ J1 ¹

2

ª m 1 E V = m1 ⋅ r12 ⋅ «ω 0 2 − ω12 − 2 4 m1 « ¬

wird

· §r ⋅ ¨¨ 2 ⋅ ω 2 ¸¸ r ¹ © 1

2º

(

» » ¼

)

400 ⋅ 50 ⋅ 3,14 2 º = 1234 Nm (Joule ) E V = 14 ⋅ 100 ⋅ 0,25 2 ⋅ ª 31,42 2 − 6,32 − 100 25 «¬ »¼

Kontrolle: Energieverlust durch Reibung Vom Berührungspunkt aus gesehen bewegen sich beide Walzen nach links. Die obere Walze hat jedoch in der Rutschphase eine größere Umfangsgeschwindigkeit. Der Weg der oberen Walze s1 ist daher größer als der Weg s2 der unteren Walze. Es kommt daher zu einer Relativverschiebung s1 − s2 und damit auch zu Reibung mit Energieverlust

ϕ1 = ω 0 ⋅ t R − 12 α1 ⋅ t R 2 = 31,42 ⋅ 1,6 − 12 ⋅ 15,7 ⋅ 1,6 2 = 30,18 rad s1 = r1 ⋅ ϕ1 = 0,25 ⋅ 30,18 = 7,55 m

332

3 Dynamik

ϕ 2 = 12 α 2 ⋅ tR 2 = 12 ⋅ 1,96 ⋅ 1,62 = 2,51 rad s 2 = r2 ⋅ ϕ 2 = 0,5 ⋅ 2,51 = 1,26 m WR = FW ⋅ (s1 − s2 ) = 196,2 ⋅ (7,55 − 1,26) = 1234 Nm = E V

zu a) Lösungsvariante mit dem Drallsatz M 1 = FW ⋅ r1 ; M 2 = FW ⋅ r2

Das Moment M1 wirkt gegen den Drehsinn der Winkelgeschwindigkeit ω1 , das Moment M2 im Drehsinn der Winkelgeschwindigkeit ω2 . I ) Mˆ 1 = ³ M 1 ⋅ d t = − J 1 ⋅ (ω1 − ω 0 ) II ) Mˆ 2 = ³ M 2 ⋅ d t = J 2 ⋅ (ω 2 − 0)

Die konstanten Momente lassen sich vor die Integrale ziehen I ) FW ⋅ r1 ⋅ t = − J 1 ⋅ (ω1 − ω 0 ) : J 1 II ) FW ⋅ r2 ⋅ t = J 2 ⋅ ω 2 : J 2

I ) ω1 = ω 0 −

FW ⋅ r1 F ⋅r ⋅ t Ÿ α1 = W 1 J J1  1

α1

II ) ω 2 =

FW ⋅ r2 F ⋅r ⋅ t Ÿ α2 = W 2 J J2  2

α2

Durch Vergleich mit der Formel für die verzögerte bzw. beschleunigte Drehbewegung erhält man die gleichen Ergebnisse für α1 und α2 wie vorher.

D 26 Lastwagen auf schiefer Ebene Vorbetrachtung (Bild D 26 b) Wirkt auf ein Rad ein antreibendes Moment MR an der Radachse (z. B. vom Motor über ein Getriebe herrührend), so wird (bei ausreichender Haftung) vom Boden auf das Rad am Umfang eine Reaktionskraft FA =

MR r

ausgeübt.

Diese Antriebskraft schiebt das Fahrzeug nach vorne und ist somit die Ursache für eine Bewegung (ähnlich wie das Abstoßen eines Rodlers mit den Händen beim Start, oder wie das Abstoßen mit den Stöcken beim Skilanglauf bzw. mit dem Fuß beim Kinderroller). Beim angetriebenen Rad erfolgt das „Abstoßen“ jedoch kontinuierlich bei jedem neuen Berührungspunkt des Radumfangs am Boden.

3.6 Arbeitssatz, Impuls- und Drallsatz

333 Ein Lastwagen mit der Masse

a)

α b) MR r

FA

Bild D 26

m = 12 ⋅ 10 3 kg fährt nach Bild D 26 a

von einer horizontalen Ebene auf eine Steigung mit dem Anstieg gekennzeichnet durch sin α = 0,1 . Praktisch lässt sich nur der Höhenunterschied und die Straßenlänge messen. Daher wird zweckmäßig der Sinus als Verhältnis von Höhe zur Länge der Straße als Kriterium für die Steigung angegeben.

Das Motordrehmoment M M = 700 Nm kann über den nutzbaren Drehzahlbereich von nmin = 1000 bis nmax = 2000 min−1 als konstant angenommen werden.

Außerhalb dieses Drehzahlbereichs ist das Motordrehmoment wesentlich geringer. Die Antriebsräder haben den Radius r = 0,4 m . Die Gesamtübersetzung vom Motor bis zu den Antriebsrädern i =

nM ist für die einzelnen nR

Gänge: 4. Gang: i4 = 5 ; 3. Gang: i3 = 11 ; 2. Gang: i2 = 16 . Der Fahrwiderstand (Luftwiderstand und Rollreibung) ist auf der Ebene und auf der Steigung gleich anzunehmen zu FW = 650 N Der Lastwagen fährt auf der Ebene im 4. Gang (zunächst nicht mit Vollgas) mit einer konstanten Geschwindigkeit v0 = 80 km auf die Steigung zu. Sobald er die Steigung erreicht hat, fährt h er mit Vollgas. Gesucht a) Drehzahl und Drehmoment des Motors auf der horizontalen Ebene b) Nach welchem Weg und nach welcher Zeit muss der Fahrer auf der schiefen Ebene runterschalten und welche Geschwindigkeit hat dann der LKW ? c) Welche Antriebskraft entwickelt der Motor am Rad nach dem Schalten und welche Geschwindigkeit erreicht dann der LKW ? Lösung a) Drehzahl und Drehmoment auf der Ebene Pro Umdrehung des Rades ist der zurückgelegte Weg gleich dem Umfang des Rades 2 π ⋅ r Pro Sekunde macht das Rad nR Umdrehungen, daher ist die Fahrgeschwindigkeit n v ⋅i v = 2 π r ⋅ nR = 2π r ⋅ M Ÿ nM = i 2π ⋅ r

334

3 Dynamik wobei i = v0 = 80

nM n Ÿ nR = M nR i

km 80 ⋅ 1000 m 80 m m = = = 22,22 h 3600 s 3,6 s s

v ⋅i 22,22 ⋅ 5 = 44,21 s −1 = 2652,6 min −1 nM0 = 0 4 = 2 π ⋅ r 2 π ⋅ 0,4

In der Ebene hat der Motor nur den Fahrwiderstand zu überwinden Antriebskraft FA 0 = FW = 650 N Drehmoment am Rad M R 0 = FA 0 ⋅ r = 650 ⋅ 0,4 = 260 Nm Drehmoment am Motor M M0 =

MR M = i Ÿ MM = R MM i

M R 0 260 = = 52 Nm i4 5

Dieses Drehmoment ist bei n M 0 = 2653 min −1 (etwas außerhalb des günstigen Drehzahlbereichs) wirksam. b) Weg und Zeit auf der schiefen Ebene bis zum Schalten Fres G sin α

FW

FA

Bei Vollgasfahrt auf der schiefen Ebene bewirkt das volle Motordrehmoment am Rad eine Antriebskraft M R = FA ⋅ r Ÿ FA =

α

G

G cos α

Bild DL 26

MR i⋅MM = r r

i ⋅ M M 5 ⋅ 700 FA1 = 4 = = 8750 N r 0,4

Die resultierende Kraft am LKW in Hangrichtung ist nach Bild DL 26 Fres1 = FA1 − FW − m g ⋅ sin α = 8750 − 650 − 12 ⋅ 10 3 ⋅ 9,81 ⋅ 0,1 = −3672 N

Die Resultierende ist negativ, wirkt also hangabwärts und verzögert den LKW mit F 3672 m = −0,31 a1 = res1 = − 3 m 12 ⋅ 10 s2

Dadurch sinkt die Motordrehzahl ab bis auf nM1 = nmin = 1000 min −1 Dann muss der Fahrer umschalten.

3.6 Arbeitssatz, Impuls- und Drallsatz

335

Die Fahrzeuggeschwindigkeit kurz vor dem Umschalten beträgt n 1000 m v 2 = 2 π ⋅ r ⋅ M1 = 2 π ⋅ 0,4 ⋅ = 8,38 i4 60 ⋅ 5 s

Der Weg bis zum Umschalten ergibt sich aus dem Arbeitssatz s1 ) = m ⋅ ( v 2 ³ Fres ⋅ d s = Fres1 ⋅ (s2 −

2

s2

1

2

− v12

Δs

s1

)

Fres ist konstant und lässt sich vor das Integral ziehen.

Anfangs hat der LKW auf der Steigung noch die gleiche Geschwindigkeit wie auf der Ebene v1 = v0 = 22,22 ms Δs =

(

)

)

(

m 12 ⋅ 10 3 ⋅ v 2 2 − v12 = ⋅ 8,38 2 − 22,22 2 = 692 m 2 Fres1 2 ⋅ (− 3672 )

Die Zeit bis zum Umschalten erhält man aus dem Impulssatz t2

³ Fres ⋅ d t = Fres1 ⋅ Δ t = m ⋅ ( v2 − v1 ) Ÿ

Δt =

t1

Δt =

m ⋅ ( v 2 − v1 ) Fres1

12 ⋅ 103 ⋅ (8,38 − 22,22 ) = 45,23 s (− 3672 )

Motordrehzahl nach dem Schalten in den 3. Gang v2 = 2 π ⋅ nR 3 Ÿ n R 3 = n M 2 = i3 ⋅ n R 3 = i3 ⋅

v2 2π ⋅ r

v2 8,38 = 11 ⋅ = 36,68 s −1 = 2200 min −1 > n max 2π ⋅ r 2 π ⋅ 0,4

Da der Motor bei dieser Drehzahl (oberhalb des Nutzungsbereichs) nur geringes Drehmoment hat, fällt die Drehzahl schnell auf nM 3 = nmax = 2000 min −1 ab, bei der das volle Motordrehmoment M M 3 = M M = 700 Nm wirksam ist. Dann hat der LKW die Geschwindigkeit n 2000 m km v3 = 2 π ⋅ r ⋅ n R 3 = 2 π ⋅ r ⋅ M 3 = 2 π ⋅ 0,4 ⋅ = 7,62 = 27,43 i3 60 ⋅ 11 s h

Die Antriebskraft erhöht sich nach dem Schalten auf i ⋅ M M 3 11 ⋅ 700 FA 2 = 3 = = 19250 N r 0,4

Damit wird die resultierende Kraft auf den LKW Fres 2 = FA 2 − FW − m g ⋅ sin α = 19250 − 650 − 12 ⋅ 10 3 ⋅ 9,81 ⋅ 0,1 = 6828 N

336

3 Dynamik

Die resultierende Kraft ist jetzt positiv, d. h. der LKW wird beschleunigt mit F 6828 m a 2 = res 2 = = 0,57 3 m 12 ⋅ 10 s2

Durch die Beschleunigung steigt die Fahrzeuggeschwindigkeit und zwangsläufig auch die Motordrehzahl wieder über nmax = 2000 min−1 . Doch dann fällt das Drehmoment wieder ab. Der Motor wird also letztlich die Drehzahl nmax beibehalten und der LKW die konstante . Geschwindigkeit v3 = 27,43 km h

3.7 Stoßvorgänge Bei einem Stoßvorgang prallen zwei Körper so aufeinander, dass kurzzeitig große Kräfte auftreten. Gegenüber den Stoßkräften können andere kleinere Kräfte wie z. B. die Gewichtskräfte vernachlässigt werden. Die Stoßdauer (Berührungszeit der beiden Körper) ist so gering, dass Verschiebungen während des Stoßes nicht zu beachten sind. Bei Stoßproblemen werden die Bewegungszustände unmittelbar vor und kurz nach dem Stoß betrachtet. Die nötigen Gleichungen liefert der Impuls- und Drallsatz (siehe Kapitel 3.6) sowie die Stoßziffer. Stoßziffer (Stoßbedingung, Stoßhypothese) Die Stoßziffer gibt das Verhältnis der relativen Trennungsgeschwindigkeit zur relativen Annäherungsgeschwindigkeit beider Körper an.

ε =−

v A 2 − v B2 v B2 − v A 2 = v A1 − v B1 v A1 − v B1

wobei 0 ≤ ε ≤ 1

vA1 , vB1 = Geschwindigkeiten der Körper A und B vor dem Stoß vA 2 , vB2 = Geschwindigkeiten der Körper A und B nach dem Stoß

Bei der Stoßziffer sind die Geschwindigkeiten (bzw. die Geschwindigkeitskomponenten) am Ort des Geschehens, also im Stoßpunkt E und in Richtung der Stoßnormalen n maßgebend. Das lässt sich auch in der Formel für die Stoßziffer deutlich machen, wenn man bei den Geschwindigkeiten hochgestellte Indizes E und n hinzufügt

ε =−

( E,n ) ( E, n ) vA 2 − v B2 ( E,n ) ( E, n ) vA 1 − v B1

Zur einfacheren Schreibweise können auch einzelne Indizes weggelassen werden, wenn sie nicht zur Unterscheidung notwendig sind und keine Verwechslungen auftreten können. Zu beachten ist, dass beim Impulssatz die Geschwindigkeiten des Schwerpunkts einzusetzen sind. Man unterscheidet zwischen plastischem ( ε = 0 ), teilplastischem (wirklichem) und elastischem Stoß ( ε = 1 ).

3.7 Stoßvorgänge

337

Impulserhaltungssatz Wirken von außen auf ein System keine Kräfte ein (freies System), so ist der gesamte Impuls aller zum System gehörender Körper vor und nach dem Stoß gleich. Beim Stoß zweier Körper A und B gilt mA ⋅ vA1 + mB ⋅ vB1 = mA ⋅ vA 2 + mB ⋅ vB2

D 27 Stoß zweier Quader 0

mA

c

s1

μ

N

1

mB

α

μ s2

Bild D 27

Der Quader A mit der Masse mA wird nach Bild D 27 von einer um den Federweg x vorgespannten Feder (Federkonstante c) abgestoßen und rutscht über eine raue schiefe Ebene (Steigungswinkel α) auf eine N raue horizontale Bahn (Reibungskoeffizient μ für beide Flächen)

Dort stößt der Quader A auf einen ruhenden Quader B mit der Masse mB (Stoßziffer ε ) N ; x = 0,3 m ; α = 20° ; μ = 0,2 Gegeben: mA = 100 kg ; mB = 50 kg ; c = 4000 m

s1 = 10 m ; s2 = 3 m ; ε = 0,6

Gesucht a) Geschwindigkeiten beider Quader nach dem Stoß b) In welcher Entfernung von der Stoßstelle kommen die beiden Quader zur Ruhe ? Lösung a) Geschwindigkeiten nach dem Stoß Energieerhaltungssatz bei 0: Federspannenergie = kinetische Energie des Quaders E F = T0 1 c ⋅ x2 2

= 12 mA ⋅ vA0 2 Ÿ vA0 = x ⋅

N 4000 m m c = 0,3 m ⋅ = 1,9 100 kg s mA

Energiesatz zwischen 0 und 1 U 0 + T0 − WR = U1 + T1

Nullniveau durch 1: U1 = 0 Reibungsarbeit WR = FW1 ⋅ s1 + FW 2 ⋅ s2 = μ ⋅ FN1 ⋅ s1 + μ ⋅ FN 2 ⋅ s2 WR = μ ⋅ mA g ⋅ cos α ⋅ s1 + μ ⋅ mA g ⋅ s2

338

3 Dynamik

eingesetzt in den Energiesatz mA g ⋅ s1 ⋅ sin α + 12 mA ⋅ v A0 2 − μ ⋅ mA g (s1 ⋅ cos α + s2 ) = 12 mA ⋅ v A12 ⋅ m2 Ÿ A

v A1 = v A 0 2 + 2 g [ s1 ⋅ sin α − μ ⋅ (s1 ⋅ cos α + s2 )] v A1 = 1,9 2 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ [10 ⋅ sin 20° − 0,2 ⋅ (10 ⋅ cos 20° + 3)] = 4,7

m s

Geschwindigkeiten nach dem Stoß: vA 2 , vB2 (2 Unbekannte) Die Geschwindigkeiten werden nach rechts positiv angenommen Stoßziffer: I ) ε =

v B2 − v A 2 Ÿ v B2 = v A 2 + ε ⋅ v A1 ; v B1 = 0 v A1 − v B1

Impulserhaltungssatz: II ) mA ⋅ vA1 + mB ⋅ vB1 = mA ⋅ vA 2 + mB ⋅ vB2 N 0

I in II : mA ⋅ v A1 = mA ⋅ v A 2 + m B ⋅ (v A 2 + ε ⋅ v A1 ) Ÿ vA 2 =

mA − ε ⋅ mB 100 − 0,6 ⋅ 50 m ⋅ vA1 = ⋅ 4,7 = 2,19 > 0 Ÿ mA + m B 100 + 50 s

Der Quader A bewegt sich in die positiv angenommene Richtung, also nach rechts Aus I ) vB2 = 2,19 + 0,6 ⋅ 4,7 = 5,01 ms > 0 Ÿ Bewegung von mB nach rechts b) Ruhestellung der beiden Quader Die kinetische Energie wird durch Reibung aufgezehrt: T2 = WR 1 m ⋅v 2 2 A A2

= mA g ⋅ μ ⋅ sA : mA Ÿ sA =

analog: sB =

vA 2 2 2,19 2 = = 1,22 m 2 μ ⋅ g 2 ⋅ 0,2 ⋅ 9,81

v B2 2 5,012 = = 6,4 m 2 μ ⋅ g 2 ⋅ 0,2 ⋅ 9,81

D 28 Pendelschlagwerk b)

a)

AS m1 S1

A

2

A

2

Bild D 28

S

S2

r E

m2

ϕ3

Mit dem Pendelschlagwerk nach Bild D 28 wird die Kerbschlagfestigkeit einer Werkstoffprobe geprüft. Das Schlagwerk hat die ϕ0 Form eines Hammers. Der Stiel ist ein Stab der Länge A und der C Masse m1 . Der Hammerkopf kann angenähert als homogene Kreisscheibe mit dem Radius r E Werkstoff- und der Masse m2 aufgefasst probe werden.

3.7 Stoßvorgänge

339

Das Schlagpendel wird aus der anfänglichen Ruhelage unter dem Winkel ϕ0 losgelassen, trifft die Werkstoffprobe in der Senkrechten und erreicht nach dem Stoß die Umkehrlage (gemessen mit einem Schleppzeiger) bei einem Winkel ϕ3 . Gegeben m1 = 6 kg ; m2 = 25 kg ; A = 0,65 m ; r = 0,18 m ; ϕ 0 = 70° ; ϕ 3 = 40°

Gesucht a) Schwerpunktsabstand A S des Pendels b) Massenträgheitsmoment bezogen auf den Drehpunkt C c) Winkelgeschwindigkeit des Pendels unmittelbar vor dem Stoß d) Schlagarbeit des Hammers (Energie, die zum Zerschlagen der Probe benötigt wird) e) Winkelgeschwindigkeit des Pendels unmittelbar nach dem Stoß f) Stoßziffer g) Kraftstoß im Stoßpunkt E und im Lagerpunkt C h) In welchem Abstand A∗ vom Lager müsste der Hammerkopf angebracht werden, damit kein Kraftstoß im Lager auftritt ? Lösung a)

b)

0

FC

AS C

AS 3 N

a) Schwerpunktsabstand (Bild D 28a)

ϕ0

C

Schwerpunktsatz

h0

ϕ3

AS h3

N

2 1

ωA

vA FE

S E

m1 A + m2 (A + r ) = 2

Bild DL 28

AS =

m1 ⋅ 2A + m2 ⋅ (A + r ) m1 + m2

=

Das statische Moment aller Teilmassen ist in der Summe gleich dem statischen Moment der Gesamtmasse.

(m1 + m2 ) A S Ÿ

6 ⋅ 0,265 + 25 ⋅ (0,65 + 0,18) 6 + 25

= 0,732 m

b) Massenträgheitsmoment bezogen auf den Drehpunkt Steinerscher Satz 2

1 m ⋅ A2 + m ⋅ für den Stab: J C1 = J S1 + m1 ⋅ CS1 = 12 1 1

(2A )2 = 13 m1 ⋅ A 2

für die Kreisscheibe: J C2 = J S2 + m2 ⋅ CS 2 = 12 m2 ⋅ r 2 + m2 ⋅ (A + r )2 2

J C = J C1 + J C2 = 13 m1 ⋅ A 2 + 12 m2 ⋅ r 2 + m2 ⋅ (A + r )2

340

3 Dynamik J C = 13 ⋅ 6 ⋅ 0,652 + 12 ⋅ 25 ⋅ 0,182 + 25 ⋅ (0,65 + 0,18)2 = 18,47 kg m 2

c) Winkelgeschwindigkeit vor dem Stoß Der Gesamtschwerpunkt S des Pendels bewegt sich auf einem Kreisbogen mit dem Radius A S über die Stationen 0,1,2,3 (Bild DL 28 a). Energieerhaltungssatz zwischen 0 und 1 U 0 + T0 = U +T N N1 1 0

0

Das Nullniveau NN (Potential-Bezugslinie) wird durch die tiefsten Punkte 1 und 2 gelegt. h0 = A S (1 + sin ϕ 0 ) ; h3 = A S (1 − cos ϕ 3 ) mA = m1 + m2 = 6 + 25 = 31 kg mA g ⋅ A S (1 + sin ϕ 0 ) = 12 J C ⋅ ω A12 Ÿ ω A1 =

ω A1 =

2

mA ⋅ g ⋅ A S (1 + sin ϕ 0 ) JC

2 ⋅ 1831 ⋅ 9,81 ⋅ 0,732 ⋅ (1 + sin 70°) = 6,84 s −1 ,47

d) Schlagarbeit des Hammers Auf dem Weg zwischen 0 und 3 wird die Schlagarbeit WS verrichtet. Energiesatz zwischen 0 und 3 U 0 + T0 = U 3 + T3 + WS Ÿ WS = U 0 − U 3 = mA g ⋅ (h0 − h3 ) N N 0

0

WS = mA g ⋅ A S ⋅ (sin ϕ 0 + cos ϕ 3 ) = 31 ⋅ 9,81 ⋅ 0,732 ⋅ (sin 70° + cos 40°) WS = 379,71 Nm (Joule)

e) Winkelgeschwindigkeit nach dem Stoß Energieerhaltungssatz zwischen 2 und 3 U N2 + T2 = U 3 + TN3 0

0

1 J C ⋅ ω A 2 2 = mA g ⋅ A S ⋅ (1 − cosϕ 3 ) Ÿ ω A 2 = 2

ω A2 =

2⋅

mA ⋅ g ⋅ A S ⋅ (1 − cosϕ 3 ) JC

2 ⋅ 1831 ⋅ 9,81 ⋅ 0,732 ⋅ (1 − cos 40°) = 2,37 s −1 ,47

f) Stoßziffer Die Probe (Körper B ) ist vor und nach dem Stoß in Ruhe: vB1 = vB2 = 0 Beachte: Die Geschwindigkeiten sind bei der Stoßziffer für den Stoßpunkt E in Normalenrichtung n , nicht für den Schwerpunkt S einzusetzen. Beim Impulssatz sind dagegen die Geschwindigkeiten des Schwerpunkts maßgebend.

3.7 Stoßvorgänge

341

( E) ( E) vA 1 = ω A1 ⋅ (A + r ) ; v A 2 = ω A 2 ⋅ (A + r )

ε =−

v ( E) ω 2,37 = − A2 = − A2 = − = (− ) 0,346 ( E) ( E) ( E) 6,84 ω v A1 − v B1 v A1 A1 ( E) ( E) vA 2 − v B2

Das Minuszeichen hat hier keine Bedeutung. Bei dem Stoß eines Körpers A gegen eine starre Wand B mit vB1 = vB2 = 0 ändert die Masse A normalerweise wegen der Reflexion ihren Richtungssinn, bei einem durchschwingendem Stoßpendel jedoch nicht. g) Kraftstöße (Bild DL 28 b) Drallsatz:

³ M ⋅ d t = J C ⋅ (ω A2 − ω A1 )

³ M ⋅ d t = − ³ FE ⋅ (A + r ) ⋅ d t = −(A + r )⋅ ³ FE ⋅ d t = −(A + r )⋅ FˆE ω − ω A2 − FˆE ⋅ (A + r ) = J C ⋅ (ω A 2 − ω A1 ) Ÿ FˆE = J C ⋅ A1 A+r 6,84 − 2,37 FˆE = 18,47 ⋅ = 99,47 Ns 0,65 + 0,18

Impulssatz

(

)

− FˆC + FˆE = m A ⋅ (v A 2 − v A1 ) Ÿ FˆC = m A ⋅ (v A1 − v A 2 ) − FˆE

Geschwindigkeit des Schwerpunkts vor und nach dem Stoß

v A1 = A S ⋅ ω A1 ; v A 2 = A S ⋅ ω A 2 FˆC = mA ⋅ A S ⋅ (ω A1 − ω A 2 ) − FˆE = 31 ⋅ 0,732 ⋅ (6,84 − 2,37 ) − 99,47 = 1,96 Ns

h) Stablänge A∗ , bei der kein Kraftstoß im Lager C auftritt J · ω − ωA2 § FˆC = mA ⋅ A S ⋅ (ω A1 − ω A 2 ) − J C ⋅ A1 = (ω A1 − ω A 2 ) ⋅ ¨ mA ⋅ A S − C ¸ A+r A +r¹ © Beim Pendelschlagwerk ist ω A1 > ω A2 . Insofern kann die erste Klammer nicht Null werden. Dann muss der Ausdruck in der zweiten Klammer verschwinden. mA ⋅ A S =

JC JC Ÿ A+r = A+r mA ⋅ A S

JC und A S sind noch von A abhängig. Es war mA ⋅ A S = 12 m1 ⋅ A + m2 ⋅ (A + r ) und damit 1 m ⋅A⋅ 2 1

(A + r ) + m2 ⋅ (A + r ) 2 = J C = 13 m1 ⋅ A2 + 12 m2 ⋅ r 2 + m2 ⋅ (A + r ) 2

1 m ⋅ A2 2 1

+ 12 m1 ⋅ r ⋅ A = 13 m1 ⋅ A 2 + 12 m2 ⋅ r 2

342

3 Dynamik 1 m ⋅ A2 6 1

+ 12 m1 ⋅ r ⋅ A − 12 m2 ⋅ r 2 = 0 ⋅ m6 Ÿ 1

A 2 + 3 r ⋅ A − 3 m2 ⋅ r 2 = 0 Ÿ A∗ = − 23 r + m

1

(23 r )2 + 3 mm

2 1

⋅ r2

Nur das positive Vorzeichen vor der Wurzel ist hier sinnvoll. § A∗ = r ⋅ ¨ ©

9 4

· m + 3 m2 − 23 ¸ = 0,18 ⋅ §¨ 1 © ¹

9 4

+ 3 ⋅ 25 − 23 ·¸ = 0,421 m 6 ¹

Der Punkt, in dem der Stoß erfolgen muss, damit das Gelenklager stoßfrei ist, wird Stoßmittelpunkt oder Trägheitsmittelpunkt genannt. Ebenso muss man z. B. einen Hammer, einen Tennis- oder Golfschläger im entsprechenden Abstand A∗ anfassen, um möglichst wenig Stoßkraft im Arm zu verspüren (Hand =ˆ Lager).

D 29 Stab stößt gegen eine Kante A

Ein homogener dünner Stab (Masse m , Länge A ) fällt aus der horizontalen Ruhelage ohne Drehung aus der Höhe h auf eine feststehende unnachgiebige Kante E (Stoßziffer ε ).

A

2

2

S m h

b

Gegeben

S E vS2

Der Schwerpunkt S des Stabes hat von der Kante den horizontalen Abstand b (Bild D29). m = 8 kg ; A = 2 m ; h = 5 m ; b = 0,3 m ; ε = 0,6

ω2

Bild D 29

Gesucht a) Geschwindigkeit des Schwerpunkts und die Winkelgeschwindigkeit des Stabes nach dem Stoß b) Energieverlust durch den Stoß c) Wie groß müsste die Exzentrizität b∗ mindestens sein, damit der Schwerpunkt des Stabes sich unmittelbar nach dem Stoß nach unten bewegt ? d) Welche Bewegung macht der Stab nach dem Stoß für b > b∗ ?

3.7 Stoßvorgänge

343

Lösung a)

b)

Der Mauervorsprung als Körper B mit unendlich großer Masse bleibt während des Stoßes unbewegt, weshalb sich die Ansätze mit dem Impuls- und Drallsatz auf den Stab als Körper A beschränken müssen.

S 0 A

b

+ v +ω

n E

1 2

y, y

3

ω2

v S2

N FE

b

N

( E) ( E) mB → ∞ ; vB1 = vB2 = vB 1 = v B2 = 0

ω B1 = ω B2 = 0 ; mA = m

S

Dann kann der Index A wegfallen.

B

Bild DL 29

Der Impulserhaltungssatz ist hier wegen der unbestimmten Ausdrücke unbrauchbar. mA ⋅ vA1 + mB ⋅ vB1 = mA ⋅ vA 2 + mB ⋅ v B2   

  

∞⋅0

∞⋅0

a) Geschwindigkeiten nach dem Stoß (Bild DL 29 a) Energieerhaltungssatz zwischen 0 und 1 U 0 + T0 = U +T N N1 1 0

0

Das Nullniveau NN wird durch den Punkt 1 (unmittelbar an der Stelle vor dem Stoß) gelegt, so dass U1 = 0 wird. m ⋅ g ⋅ h = 12 m ⋅ vS12 Ÿ vS1 = 2 g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 5 = 9,9 ms

Es verbleiben 3 Unbekannte: vS2 , ω 2 , FˆE Der Kraftstoß FˆE erfolgt an der Stoßstelle E in Richtung der Stoßnormalen n (Bild DL 29b) Impulssatz I ) m ⋅ (vS2 − vS1 ) = − FˆE

Drallsatz II ) J S ⋅ (ω 2 − ω1 ) = FˆE ⋅ b Ÿ N 0

JS ⋅ ω 2 = FˆE b

Stoßbedingung Die Rotation im Uhrzeigersinn nach dem Stoß bewirkt im Stoßpunkt E noch neben der Schwerpunktsbewegung eine zusätzliche Aufwärtsbewegung ( E) vA 2 = vS2 − ω 2 ⋅ b

344

3 Dynamik

III ) ε = −

( B) ( E) vA 2 − v B2 ( E) vA 1

=−

(E) − vB 1

( B) vA 2 ( B) vA 1

v − ω2 ⋅ b = − S2 Ÿ vS2 = b ⋅ ω 2 − ε ⋅ vS1 vS1

J J I + II = I ' : m ⋅ vS2 − m ⋅ vS1 + S ⋅ ω 2 = 0 : m Ÿ vS2 − vS1 + S ⋅ ω 2 = 0 b m⋅b III in I ' : b ⋅ ω 2 − ε ⋅ vS1 − vS1 +

JS ⋅ω2 = 0 Ÿ ω2 = m ⋅b

Massenträgheitsmoment für einen dünnen Stab J S = 1+ ε

ω2 =

b+

2

A 12 b

⋅ vS1 =

1+ ε ⋅ vS1 J b+ S m ⋅b

1 m ⋅ A2 Ÿ 12

J S A2 = m 12

1 + 0,6 ⋅ 9,9 = 11,23 s −1 4 0,3 + 12 ⋅ 0,3

aus III : vS2 = 0,3 ⋅ 11,23 − 0,6 ⋅ 9,9 = −2,57

m s

Bedeutung des Minuszeichens: unmittelbar nach dem Stoß bewegt sich der Schwerpunkt nach oben. Sonderfall : b =

A 2

Der Stab stößt mit seinem linken Ende auf das Hindernis (Mauervorsprung)

ω2 =

1+ ε 2

A A + 2 12 ⋅ A

⋅ vS1 =

v 3 3 9,9 ⋅ (1 + ε ) ⋅ S1 = ⋅ (1 + 0,6) ⋅ = 11,88 s −1 2 2 2 A

2

vS2 = 2A ⋅ ω 2 − ε ⋅ vS1 = 22 ⋅ 11,88 − 0,6 ⋅ 9,9 = 5,94 plastischer Stoß: (ε = 0) ; ω 2 =

m s

3 vS1 3 b 3 ⋅ ; vS2 = ⋅ ⋅ vS1 = vS1 2 A 2 A 4

elastischer Stoß. (ε = 1) ; ω 2 = 3

vS1 1 § b · ; vS2 = ¨ 3 − ε ¸ ⋅ vS1 = vS1 A 2 © A ¹

b) Energieverlust durch den Stoß Energiesatz zwischen 0 und 2 U 0 + T0 = U + T2 + E V Ÿ E V = U 0 − T2 N N2 0

0

(

E V = m g ⋅ h − 12 ⋅ m ⋅ vS2 2 + J S ⋅ ω 2 2

(

)

)

E V = 8 ⋅ 9,81 ⋅ 5 − 12 ⋅ 8 ⋅ 2,57 2 + 2,67 ⋅ 11,232 = 197,62 Nm (Joule) 1 m ⋅ A 2 = 1 ⋅ 8 ⋅ 2 2 = 2,67 kg m 2 wobei J S = 12 12

3.7 Stoßvorgänge

345

c) Schwerpunktsbewegung nach unten unmittelbar nach dem Stoß Dann muss die Schwerpunkts-Geschwindigkeit nach dem Stoß positiv sein. Aus III : vS2 > 0 : b ⋅ ω 2 − ε ⋅ vS1 > 0 Ÿ ω 2 > ε ⋅

2

1+ε b+

vS1 b

A2 12 b

⋅ vS1 > ε ⋅

2

12 vS1 ε §A· §A· : vS1 Ÿ 1 + ε > ε + ⋅ ¨ ¸ Ÿ ¨ ¸ < Ÿ 12 © b ¹ b ε ©b¹

ε A 12 0,6 < Ÿ b > A⋅ = 2 m⋅ = 0,447 m ε b 12 12 Für b∗ = 0,447 m wird ω 2 = 13,28 s −1 und vS2 = 0 Für b > b∗ wird vS2 > 0 d) Bewegung nach dem Stoß Für b > b∗ = 0,447 m findet kein 2. Stoß statt. Auf den Stab wirkt dann als äußere Kraft nur noch die Gewichtskraft. Da kein Moment auftritt, bleibt ω 3 = ω 2 = konst. erhalten. Der Stab rotiert gleichförmig und bildet dann mit der Horizontalen in Abhängigkeit der Zeit t den Winkel

ϕ3 = ω2 ⋅ t Schwerpunktsbewegung

yS3 = g = 9,81 m2 ; s

y S3 = vS3 = vS2 + g ⋅ t ;

yS3 = vS2 ⋅ t + 12 g ⋅ t 2

D 30 Stoß bei einem sich straffendem Seil 3 4

Eine Kugel mit der Masse mA, die als Massenpunkt angesehen werden kann, ist über ein schlaffes, schlaufenförmiges Seil mit dem Lager C verbunden. Die Kugel wird nach Bild D 30 aus der Horizontalen im Abstand 43 A vom Lager losgelassen.

A

mA 0

C Seil

Das Seil wird als undehnbar angenommen, so dass bei der Straffung des Seils ein plastischer Stoß (ε = 0) entsteht.

A mA 1

3 4

2 N Bild D 30

mB N

E

μ

In der Vertikalen trifft das Fadenpendel vollkommen elastisch (ε = 1) auf einen Quader der Masse mB und verschiebt diesen auf einer rauen Ebene (Reibungskoeffizient μ ).

346

3 Dynamik

Gegeben: mA = 2 kg ; mB = 5 kg ; A = 1,2 m ; μ = 0,3 Gesucht a) Geschwindigkeit der Kugel an der Stelle der Seilstraffung b) Geschwindigkeit der Kugel nach dem Straffungsstoß und Kraftstoß auf das Lager C c) Geschwindigkeit der Kugel vor dem Stoß mit dem Quader d) Geschwindigkeiten von Kugel und Quader nach ihrem elastischen Stoß e) Auf welche Höhe pendelt die Kugel zurück und wie weit wird der Quader verschoben ?

Lösung Die Kugel fällt erst einmal infolge der Schwerkraft im freien Fall senkrecht nach unten, bis das Seil sich strafft und die Kugel in eine kreisförmige Pendelbewegung übergeht. a) Geschwindigkeit der Kugel bei Seilstraffung Winkel, bei dem das Seil sich strafft α

C FC

3

A cosα = 4 = 0,75 Ÿ α = 41,41° A

Freier Fall FC

mA vA1r

α

vA1t

vA1 = 2 g ⋅ h 0 = 2 g A ⋅ sin α = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,2 ⋅ sin 41,41° = 3,95

m s

Radiale und tangentiale Komponente der Geschwindigkeit vA1r = vA1 ⋅ sin α = 3,95 ⋅ sin 41,41° = 2,61 ms

vA1

Bild DL 30

vA1t = vA1 ⋅ cosα = 3,95 ⋅ cos 41,41° = 2,96 ms

b) Geschwindigkeit und Kraftstoß nach der Seilstraffung Plastischer Straffungsstoß Die Wand am Lager C hat unendlich große Masse und ist unnachgiebig. mC → ∞ ; vC = 0 bzw. auch vC1r = vC2 r = 0 (undehnbares Seil, starres Lager).

Die Auflagerkraft FC wirkt als Stoßpartner für die Masse mA (Bild DL 30). Die Stoßnormale ist radial ausgerichtet. Die Stoßziffer ist

ε =−

vA 2 r − vC2 r v = − A 2 r = 0 Ÿ vA 2 r = 0 vA1r − vC1r vA1r

Bei einem undehnbarem Seil gibt es nach der Straffung keine Geschwindigkeit des angehängten Körpers in radialer Richtung. Anders ist es dagegen bei einem nachgiebigen, elastischen Gummiseil wie etwa beim Bungee-Jumping. Ein plastischer Stoß ist dadurch gekennzeichnet, dass die beiden Körper nach dem Stoß keine relative Geschwindigkeit mehr in Richtung der Stoßnormalen haben.

3.7 Stoßvorgänge

347

Bei der anschließenden Pendelbewegung bleibt deshalb nur noch die Komponente in tangentialer Richtung übrig. vA 2 t = vA1t = 2,96 ms

Kraftstoß auf das Lager bzw. auf die Kugel Impulssatz: mA ⋅ ( vA 2 r − vA1r ) = − FˆC Ÿ FˆC = mA ⋅ vA1r = 2 ⋅ 2,61 = 5,22 Ns N 0

c) Geschwindigkeit vA 3 der Kugel vor dem zweiten Stoß Energieerhaltungssatz zwischen 2 und 3 Das Nullniveau NN (Potential-Nulllinie) wird durch die untersten Punkte 3 und 4 gelegt. h1 = h 2 = A ⋅ ( 1 − sin α ) ; h 3 = h 4 = 0 U 2 + T2 = U 3 + T3 N 0

mA g ⋅ A ⋅ ( 1 − sin α ) + 12 mA ⋅ vA 2 t 2 = 12 mA ⋅ vA32 ⋅ m2 Ÿ A vA 3 =

vA 2 t 2 + 2 g ⋅ A ⋅ ( 1 − sin α ) =

2,962 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,2 ⋅ ( 1 − sin 41,41°) = 4,09 ms

d) Geschwindigkeiten nach dem elastischen Stoß mit dem Quader (Körper B ) Impulserhaltungssatz: I ) mA ⋅ vA 3 + mB ⋅ vB3 = mA ⋅ vA 4 + mB ⋅ vB4 N 0

v −v Stoßbedingung: II ) ε = − A 4 B4 = 1 Ÿ vB4 = vA 3 + vA 4 vA 3 − vB3

Die Geschwindigkeiten im Stoßpunkt E stimmen mit den Geschwindigkeiten im Schwerpunkt überein. II in I = I ' : mA ⋅ vA3 = mA ⋅ vA 4 + mB ⋅ vA3 + mB ⋅ vA 4 Ÿ vA 4 =

2−5 mA − m B ⋅ vA 3 = ⋅ 4,09 = −1,75 ms mA + mB 2+5

Bedeutung des Minuszeichens: die Kugel prallt vom Quader ab und bewegt sich nach links. aus II : vB4 = vA 3 + vA 4 = 4,09 − 1,75 = 2,34 ms

e) Ortsveränderungen nach dem Stoß Rückprall des Kugelpendels bis zum höchsten Punkt Energieerhaltungssatz: U 4 + T4 = U 5 + T5 N N 0 1 m ⋅v 2 2 A A4

0

1,752 v 2 = mA g ⋅ hA5 : mA Ÿ hA5 = A 4 = = 0,156 m 2g 2 ⋅ 9,81

348

3 Dynamik

Verschiebung des Quaders bis zum Stillstand (vB5 = 0) Energiesatz: U 4 + T4 = U 5 + T5 + WR N N N 0

0

0

Reibungsarbeit: WR = FW ⋅ sB5 = μ ⋅ FN ⋅ sB5 = μ ⋅ mB ⋅ g ⋅ sB5

μ ⋅ mB ⋅ g ⋅ sB5 = 12 mB ⋅ vB4 2 : mB Ÿ Auslaufweg: sB5 =

2,34 2 v B4 2 = = 0,93 m 2 μ ⋅ g 2 ⋅ 0,3 ⋅ 9,81

D 31 Stab rutscht in einer Rinne

mA

B

r

Ein Stab AB mit der Masse mA rutscht in einer halbkreisförmigen Rinne reibungsfrei ab und prallt dann auf der horizontalen, reibungsfreien Auslaufbahn gegen einen ruhenden Quader mir der Masse mB .

M=P r 0

S

ω0

1 2

h0

N

N

A

Nach dem Stoß ist der Stab AB in Ruhe und der Quader bewegt sich nach rechts.

mB

E Bild D 31

In der im Bild D 31 gezeichneten Schräglage hat der Endpunkt A des Stabes den tiefsten Punkt der Rinne erreicht. In dieser Lage hat der Stab die Winkelgeschwindigkeit ω0 entgegen dem Uhrzeigersinn.

Gegeben: m A = 2 kg ; m B = 6 kg ; r = 0,4 m ; ω 0 = 12 s −1 Gesucht a) Geschwindigkeits-Momentanpol des Stabes und Geschwindigkeit des Schwerpunkts in der gezeichneten Schräglage b) Geschwindigkeit des Stabes vor dem Stoß in der horizontalen Lage c) Stoßziffer beim Zusammenstoß mit dem Quader d) Geschwindigkeit des Quaders nach dem Stoß Lösung a) Momentanpol und Schwerpunkts-Geschwindigkeit G G Die Lote auf die Geschwindigkeitsvektoren vA und vB schneiden sich im Mittelpunkt M der Rinne, der damit gleichzeitig Geschwindigkeits-Momentanpol P des Stabes ist. PS 0 = r ; 2

0, 4 vS0 = PS 0 ⋅ ω 0 = r ⋅ ω 0 = ⋅ 12 = 3,39 ms 2 2

3.7 Stoßvorgänge

349

vA = vB = r ⋅ ω 0 = 0,4 ⋅12 = 4,8 ms

b) Geschwindigkeit des Stabes vor dem Stoß Energieerhaltungssatz Die Potential-Nulllinie NN wird in die horizontale Ebene gelegt h 1 = h 2 = 0 ; h 0 = 2r ; U 0 = mA ⋅ g ⋅ h 0 = 12 mA ⋅ g ⋅ r U 0 + T0 = U N1 + T1 0

Kinetische Energien 2º ª T0 = 12 mA ⋅ vS 02 + 12 J S ⋅ ω 02 = 12 ⋅ « J S + mA ⋅ §¨ r ·¸ » ⋅ ω 02 = 12 J P ⋅ ω 02 © 2 ¹ »¼ ¬«

(

1 m ⋅ A2 = 1 m ⋅ r ⋅ 2 J S = 12 A 12 A

) 2 = 16 mA ⋅ r 2

wobei A = AB = r ⋅ 2 2

2 Steinerscher Satz: J P = J S + mA ⋅ SP = 16 mA ⋅ r 2 + mA ⋅ §¨ r ·¸ = 23 mA ⋅ r 2 © 2¹

T0 = 12 ⋅ 23 mA ⋅ r 2 ⋅ ω 02 = 13 mA ⋅ r 2 ⋅ ω 0 2

In der horizontalen Lage haben alle Stabpunkte die gleiche Geschwindigkeit und der Stab somit nur noch translatorische kinetische Energie T1 = 12 mA ⋅ vA12

eingesetzt in den Energieerhaltungssatz 1 m ⋅ g ⋅ r + 1 m ⋅ r2 ⋅ω 2 0 2 A 3 A

v A1 =

(

)

= 12 mA ⋅ vA12 ⋅ m2 Ÿ A

g ⋅ r + 23 r ⋅ ω 0 2 =

9,81 ⋅ 0,4 + 23 ⋅ (0,4 ⋅ 12 ) 2 = 4,39 ms

c) Stoßziffer Die Geschwindigkeiten im Stoßpunkt E und im Schwerpunkt sind gleich. Außerdem ist vA 2 = 0 (laut Angabe) und vB1 = 0 v −v v I ) ε = B2 A 2 = B2 vA1 − vB1 vA1

Auf das System wirken von außen keine Kräfte ein (freies System), daher gilt der Impulserhaltungssatz II ) mA ⋅ vA1 + mB ⋅ vB1 = mA ⋅ vA 2 + mB ⋅ vB2 Ÿ N N 0

II in I : ε =

mA 2 1 = = mB 6 3

0

vB2 mA = vA1 mB

350

3 Dynamik

d) Geschwindigkeit des Quaders nach dem Stoß aus I : vB2 = ε ⋅ vA1 = 13 ⋅ 4,39 = 1,46 ms

3.8 Relativbewegung Bewegt sich ein Körper zusätzlich innerhalb eines bewegten Systems, so spricht man von Relativbewegung. Oft lässt sich dann die Bewegung des Körpers einfacher ausgehend von einem bewegten Koordinatensystem als von einem ruhenden, raumfesten Koordinatensystem aus beschreiben.

D 32 Absprung von Personen aus einem Boot In einem anfänglich im Wasser ruhendem Boot der Masse mB befinden sich 3 Personen jeweils mit der Masse mP. Die Personen springen am Heck des Bootes mit der Relativgeschwindigkeit vrel ab, so dass sich das Boot entgegengesetzt zur Absprungrichtung mit der Geschwindigkeit vB nach links bewegt. Die Aufgabe soll zur Veranschaulichung des Antriebs durch Rückstoß wie z. B. bei Raketen dienen. Gegeben: mB = 2m = 160 kg ; mP = m = 80 kg ; vrel = 6 ms Gesucht Geschwindigkeit des Bootes und der Personen nach den jeweiligen Absprüngen a) wenn die Personen nacheinander abspringen b) wenn die Personen alle gleichzeitig abspringen

Lösung Allgemein ist bei einer translatorischen Führungsbewegung G G G G G G vabs = vF + vrel bzw. vP = vB + vrel G G vF = vB Führungsgeschwindigkeit = Bootsgeschwindigkeit G vrel Relativgeschwindigkeit der abspringenden Person gegenüber dem Boot, wie sie ein im Boot sitzender Beobachter wahrnimmt. G G vabs = vP Absolutgeschwindigkeit der abspringenden Person, wie sie ein ruhender Beobachter am Ufer registriert. In der Rechnung geht man zunächst vorzeichenmäßig davon aus, dass das Boot sich in Richtung der abspringenden Personen bewegt, die als positiv angenommen wird. Der wirkliche Richtungssinn der Geschwindigkeitsvektoren wird erst im Ergebnis durch das Vorzeichen geklärt. In den Skizzen ist die wirkliche Bewegungsrichtung der abspringenden Personen nach rechts und des Bootes nach links berücksichtigt.

3.8 Relativbewegung

351

Die Kräfte zwischen der abspringenden Person und dem Boot sind innere Kräfte, wenn man Boot und abspringende Person als ein System auffasst. Als äußere Kräfte sind sie anzusehen, wenn man das Boot oder die abspringende Person jeweils für sich betrachtet. Wir nehmen Boot und abspringende Person als ein System an, auf das von außen keine Kräfte G einwirken, so dass die zeitliche Änderung des Impulses p Null ist. G G G G G G dp G = F = 0 Ÿ p = konst. Ÿ p0 = p1 = p2 = p3 dt a) Personen springen nacheinander ab 1) Nach Absprung der ersten Person

= vB1

vB0=0 vB

vP1

vP

Bild DL 32-1 vrel

Impulserhaltungssatz G G G pB0 = pB1 + pP1 G G G (mB + 3 mP )⋅ vN B0 = 0 = (mB + 2 mP ) ⋅ vB1 + mP ⋅ vP1 0

(2 m + 2 m )⋅ vGB1 + m(vGB1 + vGrel ) = 0 : m Ÿ 5 vGB1 + vGrel = 0 Ÿ vGB1 = − 15 vGrel G G G G G G vP1 = vB1 + vrel = − 15 vrel + vrel = 45 vrel 2) Nach Absprung der zweiten Person

= v B1

vB2

vP2

Bild DL 32-2

Impulserhaltungssatz G G K pB1 = pB2 + pP 2 (mB + 2 mP ) ⋅ vGB1 = (mB + mP ) ⋅ vGB2 + mP ⋅ vGP2 (2 m + 2 m )⋅ − 15 vGrel = (2 m + m ) ⋅ vGB2 + m ⋅ (vGB2 + vGrel ) : m Ÿ

(

)

G G G G 9 vG − 45 vrel = 4 vB2 + vrel Ÿ vB2 = − 20 rel

352

3 Dynamik G G G 9 vG + vG = 11 vG vP 2 = vB2 + vrel = − 20 rel rel 20 rel

3) Nach Absprung der dritten Person

= v B2

vB3

vP3

Bild DL 32-3

Impulserhaltungssatz G G G pB2 = pB3 + pP3 (mB + mP ) ⋅ vGB2 = mB ⋅ vGB3 + mP ⋅ vGP3 G G G 9 vG 3 m ⋅ − 20 rel = 2 m ⋅ v B3 + m ⋅ (v B3 + vrel ) : m Ÿ

(

)

G G G G G G − 27 v = 3 vB3 + vrel Ÿ vB3 = − 47 v = vB end 20 rel 60 rel G G G G G G vP3 = vB3 + vrel = − 47 v + vrel = 13 v 60 rel 60 rel Vergleich der Geschwindigkeiten 9 : 47 = 12 : 27 : 47 vB1 : vB2 : vB3 = 15 : 20 60

vP1 : vP 2 : vP3 = 45 : 11 : 13 = 48 : 33 : 13 20 60 Die Bootsgeschwindigkeiten werden immer größer, die absoluten Absprunggeschwindigkeiten dagegen immer kleiner. Obwohl die Relativgeschwindigkeit vrel der abspringenden Personen immer gleich ist, sind die Absolutgeschwindigkeiten der einzelnen Personen unterschiedlich vP1 ≠ vP 2 ≠ vP3 . Das liegt an den verschiedenen Führungsgeschwindigkeiten des Bootes nach den jeweiligen Absprüngen. b) Gleichzeitiges Abspringen von allen drei Personen

= vB0=0 vB Bild DL 32-4

vP

3.8 Relativbewegung

353

Impulserhaltungssatz G G G pB0 = pB + pP G G G (mB + 3 mP ) ⋅ vN B0 = 0 = mB ⋅ vB + 3 mP ⋅ vP 0

G G G G G G G 2 m ⋅ vB + 3 m ⋅ (vB + vrel ) = 0 : m Ÿ 5 vB + 3 vrel = 0 Ÿ vB = − 53 vrel = v*B end

G G G G G G vP = vB + vrel = − 53 vrel + vrel = 25 vrel Vergleich der Endgeschwindigkeiten des Bootes bei den beiden Absprungarten vB end : v*B end =

47 60

: 53 = 47 : 36 Ÿ vB end > v*B end

Die Bootsgeschwindigkeit wird größer, wenn die Personen einzeln nacheinander abspringen (kontinuierlicher Rückstoß).

D 33 Mann bewegt sich auf einem Brett über Rollen a rel

m1 m2

Ein Mann der Masse m1 bewegt sich nach Bild D 33 mit konstanter Relativbeschleunigung arel auf einem Brett der Masse m2 . Das Brett liegt auf zwei Rollen (Radius r , Masse m3 , Massenträgheitsmoment J). Die Walzen stützen sich am Boden ab und rollen bei der Bewegung ohne zu rutschen.

m 3 ,J

Gegeben: arel , m1 , m2 , m3 , J , r

r

Gesucht Absolutgeschwindigkeiten des Brettes und des Mannes

Bild D 33

Lösung

H1

H1

v2,a 2 H2

v2

a3 m3 a 3

H3

m2 a 2 H2

H2

Kinematik Das Führungssystem (Brett) bewegt sich translatorisch mit der Geschwindigkeit v F = − v2 und der Beschleunigung a F = −a2

v3 P

Jα

Im Bild DL 33-1 sind die 3 Körper: Mann, Brett und Rollen freigemacht, wobei die Normalkräfte zur besseren Übersicht weggelassen werden, da sie nicht in die Rechnung eingehen.

v1,a1

m1 a1

ϕ,α Bild DL 33-1

vabs = vF + vrel ; aabs = a F + arel vabs1 = v1 = −v2 + vrel , wobei vrel = arel ⋅ t ist

354

3 Dynamik aabs1 = a1 = − a2 + arel

Reines Rollen der Walzen v3 = r ⋅ ω ; v2 = 2 r ⋅ ω

Ÿ v3 = 12 v2

a3 = r ⋅ α ; a 2 = 2 r ⋅ α

a a Ÿ a3 = 12 a2 ; α = 3 = 2 r 2r

Nach Bild DL 33-1 verbleiben noch 4 Unbekannte. H1 , H 2 , H 3 , a2 Mit dem dynamischen Grundgesetz ergeben sich 4 Gleichungen I ) H1 = m1 ⋅ a1 = m1 ⋅ (arel − a2 ) II ) H1 − 2 H 2 = m2 ⋅ a2 Ÿ 2 H 2 − H1 = −m2 ⋅ a2 a III ) H 2 − H 3 = m3 ⋅ a3 Ÿ H 3 − H 2 = −m3 ⋅ 2 2 a J IV ) H 2 ⋅ r + H 3 ⋅ r = J ⋅ α = J ⋅ 2 : r Ÿ − H 2 − H 3 = − 2 ⋅ a2 2r 2r

Die Gleichungen werden zweckmäßig so umgestellt, dass bei ihrer Addition sämtliche Haftungskräfte herausfallen. a J I + II + III + IV : m1 ⋅ arel − m1 ⋅ a2 − m2 ⋅ a2 − m3 ⋅ 2 − 2 ⋅ a2 = 0 Ÿ 2 2r a2 =

d v2 m1 m1 = ⋅ arel = k ⋅ arel wobei k = m3 J m J dt m1 + m2 + + 2 m1 + m2 + 3 + 2 2 2r 2 2r

Geschwindigkeit des Brettes v2 = ³ a2 ⋅ d t = k ⋅ arel ⋅ t + c wobei c = Integrationskonstante

zur Zeit t = 0 ist v2 = 0 : c = 0 und damit v2 (t ) = k ⋅ arel ⋅ t

Absolutgeschwindigkeit des Mannes v1 (t ) = vrel − v2 = arel ⋅ t − v2 = arel ⋅ t − k ⋅ arel ⋅ t = (1 − k ) ⋅ arel ⋅ t m J m2 + 3 + 2 2 2r v1 (t ) = ⋅ arel ⋅ t m J m1 + m2 + 3 + 2 2 2r

3.8 Relativbewegung

355

Lösung mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit Betrachtet man das Gesamtsystem nach Bild DL 33-2, so sind die Haftungskräfte zwischen dem Mann, dem Balken und den Walzen innere Kräfte.

m1 a 1

Als äußere Kräfte verbleiben nur noch die Kräfte zwischen dem Boden und den Walzen.

x, δ x

v1,a1

Die Normalkräfte stehen dabei senkrecht zur Verschiebungsrichtung, so dass deren Arbeit Null ist.

m2 a2

v2,a2

m3 a3

v3,a3 N3

H3

N3

H3

ϕ, δϕ

Jα Bild DL 33-2

Haftungskräfte verschieben sich (im Gegensatz zu den Reibungskräften) nicht längs ihrer Wirkungslinie und verrichten daher keine Arbeit. Bei einem rollendem Rad hat der Berührungspunkt mit dem Boden als GeschwindigkeitsMomentanpol P (Bild DL 33-1) die Geschwindigkeit Null. Der Angriffspunkt der Haftungskraft verschiebt sich also nicht.

Bei einer virtuellen Verschiebung des Systems um δ x ist

δ x = −2 r ⋅ δ ϕ Ÿ δ ϕ = −

δ x 2r

;

δ xRad = − 12 δ x

δ W = −m1a1 ⋅ δ x + m2 a2 ⋅ δ x − 2 m3a3 ⋅ δ xRad − 2 Jα ⋅ δ ϕ = 0 Generalisierung der Koordinaten ª a2 1 a2 1 º ⋅ » ⋅δ x = 0 « − m1 ⋅ (arel − a2 ) + m2 a2 + 2 m3 ⋅ ⋅ + 2 J 2 2 2r 2r¼ ¬

δ x ist willkürlich und von Null verschieden, daher muss der Ausdruck in der eckigen Klammer verschwinden, woraus wie vorher folgt a2 =

m1 ⋅ arel m J m1 + m2 + 3 + 2 2 2r

356

3 Dynamik

D 34 Relativbewegung eines Quaders gegenüber einem bewegten Keil y

Ein Keil (Masse m2 , Neigungswinkel α) kann sich nach Bild D 34 reibungsfrei auf einer horizontalen Ebene bewegen. Auf dem Keil befindet sich im höchsten Punkt ein Quader, der aus der Ruhelage heraus reibungsfrei nach unten rutscht.

s m2 x

S1 m1

S2

Gegeben

α

m1 = 3 kg ; m2 = 6 kg ; α = 30° ; A = 1,2 m

x

A Bild D 34

Gesucht a) Beschleunigungen des Quaders und des Keils b) Geschwindigkeit des Quaders und des Keils, wenn der Quader seine tiefste Lage erreicht c) Verschiebung des Keils, wenn der Quader seine tiefste Lage erreicht

Lösung a) m1 (s+x cosα)

Die Koordinate x gibt die Lage des Keils relativ zu einem ruhenden Koordinatensystem an, die Koordinate s die Lage des Quaders relativ zu seiner höchsten Position.

η S1

s,s

b) m1 g sin α

m1 x sin α

y

Fn Fn cos α m2 x

m 1 g cos α

α Fn

ζ c)

Fn sin α

S2 m2 g

FA

x sin α

α

α

Der Keil macht eine translatorische Führungsbewegung, der Quader noch zusätzlich eine translatorische Relativbewegung.

x cos α

x

Im Bild DL 34-1a ist der Quader, im Bild

x DL 34-1b der Keil freigemacht.

Im Bild DL 34-1c wird die Führungsbeschleunigung x parallel zu den Kanten des Quaders in Komponenten zerlegt. Es treten 4 Unbekannte auf:

Bild DL 34-1

x , s, Fn , FA

3.8 Relativbewegung

357

Quader I ) ¦ FȢ = 0 = m1g ⋅ sin α − m1 ⋅ (s + x ⋅ cos α ) : m1 Ÿ s = g ⋅ sin α − x ⋅ cos α m1

II ) ¦ FȘ = 0 Ÿ Fn = m1g ⋅ cos α + m1x ⋅ sin α m1

Keil m ⋅ x III ) ¦ Fx = 0 = − Fn ⋅ sin α − m2 ⋅ x Ÿ Fn = − 2 sin α m 2

IV ) ¦ Fy = 0 Ÿ FA = Fn ⋅ cos α + m2 g m2

m ⋅ x III in II : − 2 = m1g ⋅ cosα + m1 x ⋅ sin α Ÿ sin α x = −

x = −

m ⋅ sin α ⋅ cos α m1g ⋅ cos α =− 1 ⋅ g = konstant m m1 ⋅ sin 2 α + m2 m1 ⋅ sin α + 2 sin α 3 ⋅ sin 30° ⋅ cos 30° 2

3 ⋅ sin 30° + 6

⋅ 9,81 = −1,89

m s2

Beschleunigung in die negative x-Richtung

aus I : s = g ⋅ sin α − x ⋅ cos α = 9,81 ⋅ sin 30° + 1,89 ⋅ cos 30° = 6,54

m s2

s = 12 s ⋅ t 2 ; Für s = cosA α ist = 12 s ⋅ t 2 Ÿ t =

A cosα

2A s⋅cosα

2⋅1,2 6,54⋅cos 30°

=

= 0,65 s

Geschwindigkeit des Quaders an der tiefsten Stelle s = s ⋅ t = 6,54 ⋅ 0,65 = 4,25

m s

Entsprechende Geschwindigkeit des Keils x = x ⋅ t = −1,89 ⋅ 0,65 = −1,23 aus III : Fn = −

m s

Geschwindigkeit in die negative x-Richtung

6 ⋅ ( −1,89) m2 ⋅ x =− = 22,68 N Normalkraft sin α sin 30°

aus IV : FA = Fn ⋅ cos α + m2 ⋅ g = 22,68 ⋅ cos 30° + 6 ⋅ 9,81 = 78,5 N Auflagerkraft Verschiebung des Keils x=

1 2

x ⋅ t 2 = 1 ⋅ ( −1,89) ⋅ 0,652 = −0,4 m in die negative x-Richtung 2

358

3 Dynamik

Kontrolle S1

y

Da am Gesamtsystem in horizontaler Richtung keine äußeren Kräfte wirken, bleibt der Gesamtschwerpunkt Sges in x-Richtung unverändert (in y-

m1 S ges S2

Richtung verschiebt sich die Schwerkraft des Quaders, daher wandert der Quaderschwerpunkt und der Gesamtschwerpunkt nach unten).

m2 x

A2

x x ges

Da keine horizontalen Kräfte wirken, ändert der Gesamtschwerpunkt seine horizontale Lage nicht und der entsprechende Schwerpunktsweg sS ist Null.

m2 m1

S2 Sges

Während sich der Quader im Bild DL 34-2 nach rechts bewegt, gleitet der Keil zum Ausgleich um die Strecke x nach links.

S1

A2

x

Schwerpunktssatz G ¦ mi ⋅ si = mges ⋅ sNS = 0 0

A Bild DL 34-2

xges = konst. : m1 ⋅ x + m2 ⋅ (x + A 2 ) = m1 ⋅ A + m2 ⋅ A 2 m1 ⋅ x + m2 ⋅ x + m2 ⋅ A 2 = m1 ⋅ A + m2 ⋅ A 2 Ÿ x=

m1 3 ⋅A = ⋅ 1,2 = 0,4 m Verschiebung nach links m1 + m2 3+ 6

D 35 Turmdrehkran

S1 r

mK S2 mL

ω α

Ein Turmdrehkran nach Bild D 35 dreht sich momentan mit der Drehzahl n . Er wird in der Bremszeit tB mit konstanter Winkelverzögerung abgebremst. Die Laufkatze (Masse mK) befindet sich im Abstand r von der Drehachse und wird durch ein Seil S1 mit der Relativgeschwindigkeit vrel und der Relativbeschleunigung arel nach innen gezogen. Über ein Seil S2 ist eine Last der Masse mL an die Katze angehängt. Gegeben

vrel

mK

arel Bild D 35

Schienen

n = 3 min −1 =

3 s −1 ; 60

tB = 5 s ; r = 15 m

mK = 200 kg ; mL = 300 kg ; vrel = 1,8 ms ; arel = 0,8 m2 s

3.8 Relativbewegung

359

Gesucht a) Absolute Geschwindigkeit und absolute Beschleunigung der Katze in der gezeichneten Stellung b) Kraft auf die Katze von den Seilen und von der Führungsbahn. Welchen Winkel schließt das Seil S2 mit der z-Achse ein? Lösung a) b)

x

mK a

Ry S1

a rel

mK (z) an

vabs vF

ϕ1 vrel

ϕ2

c)

mK

a abs

S2

y

Rz

mL

mLa

ϕ3 mLg

Bild DL 35

Für die absolute Geschwindigkeit und für die absolute Beschleunigung gilt G G G vabs = v F + vrel G G G G aabs = a F + arel + aCor

mK

at a Cor

Der Kran führt eine kreisförmige Führungsbewegung aus. Relativ zum Führungssystem bewegt sich die Katze geradlinig.

FL

Coriolisbeschleunigung G G G aCor = 2 ω × vrel

G G aCor zeigt in die Richtung, in die sich eine Rechtsschraube bewegt, wenn man den Vektor ω G auf den kürzesten Weg in den Vektor vrel dreht. Oder anders ausgedrückt: G G G Dreht man vrel um 90° im Drehsinn von ω , so erhält man die Richtung von aCor . a) Absolute Geschwindigkeit und Beschleunigung der Katze Geschwindigkeiten nach Bild DL 35a 3 = 0,314 s −1 ω = 2π ⋅ n = 2π ⋅ 60

v F = r ⋅ ω = 15 ⋅ 0,314 = 4,71 ms vabs = v F 2 + vrel 2 = 4,712 + 1,82 = 5,04 tan ϕ1 =

vF 4,71 = = 2,617 Ÿ ϕ1 = 69,09° vrel 1,8

Beschleunigungen nach Bild DL 35b

α=

ω = 0,314 = 0,063 s −2

tB

m s

5

a t = r ⋅ α = 15 ⋅ 0,063 = 0,94

m s2

360

3 Dynamik an = r ⋅ ω 2 = 15 ⋅ 0,314 2 = 1,48

m s2

G G G aF = an + a t aCor = 2ω ⋅ vrel = 2 ⋅ 0,314 ⋅1,8 = 1,13 m2 s

a abs =

(a n + a rel )2 + (a t + a Cor )2

tan ϕ 2 =

a t + aCor 0,94 + 1,13 = = 0,908 Ÿ ϕ 2 = 42,24° an + arel 1,48 + 0,8

=

(1,48 + 0,8)2 + (0,94 + 1,13)2

= 3,08

m s2

b) Kräfte auf die Katze Seilkräfte S1 = (mK + mL ) ⋅ (an + arel ) = (200 + 300) ⋅ (1,48 + 0,8) = 1140 N G Die Seilkraft S2 liegt in einer Ebene, die vom Vektor a und der z-Achse aufgespannt wird. Diese Ebene ist im Bild DL 35c um 90° in die Zeichenebene geklappt.

S 2 = FL = m L ⋅ tan ϕ 3 =

a g

=

3,08 9,81

a 2 + g 2 = 300 ⋅

3,08 2 + 9,812 = 3085 N

= 0,314 Ÿ ϕ 3 = 17,43°

Kräfte von den Schienen auf die Räder der Laufkatze Ry = (mK + mL ) ⋅ (a t + aCor ) = (200 + 300) ⋅ (0,94 + 1,13) = 1035 N Rz = (mK + mL ) ⋅ g = (200 + 300) ⋅ 9,81 = 4905 N

3.9 Schwingungen

361

3.9 Schwingungen In den Schwingungsaufgaben sind teilweise auch Themen aus anderen Gebieten der Dynamik (z. B. Stoß) sowie der Festigkeitslehre (Satz von Castigliano) enthalten.

D 36 Feder-Masse-System im Schwerefeld Eine Masse m hängt im Schwerefeld der Erde an einer Feder mit der Federkonstanten c . Sie wird zur Zeit t 0 = 0 um y 0 aus ihrer statischen Ruhelage nach unten ausgelenkt und gleichzeitig mit der Geschwindigkeit v 0 nach unten angestoßen.

c

m

y Bild D 36

Gegeben N = 500 m = 3 kg ; c = 5 cm

N m

;

y 0 = 4 cm = 0,04 m ; v 0 = 1,5

m s

Gesucht a) Statische Gleichgewichtslage b) Schwingungsgleichung, Eigenkreisfrequenz und Schwingungsdauer c) Amplitude und Nullphasenwinkel der Schwingung d) Nach welcher Zeit t1 und an welcher Stelle erreicht die Masse erstmals ihre größte Geschwindigkeit und wie groß ist diese ? e) Nach welcher Zeit t 2 erreicht die Masse erstmals ihre untere Umkehrlage ? f) Auslenkung gegenüber der statischen Gleichgewichtslage, Geschwindigkeit und Beschleunigung nach t 3 = 2 s g) Eine zweite Feder soll zur ersten hintereinander geschaltet werden (dadurch wird die Gesamtfeder weicher), so dass die Eigenkreisfrequenz sich halbiert. Wie groß ist deren Federkonstante? In der Lage N 0 N 0 nach Bild DL 36 ist die Feder entspannt.

c N0 y NS

N0 ystat y

y

cy stat m

NS um y stat vorgespannt.

mg cy

y

m Bild DL 36

In der statischen Ruhelage N S N S wird die Feder durch die Gewichtskraft m ⋅ g

my

Bei der Schwingung um die statische Gleichgewichtslage heben sich die Gewichtskraft m ⋅ g und die Vorspannkraft c ⋅ y stat gegenseitig auf und treten in den Gleichungen nicht in Erscheinung.

362

3 Dynamik

Zählt man dagegen die Koordinaten (hier zum Unterschied mit y bezeichnet) von der Lage N 0 N 0 der ungespannten Federn aus, so ist in der Federkraft die Vorspannung c ⋅ y stat enthalten. Dann müssen zum Ausgleich in den Gleichungen auch die Gewichtskräfte berücksichtigt werden und wir erhalten eine inhomogene Dgl. Für die weitere Rechnung wollen wir von der statischen Ruhelage ausgehen. Das ist meist einfacher, da wir dann eine homogene Dgl. erhalten. Bei einer translatorischen Bewegung der Masse machen alle Massenpunkte die gleiche Bewegung. Wir wollen in den Bildern die Auslenkungen der Massen über den Anfangspunkt (nicht über den Schwerpunkt) der Masse zählen, der gleichzeitig der Federendpunkt ist. Dann sind die Federdehnungen und damit die Federkräfte besser zu verfolgen. a) Statische Gleichgewichtslage Die Feder wird von ihrer ungespannten Lage durch das Gewicht der Masse um y stat gedehnt. Um diese statische Gleichgewichtslage schwingt die Masse. c ⋅ y stat = m ⋅ g Ÿ

m ⋅ g 3 ⋅ 9,81 = = 5,89 ⋅ 10 −2 m = 5,89 cm c 500

y stat =

b) Schwingungsgleichung, Eigenkreisfrequenz und Schwingungsdauer m ⋅ y + c ⋅ y = 0 : m Ÿ

y +

c ⋅y=0 m N ω02

ω0 =

c = m

ω 0 ⋅ T0 = 2π

500 = 12,91 s -1 3 Ÿ T0 =

2π

ω0

=

2π = 0,49 s 12,91

Lösungsansatz y (t ) = A ⋅ sin ω 0 t + B ⋅ cos ω 0 t y (t ) = A ⋅ ω 0 ⋅ cos ω 0 t − B ⋅ ω 0 ⋅ sin ω 0 t y(t ) = − A ⋅ ω 0 2 ⋅ sin ω 0 t − B ⋅ ω 0 2 ⋅ cos ω 0 t = −ω 0 2 ⋅ y

Man erkennt: Bei einer harmonischen Schwingung ist die Beschleunigung proportional zum Ausschlag und ist diesem entgegen gerichtet. Randbedingungen zur Zeit t 0 = 0 ist y 0 = 0,04 m ; v 0 = 1,5

m s

I ) B = y 0 = 4 cm II ) v 0 = A ⋅ ω 0

Ÿ

A=

v0

ω0

=

1,5 = 0,116 m = 11,6 cm 12,91

3.9 Schwingungen

363

c) Schwingungsamplitude und Nullphasenwinkel Anderer Lösungsansatz y (t ) = C ⋅ sin (ω 0 t + ϕ 0 ) = C ⋅ cos ϕ 0 ⋅ sin ω 0 t + C ⋅ sin ϕ 0 ⋅ cos ω 0 t  

 

A

B

y (t ) = A ⋅ sin ω 0 t + B ⋅ cos ω 0 t (wie unter b)

I ) A = C ⋅ cos ϕ 0 II ) B = C ⋅ sin ϕ 0

)

(

I 2 + II 2 : A2 + B 2 = C 2 ⋅ sin 2 ϕ 0 + cos 2 ϕ 0 = C 2

Amplitude: C =

Ÿ

A 2 + B 2 = 11,6 2 + 4 2 = 12,27 cm

4 II B : tan ϕ 0 = = = 0,345 Ÿ ϕ 0 = 19,03° = 0,332 rad I A 11,6

Schwingungsgleichung

(

y (t ) = 12,27 cm ⋅ sin 12,91 rad ⋅ t + 0,332 rad s

)

Tipp: Es ist oft zweckmäßig bei der Ausrechnung mit dem Taschenrechner (nach Umschaltung) die Argumente bei den Winkelfunktionen direkt in Radiant-Einheiten einzusetzen und nicht erst in Grad-Einheiten umzurechnen. Die Einheit Radiant kann in den Formeln auch weggelassen werden. d) Maximale Geschwindigkeit Die Masse hat ihre größte Geschwindigkeit erreicht, wenn keine Beschleunigung mehr erfolgt. y(t1 ) = 0 = − A ⋅ ω 0 2 ⋅ sin ω 0 t1 − B ⋅ ω 0 2 ⋅ cos ω 0 t1 = −ω 0 2 ⋅ y Ÿ tan ω 0 t1 = −

t1 =

4 B =− = −0,345 Ÿ ω 0 t1 = 160,97° = 2,809 rad Ÿ A 11,6

ω 0 t1 2,809 = = 0,22 s ω0 12,91

y max = ω 0 ⋅ ( A ⋅ cos ω 0 t1 − B ⋅ sin ω 0 t1 ) y max = 12,91 ⋅ (11,6 ⋅ cos160,97° − 4 ⋅ sin 160,97°) = −158,41 cm ≈ −1,58 s

m s

Das Minuszeichen besagt, die Masse schwingt in die negative Richtung, also nach oben. Andererseits ist wegen − ω02 ⋅ y = 0 Ÿ

y=0

Die schwingende Masse erreicht ihre größte Geschwindigkeit in der statischen Gleichgewichtslage.

364

3 Dynamik

e) Umkehrlage In der Umkehrlage wechselt die Geschwindigkeit ihr Vorzeichen, d. h. sie ist zur Zeit t 2 gleich Null. y (t 2 ) = 0 : A ⋅ ω 0 ⋅ cos ω 0 t 2 − B ⋅ ω 0 ⋅ sin ω 0 t 2 = 0 : ω 0 tan ω 0 t 2 =

t2 =

Ÿ

A 11,6 = = 2,9 Ÿ ω 0 t 2 = 70,97° = 1,239 rad B 4

ω 0 t 2 1,239 = = 0,096 s ω0 12,91

f) Schwingungsdaten nach der Zeit t 3 = 2s

(

)

y (t 3 ) = 11,6 ⋅ sin 12,91 rad ⋅ 2s + 4 ⋅ cos(12,91 ⋅ 2 rad ) = 10,45 cm s y (t 3 ) = 11,6 ⋅ 12,91 ⋅ cos(25,82 rad ) − 4 ⋅ 12,91 ⋅ sin (25,82 rad ) = 148,52

cm s

≈ 1,49

m s

y(t3 ) = −11,6 ⋅ 12,912 ⋅ sin 25,82 rad − 4 ⋅ 12,912 ⋅ cos 25,82 rad = −1741,89 cm ≈ −17,42 2 s

m s2

g) Reihenschaltung einer zweiten Feder

ω 02 = ω 02 =

ω 01 2

=

12,91 1 N = 6,455 ; c1 = 500 ; c 2 = ? 2 s m

ω 2 N 12,912 Ÿ c ges = m ⋅ ω 02 2 = m ⋅ 01 = 3 ⋅ = 125 m m 4 4

c ges

Bei der Reihenschaltung zweier Federn gilt 1 c ges c2 =

=

1 1 1 c1 − c ges = − = c 2 c ges c1 c1 ⋅ c ges

1 1 + Ÿ c1 c 2

Ÿ c2 =

c1 ⋅ c ges c1 − c ges

N N 500 ⋅ 125 = 166,67 ≈ 1,67 m cm 500 − 125

D 37 Zwei Massen verbunden durch eine Feder N0 y m1

N0 y stat NS

y NS

y y

c m2

Bild D 37

Der Schwinger nach Bild D 37 besteht aus zwei Massen m1 und m2 , die durch eine Feder mit der Federsteifigkeit c verbunden sind. Die obere Masse m1 wird durch einen Stoß aus der statischen Ruhelage angeregt und hat zur Zeit t = 0 die Geschwindigkeit v0 .

3.9 Schwingungen

365

Die untere Masse m2 bleibt ständig mit dem Boden in Berührung. Gegeben: m1 = 20 kg ; m2 = 30 kg ; c = 400

N cm

N = 4 ⋅ 104 m

Gesucht a) Statische Ruhelage b) Schwingungsgleichung und deren Lösung Die Bewegungskoordinate y bzw. y = ystat + y soll dabei einmal von der statischen Gleichgewichtslage N S N S und einmal von der Lage der entspannten Feder N 0 N 0 aus gezählt werden. c) Wie groß darf v0 maximal werden, damit die untere Masse m2 nicht vom Boden abhebt? d) Welche Amplitude yˆ stellt sich bei der Schwingung bei maximal möglicher Erregung ein?

Lösung a) Statische Gleichgewichtslage Die Feder wird durch die Gewichtskraft der oberen Masse um die Strecke ystat vorgespannt m1 ⋅ g = c ⋅ ystat Ÿ

ystat =

m1 ⋅ g 20 ⋅ 9,81 = = 4,91 ⋅ 10− 3 m = 4,91 mm c 4 ⋅ 104

b) Schwingungsgleichung

a)

N0 NS

y stat NS y

b)

Prinzipiell gibt es zwei Möglichkeiten für die Zählung der Schwingungskoordinaten:

m1 g

entweder y von der statischen Gleichgewichtslage N S N S aus

N0 y

cy

cy

y = ystat + y von der Lage N 0 N 0 der entspannten Feder aus.

cy

cy

N S N S = statische Gleichgewichtslage

m 1 oder

m1

c ystat

Um diese Mittellage schwingt die Masse.

m2 m2 g

m2 FN

m2 g

FN

Bild DL 37

Sie hat dort ihre größte Geschwindigkeit, denn sie wird momentan nicht mehr beschleunigt (a = 0) , da sich Feder- und Gewichtskraft gegenseitig aufheben.

N 0 N 0 = Nulllage bei entspannter Feder

Befindet sich die Masse in dieser Lage, so ist die Feder entspannt. Dann wirkt nur noch die Gewichtskraft, die die Masse abbremst oder beschleunigt bis zur Umkehrlage (Totpunkt). In der Umkehrlage hat die Masse momentan keine Geschwindigkeit. Sie wird aber dort durch die Federkraft wieder beschleunigt und die Geschwindigkeit ändert ihren Richtungssinn. 1) Statische Ruhelage als Ausgangsposition (Bild DL 37a)

366

3 Dynamik

Die Federvorspannkraft und die Gewichtskraft heben sich gegenseitig auf. Diese Kräfte werden in den Gleichungen nicht mehr aufgeführt. Dynamisches Grundgesetz (Newton) c ⋅ y = −m1 ⋅ y : m1 Ÿ

y +

c ⋅ y = 0 homogene Dgl. m1 N ω02

Eigenkreisfrequenz

ω0 =

c = m1

4 ⋅ 104 = 44,72 s −1 20

Lösungsansatz y (t ) = A ⋅ sin ω 0t + B ⋅ cos ω 0t y (t ) = Aω 0 ⋅ cos ω 0t − Bω 0 ⋅ sin ω 0t

Anfangsbedingungen I ) y (t = 0) = 0 : B = 0 II ) y (t = 0) = v0 : v0 = A ⋅ ω 0 Ÿ

v A= 0

ω0

Die den Randbedingungen angepasste Lösung lautet damit v y = 0 ⋅ sin ω 0t

ω0

2) Entspannte Federlage als Ausgangsposition (Bild DL 37b) Neben den Federkräften müssen jetzt auch die Gewichtskräfte berücksichtigt werden. y = ystat + y ist die Auslenkung der Masse von der Lage der entspannten Feder aus betrachtet.

Dynamisches Grundgesetz m1 ⋅ g − c ⋅ y = m1 ⋅ y : m1 Ÿ

y + c ⋅ y = g m N1

inhomogene Dgl.

ω 02

Die Lösung einer inhomogenen Dgl. setzt sich zusammen aus der allgemeinen Lösung y h der homogenen Dgl. plus einer partikulären Lösung yp der inhomogenen Dgl. y h = A ⋅ sin ω 0t + B ⋅ cos ω 0t

wie oben

Für die partikuläre Lösung macht man einen Ansatz nach der Art der rechten Seite, die hier eine Konstante k ist. yp = k ;

y p = 0 ; yp = 0

3.9 Schwingungen

367

eingesetzt in die allgemeine Dgl. 0+

m ⋅g c ⋅ k = g Ÿ k = 1 = ystat c m1

y = y h + y p = A ⋅ sin ω 0t + B ⋅ cos ω 0t + ystat

y = Aω 0 ⋅ cos ω 0t − Bω 0 ⋅ sin ω 0t Die Konstante ystat fällt beim Differenzieren heraus. Randbedingungen: zur Zeit t = 0 ist I ) y (0) = ystat :

ystat = B + ystat Ÿ B = 0

II ) y (0) = v0 : v0 = A ⋅ ω 0 Ÿ

A=

v0

ω0

Damit lautet die Lösung der inhomogenen Dgl. y=

v0

ω0

⋅ sin ω 0t + ystat

Durch Koordinaten-Transformation kommt man wieder auf die Schwingungsgleichung von der statischen Ruhelage aus (Kontrolle): y = ystat + y ;

y = y beim Ableiten wird die Konstante y stat Null.

Eingesetzt in die inhomogene Dgl. y +

c ⋅ ( ystat + y ) = g Ÿ m1

y +

c § m1 ⋅ g · ⋅¨ + y¸ = g Ÿ m1 © c ¹

y + c ⋅ y = 0 homogene Dgl. m 1

c) Abheben der unteren Platte vom Boden (Bild DL 37b) Die Platte hebt nicht vom Boden ab, solange eine Normalkraft FN zwischen der Masse m2 und dem Boden wirksam ist. Beachte: Im Bild DL 37a ist die Federkraft c ⋅ y nur eine relative Kraft. Will man die absolute, wirkliche Kraft auf die untere Platte haben, so muss man noch die Federvorspannkraft c ⋅ ystat und die Gewichtskraft m2 ⋅ g hinzufügen. Nach Bild DL 37b erhält man dagegen direkt die absolute Federkraft c ⋅ y auf die Masse m2 .

368

3 Dynamik

In Verbindung mit der Gewichtskraft m2 ⋅ g wird die Normalkraft

¦ Fy = 0 Ÿ

FN (t ) = c ⋅ y + m2 ⋅ g ≥ 0 wobei

y = ystat + y =

m1 ⋅ g v0 + ⋅ sin ω 0t eingesetzt wird c ω0

m2

Die Platte hebt nicht vom Boden ab, wenn gilt FN (t ) = m1 ⋅ g +

v0 ⋅ c

ω0

⋅ sin ω 0t + m2 ⋅ g ≥ 0 Ÿ

(m1 + m2 )⋅ g ≥ − v0 ⋅ c ⋅ sin ω 0t ω0

Der Sinus liegt im Bereich −1 ≤ sin ω 0t ≤ +1 Im Grenzfall des Abhebens vom Boden ist sin ω 0t = −1 , dann erreicht die Masse m1 ihren oberen Totpunkt.

(m1 + m2 )⋅ g ≥ v0 ⋅ c Ÿ ω0

v0 ≤

20 + 30 20 ⋅ 4 ⋅ 10

4

v0 ≤ (m1 + m2 ) ⋅ g ⋅

⋅ 9,81 = 0,55

ω0 c

= (m1 + m2 ) ⋅

m s

d) Amplitude bei maximal möglicher Erregung Bezogen auf die statische Gleichgewichtslage ist y=

v0

ω0

⋅ sin ω 0t

Für sin ω 0t = 1 wird der Ausschlag maximal (Amplitude) y max = yˆ =

v0

ω0

=

0,55 = 12,3 ⋅ 10 − 3 m = 12,3 mm 44,72

g c m + m2 ⋅ = 1 ⋅g c m1 m1 ⋅ c

3.9 Schwingungen

369

D 38 Kombinierte Translations- und Rotations-Schwingung r

J

Über eine Rolle (Radius r , Massenträgheitsmoment J ) ist ein Seil gelegt. An einem Ende des Seils hängt eine Masse m, am anderen Ende ist eine Feder (Federsteifigkeit c ) angebracht, die fest mit dem Boden verbunden ist. y Das System wird zu Schwingungen angeregt, indem die Masse m aus

c

der statischen Ruhelage um y 0 stoßfrei ( y = 0) ausgelenkt wird.

m Bild D 38

Gegeben m = 4 kg ; J = 0,05 kg m 2 ; r = 20 cm = 0,2 m ; c = 15

N cm

= 1500

N m

Gesucht a) Schwingungsgleichung und Eigenkreisfrequenz b) Die maximal mögliche Auslenkung y 0 , damit das Seil immer straff bleibt und die harmonische Schwingung durch Schlaufenbildung nicht unterbrochen wird. Es sollen dabei 2 Lösungsmöglichkeiten verglichen werden: 1) statische Ruhelage als Ausgangsposition für die Koordinaten 2) entspannte Federlage als Ausgangsposition für die Koordinaten

Lösung Bei Schwingungsaufgaben bestehen oft Unklarheiten über die Bedeutung der Koordinaten und deren Nulllage sowie über die Berechnungsmethoden mit oder ohne Berücksichtigung der Gewichtskräfte. Daher sollen die Zusammenhänge an diesem Beispiel einmal ausführlich dargestellt werden. Prinzipiell gibt es 2 Möglichkeiten für die Zählung der Koordinaten (die oft verwechselt werden): entweder von der statischen Ruhelage aus oder von der Lage der entspannten Federn aus. In beiden Fällen soll hier zur besseren Übersicht das Koordinatensystem so gelegt werden, dass der horizontale Durchmesser der Scheibe gleich der Nulllage für die Winkelzählung entspricht. 1) Statische Ruhelage als Ausgangsposition Die Federvorspannkraft und die Gewichtskraft heben sich auf und werden in den Gleichungen nicht mehr aufgeführt. Kinematische Zusammenhänge y = r ⋅ϕ ;

y = r ⋅ ϕ ; y = r ⋅ ϕ Ÿ ϕ =

3.9 Schwingungen 3.9 Schwingungen

y r

370

3 Dynamik J

Dynamisches Grundgesetz (Newton)

NS

ϕ,ϕ,ϕ

S2

NS

I ) S1 = − m ⋅ y

Das Seil wird als undehnbar angenommen. Dann ist die Verlängerung der Feder gleich dem Ausschlag y der Masse m .

S1 NS

II ) S 2 = c ⋅ y

NS y,y,y

III ) S1 ⋅ r − S 2 ⋅ r = J ⋅ ϕ = J ⋅

m

J r2

cy

y :r Ÿ r

⋅ y + S 2 − S1 = 0

Bild DL 38-1

I und II in III :

J r2

⋅ y + c ⋅ y + m ⋅ y = 0

§ J · ¨¨ m + 2 ¸¸ ⋅ y + c ⋅ y = 0 ; r ¹ ©

y +

c m + J2 r 

⋅y=0

ω02

Eigenkreisfrequenz

ω0 =

c m+

1500

=

J r2

4+

0,05 0, 2 2

= 16,9 s −1

Schwingungsdauer T0 =

2π

ω0

=

2π = 0,37 s 16,9

Statische Verschiebung Die Feder wird durch die Gewichtskraft m ⋅ g um y stat vorgespannt, wobei gilt m ⋅ g = c ⋅ y stat

Ÿ

y stat =

m ⋅ g 4 ⋅ 9,81 = = 0,026 m = 26 mm c 1500

Lösungsansatz y = A ⋅ sin ω 0 t + B ⋅ cos ω 0 t y = A ⋅ ω 0 ⋅ cos ω 0 t − B ⋅ ω 0 ⋅ sin ω 0 t

y = − A ⋅ ω 0 2 ⋅ sin ω 0 t − B ⋅ ω 0 2 ⋅ cos ω 0 t

3.9 Schwingungen

371

Randbedingungen: zur Zeit t = 0 ist y (0) = y 0 : II ) y (0) = 0 :

B = y0

I)

A=0

Damit lautet die Bewegungsgleichung und deren Ableitungen y = y 0 ⋅ cos ω 0 t ;

y = − y 0 ⋅ ω 0 ⋅ sin ω 0 t ;

y = − y 0 ⋅ ω 0 2 ⋅ cos ω 0 t

Der größte Ausschlag (Amplitude) ergibt sich für cos ω 0 t = 1 zu y max = yˆ = y 0

b) Kontrolle der Seilspannung Zu beachten ist, dass die in der Rechnung aufgeführten Seilkräfte hier nur relative Kräfte darstellen. Bei den absoluten, wirklichen Seilkräften kommt noch die Federvorspannungskraft und die Gewichtskraft hinzu. Die Seile bleiben immer straff, wenn die Seilkräfte positiv sind : I ) S1 abs = − m ⋅ y + m ⋅ g > 0 ; m ⋅ (g − y) > 0 ; g − y > 0 ; y < g II ) S 2 abs = c ⋅ y + c ⋅ y stat > 0 ; c ⋅ ( y + y stat ) > 0 ;

y + y stat > 0

Mit den Werten der Bewegungsgleichung wird I ) − y 0 ⋅ ω 0 2 ⋅ cos ω 0 t < g II ) y 0 ⋅ cos ω 0 t + y stat > 0

ungünstigster Fall: cos ω 0 t = −1 ; ω 0 t = π I)

y0 ⋅ ω02 < g ;

y0
0 ;

g

ω0

2

=

g c

im oberen Totpunkt der Massenbewegung

§ J · J g ⋅ ¨¨ m + ¸ = y stat + 2 ⋅ 2¸ r ¹ r c ©

y 0 < y stat

Die zweite Bedingung ist weitergehend und daher maßgebend. Das Seil bleibt immer straff, wenn gilt y 0 < y stat =

m⋅g = 26 mm c

Ist das Seil dagegen bei einer Konstruktionsvariante auf die Rolle aufgewickelt (mit der Masse am freien Ende) und die Feder separat an der Rolle eingehängt, dann entfällt die Seilkraft S 2 und die Anfangsauslenkung kann betragen y 0 < y stat +

J r

2

⋅

g c

also um

J r

2

⋅

g größer sein . c

372

3 Dynamik

2) Entspannte Federlage als Ausgangsposition a) Bewegungsgleichungen Die Gewichtskraft m ⋅ g geht jetzt in die Gleichung ein. Da hier alle Kräfte aufgeführt werden, sind die Seilkräfte absolute, wirkliche Kräfte. Die Koordinaten werden jetzt zur Unterscheidung mit einem Querstrich über dem Formelzeichen versehen. Kinematik

N0

ϕstat ϕ ϕ

N0

y = y stat + y

ϕ = ϕ stat + ϕ

S1

S2 S1

N0 y

N0 y stat NS

y

y = r ⋅ϕ ;

y y

y = r ⋅ ϕ ; y = r ⋅ ϕ

NS

ϕ =

y r

mg

cy

Bild DL 38-2

I ) m ⋅ g − S1 = m ⋅ y Ÿ S1 = m ⋅ g − m ⋅ y II ) S 2 = c ⋅ y

y :r Ÿ III ) S1 ⋅ r − S 2 ⋅ r = J ⋅ ϕ = J ⋅ r I und II in III :

y +

c m + J2 r 

⋅y=

J r2 m

m+

J r2

J r2

⋅ y − S1 + S 2 = 0

⋅ y + m ⋅ y + c ⋅ y = m ⋅ g ⋅g

ω0 =

c m + J2 r

ω02

Man erhält jetzt eine inhomogene Dgl. Die Lösung der homogenen Dgl. ist y h = A ⋅ sin ω 0 t + B ⋅ cos ω 0 t

Partikuläre Lösung der inhomogenen Dgl. (Ansatz nach der Art der rechten Seite)

y p = k = konst.

y p = 0 ; yp = 0

3.9 Schwingungen

373

eingesetzt in die Dgl. m⋅g = yp c

c⋅k = m⋅ g Ÿ k =

Damit wird y = y h + y p = A ⋅ sin ω 0 t + B ⋅ cos ω 0 t + y = A ⋅ ω 0 ⋅ cos ω 0 t − B ⋅ ω 0 ⋅ sin ω 0 t ;

m⋅g c

y = − A ⋅ ω 2 ⋅ sin ω t − B ⋅ ω 2 ⋅ cos ω t 0 0 0 0

Statische Auslenkung keine Bewegung bedeutet : y = 0 und y = 0 , dann wird y = y stat eingesetzt in die Dgl. y stat =

c ⋅ y stat = m ⋅ g Ÿ

m⋅g c

Anfangsbedingungen Zur Zeit t = 0 wird die Masse um y 0 stoßfrei aus der statischen Gleichgewichtslage ausgelenkt. I) II )

y (0) = y stat + y 0 = B + y stat y (0 ) = 0 = A ⋅ ω 0

Ÿ B = y0

A=0

Ÿ

Damit lautet die Bewegungsgleichung für die Nulllage bei entspannten Federn y = y 0 ⋅ cos ω 0 t + y stat y = − y 0 ⋅ ω 0 ⋅ sin ω 0 t ;

y = − y ⋅ ω 2 ⋅ cos ω t 0 0 0

Daraus ergibt sich die Bewegungsgleichung aus der statischen Ruhelage y = y − y stat = y 0 ⋅ cos ω 0 t

b) Das Seil bleibt straff, wenn

(

)

I ) S1 = m ⋅ g − m ⋅ y > 0 ; m g − y > 0 ; y < g ; − y 0 ⋅ ω 0 2 ⋅ cos ω 0 t < g II ) S 2 = c ⋅ y = c ⋅ ( y 0 ⋅ cos ω 0 t + y stat ) > 0 Ÿ

y stat + y 0 ⋅ cos ω 0 t > 0

Ungünstigster Fall für cos ω 0 t = −1 Ÿ ω 0 t = π (oberer Totpunkt) I) II )

y0 ⋅ ω02 < g ; y stat − y 0 > 0 ;

y0
1 und damit ψ = π d. h. die Richtungen der Erregerkraft und der Massenbewegung wären dann gegensinnig. Schwingungs-Ausschlag (von der statischen Nulllage aus gezählt) y = yˆ ⋅ sin (Ω t − ψ ) = yˆ ⋅ sin (Ω t )

Nach t = 2 s ist y = 16,67 mm ⋅ sin (12 ⋅ 2 rad ) = −15,1 mm

Das Minuszeichen bedeutet: die momentane Auslenkung erfolgt entgegen der positiven yRichtung, also nach oben.

376

3 Dynamik

D 40 Gedämpfte Translationsschwingung a)

b) c2

c1 N0 y N S

ystat

c ges

N0

c3

Gegeben

NS

y

Ein Schwinger der Masse m hängt an 3 Federn (Federkonstante c1 , c 2 , c3 ) und ist am Boden durch einen Dämpfer (Dämpfungskonstante d ) abgestützt.

m = 0,8 kg ;

m

m

c1 = 1 d

d

d = 7,5

kg s

N N N N = 100 ; c2 = 200 ; c3 = 300 cm m m m

Bild D 40

Gesucht Für eine gedämpfte freie Schwingung bestimme man a) Um welche Nulllage schwingt das System (statische Gleichgewichtslage ) b) Schwingungsgleichung und deren Lösung in den beiden Bezugssystemen, wobei die Koordinaten einmal von der statischen Gleichgewichtslage, zum anderen von der entspannten Federlage aus gezählt werden sollen.

Lösung N 0 N 0 =ˆ Nulllage bei entspannten Federn

Befindet sich die Masse in dieser Lage, so sind die Federn entspannt. Dann wirken nur noch die Gewichtskräfte und eventuelle Dämpfungskräfte. N S N S =ˆ statische Gleichgewichtslage

Um diese Nulllage schwingt die Masse. Sie hat dort ihre größte Geschwindigkeit, denn sie wird momentan nicht beschleunigt, da sich Feder- und Gewichtskräfte gegenseitig aufheben. Die drei Federn werden zu einer gleichwertigen Ersatzfeder zusammengefasst c12 = c1 + c 2 (Parallelschaltung) c ges =

(c + c2 ) ⋅ c3 (1 + 2 ) ⋅ 3 c12 ⋅ c3 N N = 1 = = 1,5 = 150 (Serienschaltung) c12 + c3 c1 + c2 + c3 1 + 2 + 3 cm m

Statische Ruhelage: Die Federn werden durch die Gewichtskraft vorgespannt c ges ⋅ y stat = m ⋅ g Ÿ

y stat =

m ⋅ g 0,8 ⋅ 9,81 = = 0,052 m = 52 mm 150 cges

3.9 Schwingungen

377

1) Koordinaten y werden von der statischen GG-Lage N S N S aus gezählt (Bild DL 40-1a) a)

b)

N0

y stat

NS

NS FF

Federvorspannkräfte und Gewichtskräfte heben sich gegenseitig auf. Es verbleiben Federkraft, Dämpferkraft und Trägheitskraft, die nach dem dynamischen Grundgesetz im folgenden Zusammenhang stehen

N0

y,y,y

y,y,y

FF

− FF − FD = m ⋅ y FD

Bild DL 40-1

FD

− c ges ⋅ y − d ⋅ y = m ⋅ y : m

mg

Es ergibt sich eine homogene Dgl. y +

c ges d ⋅ y + ⋅y=0 m m N N

2δ

ω 02

Ungedämpfte Eigenkreisfrequenz: ω 0 = Abklingkonstante: δ =

cges m

=

150 = 13,69 s −1 0,8

d 7,5 = = 4,69 s −1 2 m 2 ⋅ 0,8

Gedämpfte Eigenkreisfrequenz: ω = ω 0 2 − δ 2 = 13,69 2 − 4,69 2 = 12,86 s −1 Dämpfungsgrad: ϑ =

δ 4,69 = = 0,34 < 1 Ÿ schwache Dämpfung ω 0 13,69

Für den Schwingungs-Ausschlag bei schwach gedämpfter Eigenschwingung gilt § y ⋅ δ + v0 · y = e −δ t ⋅ ¨ 0 ⋅ sin ω t + y 0 ⋅ cos ω t ¸ ω © ¹

wobei y 0 bzw. v 0 die Auslenkung bzw. Anfangsgeschwindigkeit zur Zeit t = 0 sind 2) Koordinaten y werden von der entspannten Federlage N 0 N 0 aus gezählt (Bild DL 401b) Dann geht die Gewichtskraft m ⋅ g in die Gleichung ein. m ⋅ g − FF − FD = m ⋅ y m ⋅ g − c ges ⋅ y − d ⋅ y = m ⋅ y : m

Es ergibt sich eine inhomogene Dgl.

378

3 Dynamik c y + d ⋅ y + ges ⋅ y = g m m N N 2δ

ω 02

Lösungsansatz nach der Art der rechten Seite (Konstante k ) y p = 0 ; yp = 0 eingesetzt in die Dgl.

yp = k ; c ges m

⋅k = g Ÿ k =

m⋅g = y stat = y p c ges

Die allgemeine Lösung der inhomogenen Dgl. ist y = y h + y p Die homogene Lösung ist wie oben y h = y Damit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen Dgl. § y ⋅ δ + v0 · m⋅g y = e −δ t ⋅ ¨ 0 ⋅ sin ω t + y 0 ⋅ cos ω t ¸ + ω © ¹ c ges

Allgemeine Bemerkungen zum Phasenwinkel Der Phasenwinkel ψ (auch Phasenverschiebung oder Nacheilwinkel genannt) gibt an, um wie viel eine ausgelöste erzwungene Schwingung der Erregung nacheilt. Der Phasenwinkel wird bestimmt aus der Gleichung tanψ =

2ϑ η 1 −η 2

wobei der Wertebereich 0 ≤ ψ ≤ π eingeschränkt wird.

Auch ohne eingebauten Dämpfer ist in der Praxis fast immer eine geringfügige Dämpfung vorhanden (z. B. durch Werkstoffdämpfung oder durch Verwirbelung der angrenzenden Luftschichten). Der Zähler in obiger Gleichung für den Phasenwinkel ist also immer positiv, d. h. 2ϑ η > 0 . Das Vorzeichen des Bruches hängt also vom Nenner ab, denn dieser kann je nach Größe von η positiv, negativ oder Null sein. Bei kleiner Dämpfung ist mit ϑ ≈ 0 auch tanψ ≈ 0 Nach Bild DL 40-2 gibt es dann 2 Möglichkeiten für den Phasenwinkel nämlich:

tan ψ

Punkt 1 1 0

ψ

1

ψ2 π 2

Bild DL 40-2

ψ kleiner positiver Wert von tanψ 1 mit ψ 1 ≈ 0 π

2

Punkt 2 kleiner negativer Wert von tanψ 2 mit ψ 2 ≈ π

3.9 Schwingungen

379

Ohne die Einschränkung 0 ≤ ψ ≤ π wäre für tanψ < 0 das Ergebnis auch für kleine negative Phasenwinkel als goniometrische Lösung möglich. Diese Lösung ergibt jedoch in der Formel für den Schwingungsausschlag y = yˆ ⋅ sin (Ω t − ψ ) keine Umkehr der Schwingungsrichtung entgegen der praktischen Erfahrung. ψ

Bild DL 40-3 zeigt die Phasenverschiebung ψ als Ordinate in Abhängigkeit der Abstimmung η als Abszisse und in Abhängigkeit des Dämpfungsgrades ϑ als Parameter der Kurven.

ϑ =0 0,1 0,7 1,5

π

8

8

π 2

1,5

0 0

ϑ =0

1

3

2

4

η

Bild DL 40-3

In obiger Gleichung für den Phasenwinkel ist für

η < 1 der Nenner 1 − η 2 > 0 Ÿ tanψ > 0 Ÿ 0 ≤ ψ ≤ π2 η > 1 der Nenner 1 − η 2 < 0 Ÿ tanψ < 0 Ÿ 2

π ≤ψ ≤ π 2

η = 1 der Nenner 1 − η = 0 Ÿ tanψ → ∞ Ÿ ψ =

π

2

Im Resonanzfall (η = 1) ist für alle Dämpfungsgrade der Phasenwinkel gleich ψ = π2 . Die Schwingung läuft der Erregung um eine viertel Periode hinterher (eine Periode ist 2π ). Auch in der Nachbarschaft der Resonanzstelle (Resonanzbereich) weicht der Phasenwinkel nur geringfügig von π2 ab. Bei sehr großen Erregerfrequenzen mit Ω → ∞ bzw. η → ∞ ist tanψ = 0 Ÿ ψ = π Die Schwingung läuft der Erregung um eine halbe Periode hinterher und ist der Erregung immer entgegengerichtet. Nach Bild DL 40-3 ist der Phasenwinkel ψ auch vom Dämpfungsgrad ϑ (als Parameter der Kurven) abhängig. Im unterkritischen Bereich (η < 1) wird der Phasenwinkel mit zunehmender Dämpfung größer, im überkritischen Bereich (η > 1) mit zunehmender Dämpfung kleiner. Beim Dämpfungsgrad auf π .

ϑ = 0 und η = 1

ändert sich der Phasenwinkel sprunghaft von 0

380

3 Dynamik

Bei sehr kleiner Dämpfung (ϑ ≈ 0) gilt nach Bild DL 40-3 und auch nach Bild DL 40-2: a) Im unterkritischen Bereich (η < 1) ist der Phasenwinkel ungefähr Null. Die Bewegung der Masse erfolgt dann phasengleich und damit gleichsinnig zur Erregung. b) Im überkritischen Bereich (η > 1) ist der Phasenwinkel ψ ≈ π Die Bewegung des Schwingers und die Richtung der Erregung sind gegensinnig.

D 41 Pendel mit Feder und Dämpfer

A a

m1

d

Das Pendel ist mit zwei Federn (Federsteifigkeit c1 , c 2 ) und einem Dämpfer (Dämpferkonstante d ) verbunden. In der senkrechten Lage des Pendels sind die Federn entspannt.

a

m2 c 2

c1 F(t)

Ein am Gelenklager A aufgehängtes Stabpendel nach Bild D 41 besteht aus einem Stab mit der Masse m1 und aus einer punktförmigen Masse m 2 .

Bild D 41

Ähnlich ist das Kräftespiel bei der Einzelradaufhängung eines PKWs, wenn man das nebenstehende Schwingungssystem um 90° dreht.

Gegeben N = 100 N ; c = 120 N ; d = 150 kg a = 0,6 m ; m1 = 5 kg ; m2 = 8 kg ; c1 = 1 cm 2 m m s

Gesucht 1) Für eine freie Schwingung (ohne Krafterregung, F = 0 ) a)Bewegungsgleichung für kleine Schwingungen b) Eigenkreisfrequenz und Schwingungsdauer c) Das Pendel wird um 6° = 0,105 rad stoßfrei (ϕ 0 = 0) ausgelenkt und einer freien Schwingung überlassen. Welchen Ausschlag und welche Winkelgeschwindigkeit erreicht das Pendel nach 0,5 s ? d) Nach wie vielen Perioden ist die Amplitude auf weniger als

1 1000

des Anfangswertes ab-

geklungen ? 2) Für eine erzwungene Schwingung (mit harmonischer Krafterregung, F ≠ 0 ) F (t ) = Fˆ ⋅ sin Ω t wobei Fˆ = 35 N ; Ω = 4 s −1

a) Bewegungsgleichung b) Ausschlag, Geschwindigkeit und Beschleunigung nach t = 2 s im eingeschwungenen Zustand

3.9 Schwingungen

381

c) Für welche Erregerfrequenz Ω R (Resonanzfrequenz) wird die Amplitude maximal und wie groß ist diese ?

Lösung In der senkrechten, statischen Ruhelage stützt sich das Pendel nur am Lager A (Aufhängepunkt) ab, ohne die Federn zu belasten. Die Federn sind daher nicht vorgespannt. Die Gewichtskraft des Pendels wird also nicht durch Federvorspannkräfte kompensiert. Die Gewichtskraft erzeugt in der ausgelenkten Lage des Pendels eine Rückstellmoment. Sie wirkt sich also erst in der Schräglage des Pendels auf den Schwinger aus und muss daher in die Gleichgewichtsbedingungen eingehen. Auf das Pendel wirken nach Bild DL 41 folgende Kräfte J

(A)

Gewichtskräfte FG1 = m1 ⋅ g ; FG 2 = m2 ⋅ g

A

ϕ

ϕ,ϕ,ϕ FD FG1

F(t)

c ges = c1 + c 2 = 100 + 120 = 220

N m

Federkraft FF = c ges ⋅ 2 aϕ

FF FG2

Die beiden Federn haben gleiche Längenänderungen, sind also parallel geschaltet, so dass die Ersatzfederkonstante lautet

Dämpfungskraft FD = d ⋅ a ϕ

Bild DL 41

Erregerkraft F ( t ) = Fˆ ⋅ sin Ω t

Massenträgheitsmoment bezogen auf den Drehpunkt A (Steinerscher Satz) 1 m ⋅ (2a )2 + m ⋅ a 2 + m ⋅ (2a )2 = 4 m a 2 + 4 m a 2 J ( A) = 12 1 1 2 2 3 1

J ( A) = 43 ⋅ 5 ⋅ 0,6 2 + 4 ⋅ 8 ⋅ 0,6 2 = 13,92 kg m 2

Die Koordinaten (Ausschlag, Geschwindigkeit, Beschleunigung) werden bei einer erzwungenen Schwingung zweckmäßig von der statischen Ruhelage aus in Richtung bzw. im Drehsinn der Störfunktion (wie im Bild DL 41) positiv gezählt. Nach dem Prinzip von d’Alembert wirkt das Massenträgheitsmoment entgegengesetzt zur Winkelbeschleunigung. J ( A)ϕ + FD ⋅ a ⋅ cosϕ + FG1 ⋅ a ⋅ sin ϕ + FF ⋅ 2a ⋅ cosϕ + FG 2 ⋅ 2a ⋅ sin ϕ = F (t ) ⋅ 2a ⋅ cosϕ

Für kleine Schwingungen gilt die Linearisierung : sin ϕ ≈ ϕ ; cos ϕ ≈ 1 J ( A)ϕ + d a 2 ⋅ ϕ + m1 g a ⋅ ϕ + 4 a 2 c ges ⋅ ϕ + 2m 2 g a ⋅ ϕ = Fˆ ⋅ 2a ⋅ sin Ω t : J ( A)

ϕ +

d ⋅ a2 J ( A)



2δ

⋅ ϕ +

4 a 2 ⋅ c ges + m1 g ⋅ a + 2m 2 g ⋅ a J ( A)

  

ω 02

1) Freie Schwingung (ohne Erregerkraft F ) a) Bewegungsgleichung

⋅ϕ =

Fˆ ⋅ 2a J ( A)

⋅ sin Ω t

382

3 Dynamik

ϕ + 2 δ ⋅ ϕ + ω 0 2 ⋅ ϕ = 0 Eigenkreisfrequenz der ungedämpften Schwingung 4 a 2 ⋅ c ges + (m1 + 2 m 2 ) ⋅ g ⋅ a

ω0 =

J ( A)

=

4 ⋅ 0,6 2 ⋅ 220 + (5 + 2 ⋅ 8) ⋅ 9,81 ⋅ 0,6 = 5,62 s −1 13,92

Abklingkonstante

δ =

d ⋅ a2

=

2 J ( A)

150 ⋅ 0,6 2 = 1,94 s −1 2 ⋅ 13,92

Dämpfungsgrad

ϑ=

1,94 δ = = 0,345 < 1 Ÿ schwache Dämpfung ω 0 5,62

b) Eigenkreisfrequenz der gedämpften Schwingung

ω 0 2 − δ 2 = ω 0 ⋅ 1 − ϑ 2 = 5,62 ⋅ 1 − 0,3452 = 5,27 s −1

ω=

Schwingungsdauer T=

2π

ω

=

2π = 1,19 s 5,27

c) Schwingungsausschlag (Lösung der Dgl.) und Winkelgeschwindigkeit Lösungsansatz

ϕ = e −δ t ⋅ ( A ⋅ sin ω t + B ⋅ cos ω t ) = e −δ t ⋅ C ⋅ sin (ω t + ψ ) wobei C =

A2 + B 2 ;

tanψ =

B A

Wir verwenden hier die zweite Beziehung für den Schwingungsausschlag ϕ (der Leser führe die Rechnung zur Kontrolle mit der ersten Beziehung aus).

ϕ = e −δ t ⋅ C ⋅ sin (ω t + ψ ) Differenzieren des Winkelausschlags ϕ nach der Zeit t ergibt die Winkelgeschwindigkeit ϕ . Nach der Produktenregel (u ⋅ v )′ = u ′ ⋅ v + u ⋅ v ′ ist

ϕ = −δ ⋅ e −δ t ⋅ C ⋅ sin (ω t + ψ ) + e −δ t ⋅ C ⋅ ω ⋅ cos(ω t + ψ ) Randbedingungen: Zur Zeit t = 0 ist I) ϕ (t = 0) = ϕ 0 = C ⋅ sinψ

Ÿ C=

ϕ0 sinψ

II) ϕ ( t = 0) = 0 = −δ ⋅ C ⋅ sinψ + C ⋅ ω ⋅ cosψ : C Ÿ tanψ = ω δ

3.9 Schwingungen

sinψ =

383

tanψ 2

1 + tan ψ

ω δ

=

( )

ω 2

ω

=

1+ δ

δ⋅

2

δ +ω δ

2

=

ω ω0

=

2

ω ω0

2

damit wird C = ϕ0 ⋅ tanψ =

ω0 5,62 = 0,105 ⋅ = 0,112 rad ω 5,27

ω 5,27 = = 2,716 Ÿ ψ = 69,79° = 1,218 rad δ 1,94

Der Schwingungsausschlag und die Winkelgeschwindigkeit nach t = 0,5 s ist

ϕ = e −δ t ⋅ C ⋅ sin (ω t + ψ ) = e −1,94⋅ 0,5 ⋅ 0,112 ⋅ sin (5,27 ⋅ 0,5 + 1,218) = −0,0277 rad = −1,57° ϕ = C ⋅ e −δ t ⋅ [ω ⋅ cos(ω t + ψ ) − δ ⋅ sin (ω t + ψ )] ϕ = 0,112 ⋅ e −1,94 ⋅ 0,5 ⋅ [5,27 ⋅ cos(5,27 ⋅ 0,5 + 1,218) − 1,94 ⋅ sin (3,853)] = −0,116

rad s

= −6,65

grd s

d) Logarithmisches Dekrement Bei einer gedämpften Schwingung nehmen die Amplituden im Verlauf der Zeit immer mehr ab. Um einen Zusammenhang zwischen der Abnahme der Amplituden und der Dämpfung zu finden, bildet man das Verhältnis zweier beliebiger aufeinanderfolgender, gleichgerichteter Ausschläge (z. B. Amplituden) im zeitlichen Abstand der Schwingungsdauer T .

ϕ (t ) = ϕ 0 ⋅

ω0 ω

ϕ (t +T) = ϕ 0 ⋅

⋅ e −δ t ⋅ sin (ω t + ψ )

ω0 ω

⋅ e −δ ( t +T ) ⋅ sin [ω ( t + T ) + ψ ]

Die Winkelfunktionen sind periodisch, d. h. sie ändern sich nicht bei der Addition von 2π im Argument, daher ist sin [ω ( t + T ) + ψ ] = sin ( ω t + ω T + ψ ) = sin ( ω t + ψ ) N 2π

Nach Kürzen von gleichen Faktoren ergibt sich für das Amplitudenverhältnis ein konstanter Wert

ϕ ( t)

ϕ (t + T)

=

e −δ

t

e −δ ( t +T )

= eδ

T

= konst.

Um an die Abklingkonstante δ im Exponent der Eulerschen Zahl e zu gelangen, bildet man den natürlichen Logarithmus des Amplitudenverhältnisses. Dieses so genannte logarithmische Dekrement (Verminderung) wird mit dem großen griechischen Buchstaben Lambda Λ bezeichnet. Λ = ln

ϕ (t ) = ln eδ ϕ (t +T )

T

=δ T =δ ⋅

2π

ω

=δ ⋅

2π

ω 0 ⋅ 1−ϑ

2

=

2π ⋅ ϑ 1−ϑ 2

384

3 Dynamik Λ=

2π ⋅ 0,345

= 2,31

1 − 0,345 2

Durch experimentelle Messung zweier aufeinanderfolgender, gleichgerichteter Amplituden lässt sich der Dämpfungsgrad eines Systems bestimmen. Die Umstellung der Formel ergibt

ϑ=

Λ 4 π 2 + Λ2

Wegen der größeren Längenunterschiede lassen sich die Messungen genauer durchführen, wenn man die Ausschläge nach mehreren Schwingungen vergleicht. Mit dem Amplitudenverhältnis nach z Schwingungen wird

ϕ ( t) = e zδ T ; ϕ (t + z ⋅T ) Λ = δ ⋅T =

ln

ϕ ( t) = z ⋅δ ⋅T = z ⋅ Λ Ÿ ϕ (t + z ⋅T )

ϕ ( t) 1 ⋅ ln z ϕ (t + z ⋅T )

Diese Gleichung gilt für momentane aufeinanderfolgende gleichgerichtete Ausschläge oder auch Extremwerte. In unserem Beispiel fragen wir nach der Anzahl der Schwingungen, die zu einer bestimmten Abnahme der Amplituden führen. z=

ϕ ( t) 1 1 1 ln 1000 ⋅ ln = ⋅ ln = = 2,99 1 δ ⋅T ϕ ( t + z ⋅ T ) 1,94 ⋅ 1,19 1,94 ⋅ 1,19 1000

Nach 3 Perioden ist die Amplitude kleiner als

1 1000

ihres ursprünglichen Wertes.

2) Erzwungene Schwingung (mit Erregerkraft F ) a) Bewegungsgleichung Die entsprechende Dgl. lautet

ϕ + 2 δ ⋅ ϕ + ω 0 2 ⋅ ϕ = ϕ konst =

Fˆ ⋅ 2 a

J ( A) ⋅ ω

0

2

=

Fˆ ⋅ 2 a

⋅ sin Ω t = ω 0 2 ⋅ ϕ konst ⋅ sin Ω t ( A) J Fˆ ⋅ 2 a

4 a ⋅ c ges + (m1 + 2 m 2 ) ⋅ g ⋅ a 2

=

Mˆ cD

ϕ konst ist eine rechnerische Abkürzung. Dieser Winkel entspricht einer Auslenkung unter einer gedachten statischen Belastung durch das konstante Moment Mˆ = Fˆ ⋅ 2 a . c D ist die gedachte Drehfederkonstante des Systems

(vergleiche Aufgabe D 42, bei der die Zusammenhänge für eine Translationsschwingung dargelegt werden).

3.9 Schwingungen

385

In unserem Fall ist

ϕ konst =

Fˆ ⋅ 2 a

J ( A) ⋅ ω

0

2

=

35 ⋅ 2 ⋅ 0,6

= 0,096 rad = 5,5°

13,92 ⋅ 5,62 2

Abstimmung (Frequenzverhältnis)

η=

Ω

=

ω0

4 = 0,712 5,62

Vergrößerungsfunktion V =

ϕˆ ϕ konst

1

=

(1 − η )

2 2

+ ( 2ϑ η )

=

2

1

(1 − 0,712 )

2 2

+ ( 2 ⋅ 0,345 ⋅ 0,712 )

= 1,44

2

Um diesen Faktor ist die Amplitude der Schwingung größer als die gedachte statische Verdrehung infolge eines Moments, das durch die Amplitude der Erregerkraft gebildet wird. Schwingungsamplitude

ϕˆ = ϕ konst ⋅ V = 0,096 ⋅ 1,44 = 0,138 rad = 7,91° Phasenwinkel tanψ =

2ϑ η 1 −η

2

=

2 ⋅ 0,345 ⋅ 0,712 1 − 0,712 2

= 0,996 Ÿ ψ = 44,89° = 0,783 rad

b) Kinematische Daten nach t = 2 s Winkelausschlag

ϕ = ϕˆ ⋅ sin ( Ω t − ψ ) = 0,138 ⋅ sin ( 4 ⋅ 2 − 0,783) = 0,111 rad = 6,36° Winkelgeschwindigkeit

ϕ = ϕˆ ⋅ Ω ⋅ cos ( Ω t − ψ ) = 0,138 ⋅ 4 ⋅ cos ( 4 ⋅ 2 − 0,783 ) = 0,328

rad s

= 18,79

grd s

Winkelbeschleunigung

ϕ = −ϕˆ ⋅ Ω 2 ⋅ sin ( Ω t − ψ ) = −0,138 ⋅ 4 2 ⋅ sin ( 4 ⋅ 2 − 0,783 ) = −1,78 bzw. ϕ = −Ω 2 ⋅ ϕ = −4 2 ⋅ 0,111 = −1,78

rad s2

= −101,99

grd s2

rad s2

c) Maximale Amplitude Die größte Schwingungsamplitude (bzw. das Maximum der Vergrößerungsfunktion) tritt auf, wenn das System mit der Resonanzfrequenz Ω R erregt wird. Die Vergrößerungsfunktion ist maximal, wenn ihr Nenner ein Minimum wird. Differenziert man den Nenner nach η und setzt die erste Ableitung gleich Null, so erhält man die Resonanzabstimmung

ηR =

ΩR

ω0

=

1 − 2ϑ 2 =

1 − 2 ⋅ 0,345 2 = 0,873

386

3 Dynamik

Resonanzfrequenz Ω R = ω 0 ⋅ η R = 5,62 ⋅ 0,873 = 4,91 s −1

Bei dieser Erregerfrequenz würde sich eine maximale Schwingungsamplitude ergeben. Setzt man η R in die Vergrößerungsfunktion ein, so erhält man das Resonanzamplitudenverhältnis Vmax =

ϕˆ max 1 1 = = = 1,544 ϕ konst 2ϑ ⋅ 1 − ϑ 2 2 ⋅ 0,345 ⋅ 1 − 0,345 2

Resonanzamplitude

ϕˆ max = ϕ konst ⋅ Vmax = 0,096 ⋅ 1,544 = 0,148 rad = 8,48°

D 42 Schüttelsieb (Wegerregung über den Federendpunkt) d

xA

c

m

A

S

Gegeben m = 60 kg

A'

a

c=9

Ωt

N cm

d = 80

x,x,x b

A r

B' Bild D 42

s

B

= 900

N m

kg s

r = 6 cm a = 30 cm ; b = 20 cm

Ω

Ω = 2,5 s −1

Ein Schüttelsieb (Masse m einschließlich des Schüttgutes) nach Bild D 42 ist mit einer Feder (Federsteifigkeit c ) und einem Dämpfer (Dämpferkonstante d ) verbunden. Die Erregung des Schüttelsiebes erfolgt durch einen Kurbeltrieb (Kurbelradius r, Pleuellänge A >> r ), dessen Kurbel mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω umläuft. Durch stetige Zufuhr von neuem Schüttgut (Kies oder Sand) wird die durchgesiebte Menge ständig ergänzt, so dass der Inhalt des Schüttelsiebes konstant bleibt. Gesucht a) Schwingungsgleichung des Siebes b) Schwingungsausschlag t = 3 s nach Abklingen der Eigenschwingungen c) Welche größte Amplitude ergibt sich bei Resonanzfrequenz ?

Lösung Bei einem im Vergleich zum Kurbelradius r langem Pleuel (A >> r ) kann die Schrägstellung des Pleuels vernachlässigt werden. Die horizontale Verschiebung r ⋅ sin Ω t des Kurbel-

3.9 Schwingungen

387

zapfens wird dann (fast) unverändert auf das linke Pleuelende B übertragen, so dass es zu einer (angenäherten) harmonischen Sinusschwingung kommt. Die horizontale Verschiebung des linken Pleuelendes ist dann näherungsweise BB ' ≈ r ⋅ sin Ω t

(eine reine Sinusschwingung könnte z. B. mit einer Kurbelschleife erzeugt werden). Die Auslenkungen werden über den Hebel AB im Verhältnis ab auf den rechten Federendpunkt A übertragen (Federendpunkterregung), so dass dessen Verschiebung beträgt x A = ab ⋅ r ⋅ sin Ω t = xˆ A ⋅ sin Ω t N xˆ A

xˆ A = ab ⋅ r =

30 20

⋅ 6 = 9 cm

FD

FF

Der linke Federendpunkt wandert mit der Masse m um die Strecke x nach rechts. Die Feder wird daher um die Wegdifferenz x A − x gekürzt. Die Federkraft im Bild DL 42 beträgt dann

S m

x

FF = c ⋅ (x A − x )

Bild DL 42

Der Bewegung des Schüttelsiebes widersetzt sich die Dämpferkraft FD = d ⋅ x

Das dynamische Grundgesetz für das Schüttelsieb lautet FF − FD = m ⋅ x c ⋅ (x A − x ) − d ⋅ x = m ⋅ x : m

x +

d c c c ⋅ x + ⋅ x = ⋅ xA = ⋅ xˆ A ⋅ sin Ω t m m m m N N N

2δ

ω 02

ω 02

x + 2 δ ⋅ x + ω 0 2 ⋅ x = ω 0 2 ⋅ xˆ A ⋅ sin Ω t

ungedämpfte Eigenkreisfrequenz ω 0 =

c m

=

900 60

= 3,87 s −1

Abklingkonstante δ = d = 80 = 0,67 s −1 2 ⋅ 60

2m

gedämpfte Eigenkreisfrequenz ω = Dämpfungsgrad ϑ = ωδ = 0 Abstimmung η = ωΩ = 0

0,67 3,87

2,5 3,87

ω 0 2 − δ 2 = 3,87 2 − 0,67 2 = 3,81 s −1

= 0,17 < 1 Ÿ schwache Dämpfung

= 0,65

388

3 Dynamik

Vergrößerungsfunktion bei Federwegerregung V =

xˆ = xˆ A

1

(1 − η )

2 2

+ ( 2ϑ η )

=

2

1

(1 − 0,65 )

2 2

+ ( 2 ⋅ 0,17 ⋅ 0,65 )

= 1,62

2

Amplitude der Schwingung xˆ = xˆ A ⋅ V = 9 ⋅ 1,62 = 14,58 cm

Phasenwinkel (mit der Einschränkung 0 ≤ ψ ≤ π ) tanψ =

2ϑ η 1 −η

2

=

2 ⋅ 0,17 ⋅ 0,65 1 − 0,652

= 0,383 Ÿ ψ = 20,96° = 0,366 rad

b) Schwingungsausschlag Nach einer kurzen Einschwingungszeit klingen die Eigenschwingungen ab und die Masse schwingt stationär in der Form (partikuläre Lösung der inhomogenen Dgl.) x = xˆ ⋅ sin ( Ω t − ψ )

Nach t = 3 s ist (Argumente der Winkelfunktionen in Radiant-Einheiten einsetzen) x = 14,58 ⋅ sin ( 2,5 ⋅ 3 − 0,366 ) = 10,96 cm

c) Maximale Amplitude Mit zunehmender Dämpfung verschieben sich die Maxima der Vergrößerungsfunktion zu kleineren Abstimmungen, d. h. nach links im V ,η − Schaubild. Will man eine maximale Amplitude erreichen, so muss man die Eigenfrequenz so ändern, dass Resonanz entsteht. Die Vergrößerungsfunktion wird maximal bei der Resonanzabstimmung η R (siehe Aufgabe D 41, bei der die Zusammenhänge für eine Rotationsschwingung dargelegt werden).

ηR =

ΩR

ω0

=

1 − 2ϑ 2 =

1 − 2 ⋅ 0,17 2 = 0,97

Resonanzfrequenz Ω R = ω 0 ⋅ η R = 3,87 ⋅ 0,97 = 3,75 s −1 Setzt man η R in die Vergrößerungsfunktion ein, so erhält man das Resonanzamplitudenverhältnis Vmax =

xˆ max 1 1 = = = 2,98 ˆx A 2 2ϑ ⋅ 1 − ϑ 2 ⋅ 0,17 ⋅ 1 − 0,17 2

Maximal mögliche Schwingungsamplitude xˆ max = xˆ A ⋅ Vmax = 9 ⋅ 2,98 = 26,82 cm

3.9 Schwingungen

389

D 43 Bodenverdichter (Fliehkrafterregung) Gegeben Ω

e Fu

Ω t

c 2

m1 = 30 kg ; m 2 = 100 kg

Ω

mu 2

mu 2 m1 m2

m U = 2 kg

e = 5 cm

Fu

c 2

Ω t

c = 400

N cm

= 4 ⋅ 10 4

N m

Ω = 28 s −1

Bild D 43

Bodenverdichter (Bodenrüttler) dienen zur Festigung des Bodens im Straßenbau und bei der Stabilisierung von Gebäudefundamenten. Der Bodenverdichter nach Bild D 43 besteht aus einem Unwuchtmotor mit Gehäuse (Masse m1 einschließlich der Unwuchtmasse zweier Rotoren) und einer Bodenplatte (Masse m 2 ), die durch Federn (hier symbolisch durch 2 Federn mit der Federsteifigkeit 2c dargestellt) miteinander verbunden sind. Das Motorgehäuse wird durch zwei mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω gegensinnig und achsensymmetrisch umlaufenden Unwuchten (Masse jeweils 12 m U , Exzentrizität e) zu Schwingungen angeregt, die sich über Federn auf die Bodenplatte übertragen. Die Bodenplatte soll ständig mit dem Untergrund in Verbindung bleiben, also nicht abheben. Gesucht a) Differenzialgleichung für die Schwingung des Motorgehäuses b) Bewegungsgleichung für die erzwungene Schwingung des Motorgehäuses c) Welche zeitlich veränderliche Normalkraft Fn (t ) wird auf den Boden ausgeübt und wie groß ist ihr Maximal- und ihr Minimalwert ? d) Bei welcher kritischen Winkelgeschwindigkeit Ω krit würde die Bodenplatte abheben und welche maximale Bodenkraft entsteht bei dieser Drehzahl ?

390

3 Dynamik

Lösung a) Fux

mu

Fuy

2

Fux Fuy

N0

N0

NS

NS c y 2

m1

b)

m2 g

c y 2

y stat y

Am oberen Teil (Motorgehäuse nach Bild DL 43 a ) wird die Schwingungsrechnung mit relativen Federkräften (ohne Berücksichtigung der Gewichtskraft m1 ⋅ g ) durchgeführt, wobei die Koordinaten y von der statischen Gleichgewichtslage N S N S aus gezählt wery den.

c y 2 c y 2 m2

Fn

Am unteren Teil (Bodenplatte nach Bild DL 43 b ) wird mit den absoluten Federkräften gerechnet, wobei die Koordinaten y von der Lage N 0 N 0 der entspannten Federn zu zählen sind. In der statischen Ruhelage werden die Federn durch das Gewicht m1 ⋅ g um y stat zusammengedrückt, wobei gilt

Bild DL 43

m1 ⋅ g = c ⋅ y stat Ÿ y stat =

m1 ⋅ g c

Zwischen den Koordinaten besteht der Zusammenhang y = y stat + y

a) Dgl. für die Schwingung des Motorgehäuses Die mit der Winkelgeschwindigkeit Ω rotierenden Unwuchten erzeugen eine Fliehkraft FU =

1 2

m U ⋅ e ⋅ Ω2

Die beiden horizontalen Komponenten FUx = FU ⋅ cos Ω t heben sich gegenseitig auf. Die beiden vertikalen Komponenten FUy = FU ⋅ sin Ω t

sind gleichgerichtet und addieren

sich. An dem oberen Teil (Motorgehäuse) gilt nach dem dynamischen Grundgesetz 2 FUy − 2 ⋅ 12 c ⋅ y = m1 ⋅ y m1 ⋅ y + c ⋅ y = m U ⋅ e ⋅ Ω 2 ⋅ sin Ω t : m1

y +

mU c ⋅y= ⋅ e ⋅ Ω 2 ⋅ sin Ω t = s ⋅ Ω 2 ⋅ sin Ω t m1 m N1 

2 ω0

s

3.9 Schwingungen

391

c = m1

Eigenkreisfrequenz ω 0 =

Die Abkürzung s = s=

2 30

mU m1

4 ⋅ 10 4 = 36,51 s −1 30

⋅ e wird relative Exzentrizität genannt.

⋅ 5 = 0,33 cm = 3,3 mm

b) Bewegungsgleichung für die erzwungene Schwingung Lösungsansatz für das partikuläre Integral y = yˆ ⋅ sin ( Ω t − ψ )

Nach Abklingen der Eigenschwingungen entsteht eine stationäre Bewegung gleicher Frequenz Ω , die jedoch bei Vorhandensein von Dämpfung phasenverschoben ist. Phasenverschiebung (Einschränkung 0 ≤ ψ ≤ π ) Ohne Dämpfung ist ϑ = 0 und damit tanψ =

2ϑ η 1 −η 2

= 0 Ÿ ψ = 0, π

Abstimmung η = ωΩ = 0

28 36,51

= 0,767 < 1 Ÿ ψ = 0 (siehe Aufgabe D 40)

Gehäuse und Unwuchten bewegen sich gleichsinnig. Die Vergrößerungsfunktion für Unwuchterregung (Massenkrafterregung, Index M ) lautet VM =

yˆ = s

η2

(1 − η ) + ( 2ϑ η )

2

2 2

= η 2 ⋅V

Ohne Dämpfung mit ϑ = 0 wird 2

VM =

η

2

1 −η 2

§ Ω · ¨ω0 ¸ Ω2 = © ¹ = = 2 ω 02 − Ω2 § · Ω 1− ¨ω ¸ © 0¹

Amplitude der Schwingung

Ω2 c m1

− Ω2

yˆ = s ⋅ V M

Damit wird der Schwingungsausschlag der Masse m 1 y = yˆ ⋅ sin Ω t = s ⋅ V M ⋅ sin Ω t =

mU m1

⋅e⋅

Ω2 c m1

− Ω2

⋅ sin Ω t =

m U ⋅ e ⋅ Ω2 c − m1 ⋅ Ω2

⋅ sin Ω t

392

3 Dynamik

c) Kraft auf den Boden Für die Bodenplatte gilt nach Bild DL 43 b Die Federn drücken mit der absoluten Federkraft c ⋅ y auf die Bodenplatte. ( die Koordinate y = y stat + y wird dabei von den entspannten Federn aus gezählt ) Diese Federkraft zusammen mit der Gewichtskraft m 2 ⋅ g der Bodenplatte ergeben die Verdichtungskraft Fn normal zum Boden.

¦ Fy = 0 Ÿ

Fn = c ⋅ y + m 2 g = c ⋅ ( y stat + y ) + m 2 g = c ⋅ y stat + c ⋅ y + m 2 g 

m1 g

m U ⋅ e ⋅ Ω2

Fn ( t ) = c ⋅

c − m1 ⋅ Ω2

(

)

⋅ sin Ω t + m 1 + m 2 ⋅ g

d) Kritische Winkelgeschwindigkeit und Bodenkräfte im oberen und unteren Totpunkt 1) Die beiden vertikalen Fliehkraftkomponenten zeigen nach oben für Ω t = 23 π

Ÿ sin Ω t = −1

(

)

Fn, min = m 1 + m 2 ⋅ g − c ⋅

m U ⋅ e ⋅ Ω2 c − m1 ⋅ Ω2

Fn, min = (30 + 100) ⋅ 9,81 − 4 ⋅ 10 4 ⋅

2 ⋅ 0,05 ⋅ 28 2 4 ⋅ 10 4 − 30 ⋅ 28 2

= 1275,3 − 190,3 = 1085 N

Die Bodenplatte hebt ab (kritische Drehzahl), wenn Fn = ( m1 + m2 ) ⋅ g − c ⋅

Ω krit = m1 +

m U ⋅ e ⋅ Ω 2krit c − m 1 ⋅ Ω 2krit

c mU m1 + m 2

⋅

c⋅e g

= 0 wird 4 ⋅ 10 4

= 30 +

4

2 4 ⋅ 10 ⋅ 0,05 ⋅ 30 + 100 9,81

= 34,74 s −1

2) Die beiden vertikalen Fliehkraftkomponenten zeigen nach unten für Ω t = π2

Ÿ sin Ω t = 1

Dann wird die Bodenkraft maximal

(

)

Fn, max = m 1 + m 2 ⋅ g + c ⋅

m U ⋅ e ⋅ Ω2 c − m1 ⋅ Ω2

= 1275,3 + 190,3 = 1465,6 N

3.9 Schwingungen

393

Läuft der Bodenverdichter mit der kritischen Drehzahl, dann wird die Bodenkraft größer.

(

)

Fn, max, krit = m 1 + m 2 ⋅ g + c ⋅

m U ⋅ e ⋅ Ω 2krit

c − m ⋅ Ω2  1krit

(

)

= 2 ⋅ m1 + m 2 ⋅ g

( m 1 + m 2 ) ⋅g

Fn. max, krit = 2 ⋅ (30 + 100) ⋅ 9,81 = 2550,6 N

das entspricht der doppelten Gesamtgewichtskraft. Um Abheben zu vermeiden, müsste die Drehzahl in der Praxis etwas kleiner gewählt werden.

D 44 Rotierende unwuchtige Maschine auf elastischem Träger Bei allen Maschinen, in denen rotierende oder hin- und hergehende Teile vorkommen, treten periodische Massenkräfte auf, die sich auf die Maschine selbst oder auf die nähere Umgebung auswirken. Selbst statisch und dynamisch ausgewuchtete Maschinen können mit der Zeit durch Verschleiß oder durch Materialablagerungen (z. B. Schlacke an den Schaufeln von Gasturbinen) unwuchtig werden. Eine wichtige Aufgabe des Ingenieurs ist es daher, die störenden Einflüsse möglichst klein zu halten bzw. zu neutralisieren. Auf einem beidseitig eingespannten Träger (Länge A , Elastizitätsmodul E ) ist mittig eine Maschine montiert, die im Betrieb eine Drehzahl n hat. Der Rotor (Rotormasse m R ) hat eine

A

A

2

2

Exzentrizität e . Das Gehäuse (Stator) hat die Masse m S . Die Amplitude der erzwungenen Balkenschwingung soll den Betrag yˆ = 2 mm nicht überschreiten.

Bild D 44

Gegeben m R = 250 kg ; m S = 400 kg ; n = 1200 min −1 ; e = 1 mm ; A = 180 cm ; E = 2,1 ⋅ 10 5 Nmm −2

Gesucht Welches Flächenträgheitsmoment muss der Träger haben, wenn die Maschine a) unterkritisch b) überkritisch

(η 1 ) laufen soll ?

Der Einfluss der Dämpfung und die Masse des Trägers sollen vernachlässigt werden.

394

3 Dynamik

Lösung Die Vergrößerungsfunktion für Massenkrafterregung lautet

η2

VM =

( 1 − η 2 )2 + ( 2 ϑ η )2

Ohne Dämpfung mit ϑ = 0 wird

η2

VM =

1 −η 2

wobei V M = VM =

mR yˆ ; s= ⋅ e ; m = m R + m S = 250 + 400 = 650 kg m s yˆ m 2 650 ⋅ = ⋅ = 5,2 e m R 1 250

Frequenzgang der Vergrößerungsfunktion V M für ϑ = 0 Nach Bild DL 44-1 gibt es 2 Werte für η bei einer bestimmten Vergrößerungsfunktion V M .:

VM 5,2

einen Wert η1 < 1 im unterkritischen Bereich ϑ =0

und einen Wert η 2 > 1 im überkritischen Bereich.

1 0 0

η

η1 1 η 2 Bild DL 44-1

Die Betragsauflösung im Nenner der Vergrößerungsfunktion ergibt 2 Fälle: 1) η1 < 1 : V M =

2) η 2 > 1 : V M =

η 12 1 −η1

2

η 22 2

η 2 −1

Ÿ η 12 =

Ÿ η2

2

§ Ω · ¸ =¨ ¨ ω 01 ¸ 1 © ¹ 1+ VM

2

§ 1 Ÿ ω 012 = Ω 2 ⋅ ¨¨ 1 + V M ©

1

§ Ω · ¸ = =¨ ¨ ω 02 ¸ 1 © ¹ 1− VM 1

2

· ¸¸ ¹

§ 1 Ÿ ω 02 2 = Ω 2 ⋅ ¨¨ 1 − VM ©

· ¸¸ ¹

3.9 Schwingungen

395

Bei gleicher Erregerfrequenz Ω = 2 π n = 2 π ⋅ 1200 = 125,66 s −1 existieren zwei verschiedene 60 Eigenkreisfrequenzen ω 01 und ω 02 und damit auch zwei Möglichkeiten für die Auswahl der Flächenträgheitsmomente I

1

und I 2 .

Die örtliche Federkonstante an der Stelle eines Balkens erhält man, wenn man dort eine Kraft aufbringt und deren Verschiebung in Kraftrichtung bestimmt. Die Ersatzfederkonstante ist dann das Verhältnis von Kraft und Verschiebung. Für den beidseitig eingespannten Balken mit mittiger Einzellast ist die Verschiebung in Kraftrichtung (aus einer Formelsammlung zu entnehmen oder Berechnung z. B. nach Castigliano am Schluss der Aufgabe, wobei zur Veranschaulichung noch der Schnittgrößenverlauf ergänzt wurde). f =

F ⋅ A3 192 ⋅ E I

Wie dieses Beispiel zeigt, lassen sich Festigkeits- und Dynamikprobleme in einer Aufgabe kombinieren z. B. bei einer Gesamtprüfung der Technischen Mechanik. Damit wird die örtliche Federsteifigkeit an der Maschinenauflagestelle c=

F 192 ⋅ E I = f A3

Wenn die Masse des Trägers gegenüber der aufgebrachten punktförmigen Belastungsmasse relativ klein ist, dann kann das System näherungsweise als Einmassenschwinger mit der örtlichen Ersatzfeder aufgefasst werden. Für den Einmassenschwinger gilt hier

ω 02 = I1,2 =

c 192 ⋅ E I = m m ⋅ A3

Ÿ I=

m ⋅ A3 ⋅ ω 02

m ⋅ A3 m ⋅ A3 ⋅ Ω2 2 ⋅ ω 01 ,2 = 192 ⋅ E 192 ⋅ E

192 ⋅ E § 1 ⋅ ¨¨ 1 ± V M ©

· 650 ⋅ 180 3 ⋅ 125,66 2 § 1 · ¸¸ = ⋅¨ 1± ¸ 7 5 ,2 ¹ 192 ⋅ 2,1 ⋅ 10 © ¹

I 1 = 17701 cm 4 ; I 2 = 11991 cm 4 ; I 2 < I 1

Im überkritischen Bereich reichen schon kleinere Träger aus zur Erzielung einer vorgeschriebenen Laufruhe. In der Profiltabelle findet man genormte Profile mit etwas größerem oder etwas kleinerem Flächenträgheitsmoment. Bei der Auswahl der Profile ist zu beachten: 1) unterkritischer Bereich: η < 1 ; I ≥ I 1 größeres I → größeres ω 0 → kleineres η → kleineres V M → kleinere Schwingungen 2) überkritischer Bereich η > 1 ; I ≤ I 2 kleineres I → kleineres ω 0 → größeres η → kleineres V M → kleinere Schwingungen

396

3 Dynamik

Im überkritischen Bereich bringt eine Verringerung des Flächenträgheitsmoments zwar eine bessere Laufruhe, hat aber auch eine Erhöhung der Spannungen im Träger zur Folge (Festigkeitsproblem) z. B. an der Einspannung oder in Trägermitte (siehe Schnittgrößenverlauf). An beiden Stellen ist das Biegemoment M b =

F ⋅A 8

Bei einer Trägerhöhe h wird dort die Biegespannung

σb =

Mb h F ⋅A⋅h ⋅ = I 2 16 I

Zusatz aus der Festigkeitslehre Bestimmung der Durchbiegung beim beidseitig eingespannten, mittig belasteten Träger a)

Satz von Menabrea A

ME

F

C

B ME

f F 2

x

F 2

M(x)

Das Einspannmoment M E ist die statisch Unbestimmte.

Q(x) b)

F 2

_

F F 2

+

Mb

Wegen der Symmetrie ergeben sich 2 gleiche Balkenabschnitte. Die Aufstellung der Biegemomente von der linken Einspannung bis zur Balkenmitte genügt.

Q

MA

Die partielle Ableitung der gesamten Formänderungsenergie in einem statisch unbestimmten, linear-elastischen System nach einer statisch unbestimmten Reaktion ist Null.

_

_

MB

+ MC

M (x ) = F2 ⋅ x − M E für x ≤ 2A ∂M = −1 ; ∂ ME

∂M x = 2 ∂F

Bild DL 44-2

Für die Biegung des Balkens gilt A

2 ∂U ∂M 1 = 2⋅ ⋅ ³M ⋅ dx = 0 ∂ ME EI ∂ ME

0

Wegen der Symmetrie wird nur über den halben Bereich integriert und mit 2 multipliziert.

3.9 Schwingungen A

∂M ³ M ⋅ ∂ M E dx = 2

0

ME ⋅

397 A

2

³

0

ª F x2 º § F · ¨ x − M E ¸ ⋅ (− 1) dx = « M E ⋅ x − ⋅ » 2 2 »¼ © 2 ¹ ¬«

A

2

=0 0

A F ⋅ A2 F ⋅A − = 0 Ÿ ME = 2 16 8

In Trägermitte ist

( )

M C = M 2A = F2 ⋅ 2A − M E =

1 4

F ⋅ A − 81 F ⋅ A =

1 8

F ⋅A

Damit ergibt sich der Schnittgrößenverlauf nach Bild DL 44-2 Satz von Castigliano Die partielle Ableitung der gesamten Formänderungsenergie eines linear-elastischen Systems nach einer äußeren Kraft ist gleich der Verschiebung des Angriffspunktes in Richtung dieser Kraft. Die statisch Unbestimmte M E braucht zur Differenziation nicht mehr durch F ausgedrückt zu werden. ∂U 1 f = = 2⋅ ∂F EI

A

2

³

0

∂M 2 M⋅ dx = ⋅ ∂F EI A

2 f = EI

ª F x3 M E x2 º 2 2 ⋅« ⋅ − ⋅ » = 4 3 2 2 E I ¬« ¼» 0

Federsteifigkeit c=

F 192 E I = f A3

A

2

§ F · x ¨ ⋅ x − M E ¸ ⋅ dx 2 ¹ 2 0 ©

³

§ ¨ F A3 1 A2 ⋅¨ ⋅ − ME ⋅ N ¨ 12 8 4 1 F A 4 8 ©

· ¸ F ⋅ A3 ¸= ¸ 192 E I ¹

398

3 Dynamik

D 45 Unwuchterreger a)

Um die Möglichkeit der Aufstellung einer rotierenden Maschine in einer Fabrikhalle zu prüfen, wird an der vorgesehenen Montagestelle ein Unwuchterreger angebracht (Bild D 45 a).

mR mS

Gemessen werden die Amplituden in Abhängigkeit der Erregerfrequenz Ω .

y mT , c , ϑ

Aus dem Messschrieb (Bild D 45 b) entnimmt man den größten Ausschlag yˆ R = 0,6 mm bei einer Resonanzdrehzahl n R = 1500 min −1 .

y

Bei einer Drehzahl von n = 3000 min −1 ist die Schwingungsamplitude auf yˆ = 0,2 mm zurückgegangen.

b)

Der Boden (Träger), auf dem der Unwuchterreger aufliegt, schwingt teilweise (in der näheren Umgebung der Auflagestelle) mit. Dabei ist nicht nur die Federwirkung, sondern auch die zusätzliche Massenträgheit des Bodens zu berücksichtigen.

yR 0,6 mm Messschrieb

Gegeben y

m R = 30 kg Masse des Rotors

0,2 mm

ΩR nR

Ω n

1500

3000

mS = 60 kg Masse des Gehäuses (Stators) min-1

Bild D 45

Ω n

e = 1,2 mm Exzentrizität des Rotors yˆ R = 0,6 mm bei n R = 1500 min −1 yˆ = 0,2 mm bei n = 3000 min −1

Gesucht Aus den Messdaten bestimme man von dem Stahlträger die mitschwingende Masse m T , die Federsteifigkeit c und den Dämpfungsgrad ϑ .

3.9 Schwingungen

399

Lösung 3 Unbekannte : ϑ , ω 0 , s erfordern 3 voneinander unabhängige Gleichungen.

I ) Vergrößerungsfunktion bei Unwuchterregung VM =

s=

η2

yˆ = s

mR m

(1 − η )

2 2

+ ( 2 ϑ η )2

wobei η =

Ω

ω0

⋅ e ist die reduzierte Exzentrizität

II ) Maximum der Vergrößerungsfunktion (ergibt sich, wenn man die Resonanzabstimmung η R in die Vergrößerungsfunktion VM einsetzt) VM R =

yˆ R

=

s

1 2 ϑ ⋅ 1−ϑ 2

III ) Resonanzstelle der Vergrößerungsfunktion ( η R ergibt sich aus

ηR = η=

ΩR

ω0

Ω

ω0

=

=

1 1− 2ϑ

2

d VM =0) dη

Ÿ ω 0 = Ω R⋅ 1 − 2 ϑ 2

Ω Ω R ⋅ 1− 2ϑ2

in unserem Beispiel ist

Ω 3000 = = 2 und damit η = Ω R 1500

2 1− 2ϑ2

Um die Unbekannte s zu eliminieren, werden die ersten beiden Gleichungen ins Verhältnis gesetzt yˆ R II = I' : = I yˆ N 3

(1 − η 2 )2 + ( 2 ϑ η )2 2 ϑ η 2 ⋅ 1 −ϑ 2

wobei

yˆ R yˆ

=

0,6 =3 0,2

Setzt man die Gleichung III in die Gleichung I’ ein, so kann man diese Beziehung nach der Unbekannten ϑ auflösen. Diese Auflösung nach ϑ ist wegen der 3 verschiedenen Wurzeln aufwendig. Und führt auf die biquadratische Gleichung 9 =0 ϑ 4 − ϑ 2 + 548

(

)

mit den Lösungen ϑ 1 = 0,99 ; ϑ 2 = 0,129 Da nur Werkstoffdämpfung auftritt, ist der kleinere Dämpfungsgrad maßgebend.

400

3 Dynamik

Um den Rechenaufwand zu umgehen, kann auch eine Näherungslösung zum Ziel führen. Da die Dämpfung relativ klein ist, können die Glieder mit dem Quadrat des Dämpfungsgrades gegenüber 1 in der Summe vernachlässigt werden. 1 − ϑ 2 ≈ 1 wobei ϑ 2