Technische Mechanik

Technisc

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VORLESUNGSSKRIPTProf. Dr. Georg Rill© Oktober 2015

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download unter: https://hps.hs-regensburg.de/rig39165/

https://hps.hs-regensburg.de/rig39165/

©Rill, 21. September 2015

Inhalt

Vorwort I

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

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

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

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

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

i

OTH Regensburg Technische Mechanik I

6 Schnittreaktionen 436.1 De�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.2 Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.3 Einteilige Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 446.4 Di�erentielle Betrachtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 466.5 Mehrteilige Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.6 Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

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

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

9 Zusätzliche Übungsbeispiele 639.1 Kraftwirkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639.2 Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639.3 Schwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 649.4 Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 649.5 Zug- und Druckbelastungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 659.6 Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 669.7 Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 679.8 Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 689.9 Prinzipe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

ii

VorwortHistorie

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

Im Mittelalter prägte Leonardo da Vinci (1452 – 1519)durch eine Vielzahl technischer Er�ndungen2 schließ-lich das Tätigkeitsfeld eines Ingenieurs.

Galileo Galilei (1564 – 1642) untersuchte die Fallge-setze und beschäftigte sich mit der Elastizität einesBalkens. Johannes Kepler (1571 – 1630) konnte zwardrei Gesetze zur Beschreibung der Planetenbahnen an-geben, aber erst Isaac Newton (1643 – 1727) gelanges schließlich allgemeine Bewegungsgesetze (Newton-sche Axiome) zu formulieren. Leonhard Euler (1707 –1783), einer der bedeutendsten Mathematiker, arbei-tete auch auf dem Gebiet der Mechanik. Neben Bei-trägen zur Hydrodynamik (Eulersche Bewegungsglei-chungen, Turbinengleichung) und zur Kreiseltheorie(Eulersche Kreiselgleichungen) gelang ihm auch dieerste analytische Beschreibung der Knickung eines miteiner Druckkraft belasteten Stabes.

Jean le Rond d’Alembert (1717 – 1783) und Joseph LouisLagrange (1736 – 1813) gelten als Begründer der Analy-tischen Mechanik. Ihre bahnbrechenden Arbeiten bil-den bis heute die Grundlagen moderner Computer-Berechnungen.

Problemstellung

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

1. Formulieren der technischen Aufgabe,

2. Auswahl eines mechanischen Ersatzmodells,

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

2Flugapparate, selbstangetriebenes Fahrzeug (Automobil), Tau-cherglocke, Fallschirm, Druckpumpen, Schrauben, Brennspie-gel und Kriegsmaschinen

3. mathematische Beschreibung,

4. analytische oder numerische Lösung,

5. Interpretation und Überprüfung der Ergebnisse.

In der Praxis müssen die Schritte 2 bis 5 oft mehr-fach mit entsprechenden Erweiterungen oder Verein-fachungen durchlaufen werden.

Lehrinhalte

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

• Aufgaben und Einteilung der Mechanik

• Kräfte und ihre Darstellung, grundlegende Axio-me und Prinzipe

• Schwerpunkt und Resultierende verteilter Kräfte

• Gleichgewicht

• Coulombsche Reibung

• Au�agerreaktionen und Stabkräfte bei Fachwer-ken und Tragwerken

• Schnittreaktionen in Balken, Rahmen und Bogen

• Spannungen, Verformungen, Materialgesetz

• Spannung-Dehnungs-Diagramm

• Spannungen und Verformungen bei Zug-DruckBeanspruchungen

umfassen die Statik und geben einen Einblick indie Festigkeitslehre. Das Modul Technische Mecha-nik II erweitert und vertieft dann die Festigkeitslehre.Schließlich wird die Dynamik, unterteilt in Kinematikund Kinetik im Modul Technische Mechanik III vermit-telt.

Der Sto� wird überwiegend an Hand von Beispielendargestellt.

I


Am Ende jedes Kapitels laden Übungsbeispielezum Selbststudium ein. Lösungen können im PDF-Dokument durch entsprechende Vergrößerung sichtbargemacht werden.

Für die Prüfungsvorbereitung sind im Abschnitt“Übungen” weitere Beispiele zusammengestellt. Dies-mal wird bewusst auf die Angabe von Lösungen ver-zichtet.

Weiterführende Literatur

Für weiter führende Studien wird auf die LehrbücherTechnische Mechanik I bis III von Russel C. Hibbelerverwiesen, die von der Pearson3 Education Deutsch-land GmbH unter ISBN 978-3-8273-7101-0 vertriebenwerden.

3siehe auch www.pearson-studium.de

Dank

Mein Dank gilt Prof. Dr. Ulrich Briem, der das Skriptmehrfach kritisch durchgesehen und durch konstruk-tive Anregungen bereichert hat.

entnommen aus dem BuchTheatrum Machinarum Generalevon Jacob Leupold, Leipzig 1724

II

1 Vektoren in der Mechanik1.1 Motivation

Im Vorwort zu seinem Buch Vorlesungen über Techni-sche Mechanik (Band I) schreibt A. Föppl1 im Jahr 1898:Die Mechanik macht ausgiebigen Gebrauch von den Hilfsmit-teln derMathematik. · · · Ich selbst habemich schon seit langerZeit dazu entschlossen, so weit es angesichts der mathemati-schen Vorkenntnisse, die man voraussetzen darf, zulässig ist,überall mit den Vektoren selbst zu rechnen. Vor allem kann dieMechanik ohne erhebliche Einbuße an Klarheit und Übersicht-lichkeit nicht auf den Begri� der geometrischen Summe zweiergerichteter Größen verzichten. Die für die Technische Me-chanik wichtigen Begri�e aus der Vektor-Algebra sindin den folgenden Abschnitten zusammengestellt.

1.2 Darstellung

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

In der gra�schen Darstellung wird der Vektor ~a dagegennur mit seinem Betrag a = ��~a�� angegeben. Der skizziertePfeil legt ja bereits die Richtung fest.

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

~a =

axayaz

(1.1)

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

Die Komponentendarstellung von Vektoren hängt vomgewählten Koordinatensystem ab. Bei der Verwendungvon mehreren Koordinatensystemen ist es deshalb not-wendig, das zur Darstellung verwendete Koordinaten-system zusätzlich zu vermerken. Entsprechend Bild 1.2

1August Otto Föppl (1854–1924) war von 1894 bis 1922 Professorfür Technische Mechanik und gra�sche Statik an der Techni-schen Hochschule München

x0

z0 y0

0

a

ax

ay

az

Bild 1.1: Darstellung von Vektoren im R3

xB

zB

xA

B

a

1

yB

yA

zA

3

2 A

Bild 1.2: Koordinatensysteme

kann der Vektor ~a mit

~a,A =

123

oder ~a,B =

−1−3−2

(1.2)

in dem Koordinatensystem A oder B dargestellt wer-den.

1.3 Gleichheit

Die Gleichheit zweier Vektoren

~a = ~b (1.3)

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

axayaz

︸︷︷︸~a,K

=

bxbybz

︸︷︷︸~b,K

. (1.4)

1


1.4 Betrag

Der Betrag

a = ~a =

√a2x + a

2y + a

2z ≥ 0 (1.5)

gibt die Länge eines Vektors an und ist unabhängig vonder Darstellung in unterschiedlichen Koordinatensys-temen.

1.5 Multiplikation mit Skalaren

Bei der Multiplikation des Vektors ~a mit einem Skalarλ

~b = λ ~a (1.6)

können die in der Tabelle 1.1 zusammengestellten Fälleunterschieden werden.

λ > 1

aaλ

0 < λ < 1a

aλ

-1 < λ < 0

aaλ

λ < -1

aaλ

Tabelle 1.1: Multiplikation mit einem Skalar

1.6 Einheitsvektoren

Jeder Vektor beinhaltet als Information Betrag undRichtung. Mit

~a = a ~ea (1.7)

können diese Informationen aufgespalten werden. DerEinheitsvektor

~ea =~a

|~a |(1.8)

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

1.7 Spalten- und Zeilenvektoren

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

~s =

sxsysz

(1.9)

oder Zeilenvektor

~z =[zx zy zz

]. (1.10)

Mit einem hochgestellten T , dem „Transponiert–Zeichen“, werden in der Mathematik Zeilen und Spal-ten einer Matrix vertauscht, bzw. Spalten- in Zeilen-vektoren, z=s T oder Zeilen- in Spaltenvektoren s=z T

umgewandelt.

1.8 Skalarprodukt

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

x = ~aT ~b =[ax ay az

]

bxbybz

= axbx+ayby+azbz .

(1.11)Das Skalarprodukt ist kommutativ

~aT ~b = ~b T ~a . (1.12)

Bezeichnet α den Winkel zwischen den beiden Vekto-ren ~a und ~b, dann gilt

~aT ~b = |~a | |~b | cosα (1.13)

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

1.9 Kreuzprodukt

Das Kreuzprodukt zweier Vektoren ist nur im dreidi-mensionalen Raum de�niert und erzeugt über

~a × ~b = ~c (1.14)

den Vektor ~c , der senkrecht auf der durch die Vekto-ren ~a und ~b aufgespannten Ebene steht. Die Orientie-rung kann über die Rechte-Hand-Regel festgelegt wer-den: zeigt der Daumen der rechten Hand in Richtungvon ~a, der Zeige�nger in Richtung von ~b, so zeigt derabgewinkelte Mittel�nger in Richtung von ~c = ~a × ~b,Bild 1.3.

Zur Auswertung von (1.14) müssen wieder beide Vek-toren im gleichen Koordinatensystem dargestellt wer-den. Die Komponenten des Vektors ~c erhält man ausder Vorschrift

cxcycz

=

axayaz

×

bxbybz

=

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

. (1.15)

2

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

b

a

c

Bild 1.3: Rechte-Hand-Regel

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

Bezeichnet α den Winkel zwischen den Vektoren ~a und~b, dann gilt

��~a ×~b�� = |~a | |

~b | sinα . (1.16)

Das Vektorprodukt verschwindet also, wenn die Vek-toren parallel sind.

1.10 Übungen

1.10.1 Zahlenbeispiel

Gegeben sind die Vektoren

~a =

2−35

, ~b =

−416

und ~c =

34−5

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

)T~c =

(~b × ~c

)T~a

und(~a × ~b

)× ~c =

(~aT~c

)~b −

(~bT~c

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

0.4240.566−0.707

1.10.2 Orts- und Einheitsvektoren

Ein bei D fest im Boden verankerter Antennenmastwird zusätzlich durch drei Seile gehalten. Die Seile sindim Punkt E am Mast (DE = a) und in den Punkten A, Bund C am Boden befestigt. Die Punkte A, B und C bil-den in der x- y-Ebene ein gleichseitiges Dreieck, wobeiAD = BD = CD = a gilt.

x y

z

A

B

C

D

E

60o

60o

Bild 1.4: Antennenmast

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

Lösung: ~rDA=

√310

a

2, ~rDB =

−√3

10

a

2, ~rDC =

0−a0

, ~rDE =

00a

und ~eEA=

0.61240.3536−0.7071

, ~eEB =

−0.61240.3536−0.7071

, ~eEC =

0−0.7071−0.7071

3

2 Grundlagen

2.1 Ersatzmodelle

Durch die Beschränkung auf das Wesentliche unddurch eine geeignete Systemabgrenzung kann ein rea-les System über Vereinfachungen und Idealisierungenin ein mathematisch beschreibbares Ersatzmodell ab-gebildet werden.

Die Technische Mechanik kann basierend auf die phy-sikalischen Eigenschaften der Ersatzmodelle in ver-schiedene Gebiete unterteilt werden, Tabelle 2.1.

Tabelle 2.1: Verschiedene Ersatzmodelle

Ersatz-modelle

→starrerKörper ⇔

Stereo-Mechanik(TM I, TM III)

→festerKörper ⇔

Festigkeitslehre(TM I, TM II)

→ deform.Körper ⇔

Plasto-Mechanik

→�üssigeu. gasf.Körper

⇔

Fluid-MechanikStrömungs-mechanik

Die Kontinuums-Mechanik fasst die Modellvorstellungfester, deformierbarer, �üssiger und gasförmiger Kör-per zusammen.

In der Statik und der Dynamik arbeitet man in derRegel mit der Modellvorstellung des starren Körpers.In der Ebene kann ein starrer Körper f = 3 freieBewegungsmöglichkeiten ausführen (zwei translatori-sche und eine rotatorische Bewegung). Im Raum sindes f = 6 (drei translatorische und drei rotatorische Be-wegungen).

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

2.2 Kräftearten

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

Kräfte ∆FV i aus. Auf einen starren oder festen Körper,

ΔFOi

ΔAi

ΔV1 ΔFV2

ΔV2 ΔV3

ΔV4

ΔViΔFV1ΔFV4

ΔFVi

ΔFV3

Bild 2.1: Volumen- und Ober�ächenkräfte

der ganz oder teilweise in einer Flüssigkeit eingetauchtist, werden an jedem Flächenlement ∆Ai der benetz-te Ober�äche die Kräfte ∆FOi eingeprägt, Bild2.1. Dieauf das Volumen- oder das Flächenelement bezogenenKräfte

qV =∆F

∆Vbzw. qV =

dF

dV(2.1)

und

qA =∆F

∆Abzw. qA =

dF

dA(2.2)

werden als Volumenkräfte qV oder Flächenlasten qAbezeichnet, wobei mit ∆F → dF , ∆V → dV und∆A → dA der Grenzübergang zu in�nitesimal kleinenKräften und Volumen- oder Flächenelementen durch-geführt wird. Resultieren die Ober�ächenkräfte aus ei-ner reinen Druckbelastung, dann gibt

p =dF

dA(2.3)

den Druck1 am Flächenelement dA an. Die Strecken-last

qL =dF

dx, (2.4)

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

4


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

2.3 Kraftdarstellung

Die einzelnen Kräfte ∆FV i bzw. ∆FOi sind gerichteteGrößen, die im dreidimensionalen Raum als Vektorendargestellt werden. So schreibt schreibt A. Föppl2 imVorwort zu seinem Buch Vorlesungen über TechnischeMechanik (Band I) im Jahr 1898:· · · Ich selbst habe mich schon seit langer Zeit dazu ent-schlossen, so weit es angesichts der mathematischen Vor-kenntnisse, die man voraussetzen darf, zulässig ist, über-all mit den Vektoren selbst zu rechnen. Vor allem kann dieMechanik ohne erhebliche Einbuße an Klarheit und Über-sichtlichkeit nicht auf den Begri� der geometrischen Summezweier gerichteter Größen verzichten. · · ·

In der Mechanik werden ausschließlich rechtwinkli-ge und rechtshändige Koordinatensysteme verwendet.Die Koordinatenachsen x , y und z zeigen dabei in dieRichtung von Daumen, Zeige�nger und abgewinkeltenMittel�nger einer rechten Hand, Bild2.2. Die Rechts-

�

�

�

�

��

��

��

Bild 2.2: Koordinatensystem und Kraftvektor

händigkeit hat zur Folge, dass mit einer Drehung der x-Achse in Richtung der y-Achse eine positive Drehungum die z-Achse de�niert wird. Ferner erzeugt die Dre-hung der y-Achse in Richtung der z-Achse eine posi-tive Drehung um die x-Achse und im Sinne einer zy-klischen Vertauschung ergibt die Drehung der z-Achsein Richtung der x-Achse eine positive Drehung um diey-Achse.

Die Orientierung einer Kraft gebenüber den Koordina-tenachsen x , y und z gibt der Kraftvektor3

~F =

FxFyFz

(2.5)

2August Otto Föppl (1854–1924) war von 1894 bis 1922 Professorfür Technische Mechanik und gra�sche Statik an der Techni-schen Hochschule München.

3In der Mechanik werden in der Regel Spaltenvektoren verwen-det.

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

F = �� ~F�� =

√F 2x + F

2y + F

2z (2.6)

liefert die Größe der Kraft. Mit dem Kraftvektor alleinkann allerdings die Wirkung auf starre oder feste Kör-per noch nicht eindeutig beschrieben werden.

2.4 Kraft und Kraftwirkung

2.4.1 Allgemein

Die Wirkung einer Kraft kann sehr komplex sein. Soschreibt Wilhelm Busch im sechsten Kapitel von Bal-duin Bählamm:

Hier strotzt die Backe voller Saft;da hängt die Hand, gefüllt mit Kraft.Die Kraft infolge von Erregung,verwandelt sich in Schwungbewegung.Bewegung, die in schnellem Blitzezur Backe eilt, wird hier zur Hitze.Die Hitze aber, durch Entzündungder Nerven, brennt als Schmerzemp�ndungbis in den tiefsten Seelenkern,und dies Gefühl hat keiner gern.Ohrfeige heißt man diese Handlung,der Forscher nennt es Kraftverwandlung.

In der Technischen Mechanik wird die Wirkung ei-ner Kraft durch das Vermögen beschrieben, Deforma-tionen hervorzurufen und/oder einen Körper zu be-schleunigen. Bei dem in Bild 2.3 skizzierten Schnapp-

�

�

Bild 2.3: Schnappverschluss am Schließbeginn

verschluss sorgen die Kontaktkräfte F dafür, dass beimSchließen die Bügel zunächst nach innen gebogen wer-den, dann aber wieder in die Ausgangslage zurückfe-dern und so eine formschlüssige Verbindung gewähr-leisten. Ein Golfball wird beim Abschlag extrem defor-miert, Bild 2.4.

Die aus dem über die Kontakt�ächeA verteilten Druckp = dF/dA resultierende Kraft

F =

∫AdF =

∫Ap dA (2.7)

5


�

��

�

�

��

Bild 2.4: Golfball beim Abschlag erst deformiert unddann beschleunigt

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

2.4.2 Kraftwirkung auf starre Körper

Bei einem starren Körper treten per De�nition keineDeformationen auf. Die Wirkung einer Kraft kann so-mit nur durch das Vermögen beschrieben werden, denKörper zu Beschleunigen. In Bild 2.5 ist ein quaderför-miger Körper mit den Kantenlängen a, b und c darge-stellt, der im Eckpunkt P mit der Kraft ~F belastet wird.

y

z

x

Fz

Fx

y

z

x

Fz

y

z

xy

z

x

Fy

b

c

a

Fx Fy

0

P

r0P

−b∙Fx

c∙Fx

b∙Fz

−a∙Fz

a∙Fy

−c∙Fy

Bild 2.5: Kraftwirkung auf einen starren Körper

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

~F =

FxFyFz

und ~r0P =

abc

(2.8)

die Kraft und ihren Angri�spunkt. Wie in Bild 2.5rechts oben dargestellt, verursacht die Kraftkompo-nente Fx eine Verschiebung in x-Richtung (translato-rische Beschleunigung) sowie Drehungen um die y-

und die z-Achse (rotatorischen Beschleunigungen). DieVerschiebung in x-Richtung ist proportional zur Kraft-komponente Fx . Neben der Kraftkomponente Fx ent-scheiden auch ihre Abstände c und b von der x- und z-Achse über die Größe der Drehungen. Die Wirkung ei-ner im Punkt P angreifenden Kraft in x-Richtung, kannbezüglich des Koordinatenursprungs 0 somit durch dieKraftkomponente Fx selbst und die im Folgenden alsMomente4 bezeichneten Produkte My (Fx ) = c Fx so-wie Mz (Fx ) = −b Fx beschrieben werden. Im Sinne,der in Bild 2.2 de�nierten positiven Drehrichtungen,erfolgt dabei die Drehung um die y-Achse in positiverund die um die z-Achse in negativer Drehrichtung, wasdurch entsprechende Vorzeichen in MFx

0y und MFx0z be-

rücksichtigt wird.

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

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

~F =

FxFyFz

und ~M0 =

b Fz − c Fyc Fx − a Fza Fy − b Fx

(2.9)

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

abc

×

FxFyFz

=

b Fz − c Fyc Fx − a Fza Fy − b Fx

(2.10)

kann ganz allgemein die Momentenwirkung einerKraft auf einen starren Körper durch das Kreuz- oderVektorprodukt

~M0 = ~r0P × ~F (2.11)

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

[~F , ~M0

]wird auch als

Kraftwinder bezeichnet.

4Moment = Hebelarm × Kraft

6


2.4.3 Wirkungslinie

Ein Linie in Richtung der Kraft ~F , die durch den An-gri�spunkt P läuft, markiert die Wirkungslinie derKraft, Bild2.6. Unterteilt man den Vektor vom Bezugs-

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��

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��

��

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Bild 2.6: Wirkungslinie einer Kraft

punkt 0 zum Angri�spunkt P der Kraft ~F gemäß

~r0P = ~r⊥ + ~r ‖ (2.12)

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

~M0 = ~r0P × ~F =(~r⊥ + ~r ‖

)× ~F = ~r⊥× ~F + ~r ‖× ~F (2.13)

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

~M0 = ~r⊥ × ~F mit ~M0 = ~r⊥ · ~F , da ~r⊥ ⊥ ~F .(2.14)

Für die Momentenwirkung einer Kraft auf einen star-ren Körper ist also lediglich der durch den Vek-tor ~r⊥ beschriebene Abstand vom Bezugspunkt zurWirkungslinie entscheidend. Folglich kann eine Kraftlängs ihrer Wirkungslinie verschoben werden, ohnedass sich dadurch ihre Wirkung auf einen starren Kör-per ändert.

2.4.4 Nullkraft

Ein starrer Körper wird in den Punkten P und Q durchKräfte belastet, die mit ~F1 = ~F und ~F2 = −~F gleich groß,aber entgegengesetzt gerichtet sind und auch noch diegleiche Wirkungslinie haben, Bild 2.7. Die Wirkung derin P und Q angreifenden Kräfte ~F1 und ~F2 auf einenstarren Körper beschreiben die resultierende Kraft

~Fres = ~F1 + ~F2 (2.15)

und das resultierende Moment, das auf den Bezugs-punkt 0 bezogen wurde.

~M0 = ~r0P × ~F1 + ~r0Q × ~F2 (2.16)

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��

��

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Bild 2.7: Nullkraft

beschreiben dann Nach Verschieben der Kräfte längsder gemeinsamen Wirkunglinie PQ in den Punkt S ,der den Abstand der Wirkungslinie vom Bezugspunkt0 markiert, bleibt

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

)(2.17)

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

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

und entsprechend Gleichung (2.17) dann auch das re-sultierende Moment

~M0 = ~r⊥ ×(~F1 + ~F2

)= ~r⊥ ×

(~F − ~F

)= ~0 . (2.19)

Die Kräfte ~F1 = ~F und ~F2 = −~F , die auf der gleichenWirkungslinie liegen, entsprechen folglich einer Null-kraft, da sich ihre Wirkungen auf einen starren Körperaufheben. Verlässt man allerdings die Modellvorstel-lung des starren Körpers, dann ist zu beachten, dassKräfte, die in verschiedenen Punkten angreifen, stetsDeformationen hervorrufen.

2.4.5 Dehnung

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

��

��

��

�

Bild 2.8: Zugstab

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

ϵ =L − L0L0

=∆L

L0(2.20)

7


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

2.4.6 Kräftepaar

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

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Bild 2.9: Kräftepaar äquivalent zu Einzelmoment

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

~F1 + ~F2 = −~F + ~F = ~0 (2.21)

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

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

)+~ra× ~F2

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

~M0 = ~r⊥ ×(−~F + ~F

)+ ~ra × ~F = ~ra × ~F = ~M (2.23)

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

Ein Kräftepaar, aus zwei gleich großen, aber entgegen-gesetzt gerichteten Kräften mit dem Betrag F , derenWirkungslinien den Abstand a haben, ist in der Wir-kung auf einen starren Körper einem reinem Einzel-moment (die resultierende Kraft ist ja Null) mit demBetrag

~M = ~ra · ×~F = a · F (2.24)

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

2.4.7 Scherverformung

Zwei Kräftepaare, die sich in ihrer Wirkung auf einenstarren Körper neutralisieren, erzeugen an einem fes-ten Körper eine Verformung, die als Scherung oderGleitung bezeichnet wird, Bild 2.10. Der Winkel γ ,

F

F

F

F

90o− γ

Bild 2.10: Scherverformung

der die Abweichung des verformten Winkels vom ur-sprünglich rechten Winkel angibt, beschreibt den Gradder Verformung. Er wird als Gleitung bezeichnet.

2.4.8 Das Äquivalenzprinzip

Jedes System von Kräften, ~F1, ~F2, ... ~FN und Ein-zelmomenten ~M1, ~M2, ... ~MM , die die Wirkung vonKräftepaaren zusammenfassen, kann in seiner Wir-kung auf einen starren Körper in äquivalenter Weisedurch einen Kraftwinder [~F , ~M0] beschrieben werdenBild 2.11.

y

z

x

r0Nr01

0

M1

F1

F2

r02

FN. . .

M2

MM. . .

y

z

x 0F

M

Bild 2.11: Das Äquivalenzprinzip

Der Kraftwinder besteht aus der resultierendenKraft

8


~F = ~F1 + ~F2 + ... + ~FN =N∑i=1

~Fi (2.25)

und dem resultierenden Moment

~M0 =

N∑i=1

~r0i × ~Fi +M∑i=1

~Mi (2.26)

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

2.4.9 Streckenlast

2.4.9.1 Definition

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

��

��

��

�

�

�

��

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Bild 2.12: Streckenlast und äquivalente Einzelkraft

chung (2.4) de�nierte Streckenlast

qL (x ) =dF

dx(2.27)

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

Die Wirkung einer Streckenlast qL = qL (x ) auf einenstarren Körper kann durch eine an der Stelle xF wir-kende Kraft F ersetzt werden. Dem Äquivalenzprin-zip entsprechend, ist die resultierende Kraft die Summeder Einzelkräfte. Anstelle der Summe tritt hier das In-tegral über die Länge L der Streckenlast und liefert

F =

∫dF =

∫Länge

qL (x ) dx . (2.28)

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

xF F =

∫Länge

x dF . (2.29)

Mit der De�nition der Streckenlast (2.27) erhält manschließlich

xF =1F

∫Länge

x qL (x ) dx , (2.30)

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

2.4.9.2 Beispiel

Als Beispiel wird die Belastung einer Staumauer durchden mit der Wassertiefe ansteigenden Druck betrach-tet, Bild 2.13. Bezeichnet ϱ die Wasserdichte und д die

xF

Fq(x)

h

x qh

Bild 2.13: Staumauer

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

q(x ) = qhx

hmit 0 ≤ x ≤ h (2.31)

beschreibt dann mit qh = bph die auf eine Staumau-er der Breite b wirkende Belastung. Gemäss Gleichung(2.28) ist die äquivalente Einzelkraft dann durch

F =

x=h∫x=0

qhx

hdx =

qhh

x=h∫x=0

x dx

=qhh

[12x

2]x=h

x=0= 1

2 h qh

(2.32)

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

xF =1F

x=L∫x=0

x qhx

hdx =

2hqh

qhh

x=h∫x=0

x2 dx

=2h2

[13x

3]x=h

x=0= 2

3h .

(2.33)

Man erkennt, dass die Fläche der dreiecksförmigen Be-lastung, die hier durch die Länge h und die Höhe qhgekennzeichnet ist, mit dem Wert der resultierendenKraft F übereinstimmt. Zudem läuft die Wirkungslinie

9


von F , deren Lage durch den Hebelarm xF beschrie-ben wird, durch den Schwerpunkt der dreiecksförmi-gen Belastung. Diese Zusammenhänge gelten allge-mein für beliebige Streckenlasten.

2.4.10 Flächenlast

Wind- oder Kontaktkräfte sind häu�g über die Ober-oder die Kontakt�äche verteilt. Die bereits in Glei-chung (2.2) de�nierte Flächenlast

qA (x ,y) =dF

dA(2.34)

beschreibt diese Form von Belastung, wobei die überdie Fläche A verteilten Kräfte dF auf ein Flächenele-ment dA bezogen werden, Bild 2.14. Analog zu Ab-

dF

dAx

z

qA(x,y)

F

x

z

y

yxFyF

Bild 2.14: Flächenlast

schnitt 2.4.9 kann die Wirkung einer Flächenl̈ast aufeinen starren Körper wieder durch eine resultierendeEinzelkraft

F =

∫Fläche

dF =

∫Fläche

qA dA (2.35)

beschrieben werden. Die Koordinaten

xF =1F

∫Fläche

x qA dA und yF =1F

∫Fläche

y qA dA (2.36)

legen dann die Wirkungslinie der resultierenden KraftF fest, die hier entsprechend der Belastung in z-Richtung verläuft.

2.5 Schwerpunkte

2.5.1 Gewichtsmittelpunkt

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

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Bild 2.15: Gewichtsmittelpunkt

Die Integration über den ganzen Körper liefert mit

~G =

∫Körper

d ~G (2.37)

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

~r0S × ~G =

∫Körper

~r0i × d ~G . (2.38)

Der Vektoren ~r0S beschreibt dabei den Angri�spunkt Sder resultierenden Gewichtskraft ~G und der Vektor ~r0izeigt der Reihe nach auf alle Massenelemente dm desKörpers.

In Erdnähe kann die Massenanziehung zwischen ei-nem Körper und der Erde durch ein homogenes Schwe-refeld approximiert werden. Die Gewichtskräfte d ~Gsind dann alle parallel. Orientiert man die Achsen desKoordinatensystems so, dass die z-Achse in Richtungder Gewichtskräfte zeigt, dann gilt

d ~G =

00dG

und ~G =

00G

, (2.39)

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

~r0i =

xiyizi

und ~r0S =

xSySzS

(2.40)

10


lautet die Äquivalenzbeziehung (2.38)

xSySzS

×

00G

=

∫Körper

xiyizi

×

00dG

. (2.41)

Nach dem Au�ösen der Kreuzprodukte bleibt

yS G=

∫yi dG , −xS G=

∫−xi dG und 0 = 0

(2.42)Die beiden ersten Gleichungen liefern mit xS und ySdie x- und y-Komponente des Ortsvektors ~r0S . Da sichdie Wirkung der Gewichtskraft ~G hier nicht ändert,wenn sie längs ihrer Wirkungslinie, der z-Achse, ver-schoben wird, bleibt die z-Komponente, die Koordina-te zS , zunächst unbestimmt. Dreht man den starrenKörper so, dass die Gewichtskräfte d ~G nicht mehr inz- sondern z.B. in x-Richtung wirken, dann liefert dieÄquivalenzbeziehung (2.38) auch eine Bestimmungs-gleichung für die z-Komponente des Ortsvektors~r0S .

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

xS =1G

∫Körper

xi dG yS =1G

∫Körper

yi dG

zS =1G

∫Körper

zi dG(2.43)

oder den Ortsvektor

~r0S =1G

∫Körper

~r0i dG (2.44)

de�niert, wobei das Gewicht des Körpers durch

G =

∫Körper

dG (2.45)

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

2.5.2 Massenmittelpunkt

Analog zu den De�nitionen (2.44) und (2.45) kannmit

~r0S =1m

∫Körper

~r0i dm , und m =

∫Körper

dm (2.46)

auch der Massenmittelpunkt de�niert werden, wobeim die Masse des Körpers bezeichnet. Im homogenenSchwerefeld sind der Gewichts- und der Massenmit-telpunkt eines starren Körpers identisch. Mit dem Ge-wichtG =mд, dem Di�erential dG = дdm und der alskonstant vorausgesetzten Erdbeschleunigung д kön-nen die Beziehungen (2.44) und (2.45) direkt in die De-�nition (2.46) überführt werden.

2.5.3 Volumenmittelpunkt

Der Volumenmittelpunkt eines starren Körpers istdurch die De�nitionen

~r0S =1V

∫Körper

~r0i dV mit V =

∫Körper

dV (2.47)

festgelegt. Bei homogener Massenverteilung ist dieMasse des Körpers mit m = ρV proportional zum Vo-lumen V , wobei ρ die Dichte bezeichnet. Dann sindauch der Massen- und der Volumenmittelpunkt iden-tisch.

2.5.4 Flächenmittelpunkt

Der Mittelpunkt einer Fläche sowie ihre Größe sinddurch

~r0S =1A

∫Fläche

~r0i dA und A =

∫Fläche

dA (2.48)

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

Bei Blechen mit dünner Wandstärke t kann das Volu-menelement auf ein Flächenelement reduziert werden,Bild 2.16. Mit der Erdbeschleunigung д, der Dichte ρund der Wandstärke t , die alle als Konstante betrachtetwerden, gilt dann

dG = дdm = д ρ dV = д ρ t dA und G = д ρ t A .(2.49)

Damit können die in den Gleichungen (2.44) und (2.45)erforderlichen Integrationen über den Körper (Drei-fachintegral) auf die in Gleichung (2.48) auftretendenIntegrationen über eine Fläche (Doppelintegral) zu-rückgeführt werden.

11


�

��

�

�

��

� ��

Bild 2.16: Dünnwandiges Blech

2.5.5 Linienmittelpunkt

Analog zu (2.48) de�nieren die Beziehungen

~r0S =1L

∫Linie

~r0i ds mit L =

∫Linie

ds (2.50)

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

2.5.6 Zusammengesetzte Körper

2.5.6.1 Definition

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

��

��

��

��

��

��

��

��

�

Bild 2.17: Zusammengesetzter Körper

m =

∫K1

dm1 +

∫K2

dm2 oder m = m1 +m2 (2.51)

und

~r0S =1m

{∫K1

~r01i dm1 +

∫K2

~r02i dm2

}=

1m

{m1~r01 +m2~r02

}=m1~r01 +m2~r02

m1+m2

(2.52)

Auf mehrere Körper verallgemeinert erhält man

~r0S =

n∑i=1

{mi ~r0i

}n∑i=1

mi

(2.53)

wobei mi die Masse des i-ten Teilkörper bezeichnetund der Vektor~r0i die Lage des i-ten Teilkörperschwer-punktes Si angibt. Die Beziehung (2.53) kann sinnge-mäß auch für alle anderen Schwerpunkte angewendetwerden.

2.5.6.2 Beispiel L-Profil

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

a

sy

x

b 1

s

2

Bild 2.18: Schwerpunkt eines L-Pro�ls

teilung führt auf Rechtecke mit den Kanten a und s so-wie s und b − s . Analog zu (2.51) ist die Querschnitts-�äche dann durch

A = a s︸︷︷︸A1

+ (b−s ) s︸︷︷︸A2

(2.54)

gegeben. Die Koordinaten des Flächenmittelpunkteserhält man gemäß (2.53) aus

xS =A1x1+A2x2A1+A2

, yS =A1y1+A2y2A1+A2

. (2.55)

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

xS =as 1

2 a + (b−s )s 12 s

as + (b−s )s=

12a2+bs−s2

a + b − s(2.56)

und

yS =as 1

2s+ (b−s )s12 (b+s ))

as + (b−s )s=

12b2+as−s2

a + b − s. (2.57)

12


2.5.7 Rotationskörper

2.5.7.1 Guldinsche Regeln

Eine Linie der Länge L, die in einer Ebene liegt unddie um eine in dieser Ebene liegenden Achse rotiert,erzeugt einen rotationssymmetrischen Hohlkörper mitder Ober�ächeO , Bild 2.19. Dann ist die Ober�äche ge-mäß der 1. Guldinsche Regel durch

O = 2π L xS (2.58)

bestimmt, wobei die Drehachse die Linie berühren aber

��

�

�

Bild 2.19: Ober�äche eines Drehkörpers

nicht schneiden darf und L die Länge der Kurve und xSder Abstand des Linienmittelpunktes von der Drehach-se ist.

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

��

�

�

Bild 2.20: Volumen eines Drehkörpers

rechnet sich gemäß der 2. Guldinsche Regel aus

V = 2π AxS , (2.59)

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

2.5.7.2 Beispiel: L-Profil

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

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

V = πa2s + πs2 (b − s ) (2.60)

gegeben ist. Mit (2.60) und der Querschnitts�äche A,die bereits in (2.54) berechnet wurde, kann aus (2.59)sofort die x-Koordinate des Flächenmittelpunktes be-rechnet werden

xs =V

2πA=

πa2s + πs2 (b − s )

2π (as+ (b−s )s ). (2.61)

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

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

2.6 Gleichgewicht

2.6.1 Das Gleichgewichtsaxiom

Nach Newton5 be�ndet sich ein mechanisches Sys-tem im Zustand der Ruhe (Gleichgewicht) oder imZustand der gleichförmigen geradlinigen Bewegung,wenn die angreifenden Kräfte und Momente in ihrerWirkung auf einen starren Körper einem verschwin-denden Kraftwinder mit ~F = 0 und ~M0 = 0 äquivalentsind. Wegen (2.25) und (2.26) bedeutet dies

N∑i=1

~Fi = 0 undN∑i=1

~r0i × ~Fi +M∑i=1

~Mi = 0 , (2.62)

wobei der Momentenbezugspunkt 0 beliebig gewähltwerden kann. Mit der Komponentendarstellung derVektoren

~Fi =

FxiFyiFzi

, ~r0i =

x0iy0iz0i

, ~Mi =

MxiMyiMzi

(2.63)

folgen aus (2.62) sechs skalare Gleichungen∑Fxi = 0 ,∑Fyi = 0 ,∑Fzi = 0 ,∑

(y0iFzi − z0iFyi ) +∑Mxi = 0 ,∑

(z0iFxi − x0iFzi ) +∑Myi = 0 ,∑

(x0iFyi − y0iFxi ) +∑Mzi = 0 .

(2.64)

5 Sir Isaac Newton (1643-1727) war Naturwissenschaftler undPhilosoph. Mit der Philosophiae Naturalis Principia Mathema-tica legte er den Grundstein für die klassische Mechanik.

13


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

Fxi = 0 ,∑Fzi = 0 ,∑

(z0iFxi − x0iFzi ) +∑Myi = 0

(2.65)

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

2.6.2 Gegenwirkungsprinzip

Wenn zwei Körper Kräfte (und/oder Momente) aufein-ander ausüben, dann sind Kraft und Gegenkraft, bzw.Moment und Gegenmoment entgegengesetzt gerichtetund dem Betrage nach gleich groß (actio = reactio).

2.6.3 Schnittprinzip

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

2.7 Lager

2.7.1 Definition und Wertigkeit

Lager sind Bauelemente zwischen einem mechani-schen System und der Umgebung oder zwischen zweiKörpern. In der Modellbildung werden aus realen La-gern Elemente, die in idealer Weise einzelne Bewegun-gen (Verschiebungen und/oder Drehungen) ungehin-dert zulassen oder vollständig sperren.

Die Wertigkeit eines Lagers ist gleichbedeutend mitder Anzahl der dadurch gesperrten Bewegungsmög-lichkeiten.

2.7.2 Reaktionen

Wird ein mechanisches System durch Kräfte und/oderMomente belastet, dann kann es sich nur im Gleichge-wicht be�nden, wenn in den Lagern den Wertigkeitenentsprechende Reaktionen, d.h. Kräfte und/oder Mo-mente, auftreten. Beim Freischneiden eines mechani-schen Systems, d.h. beim Zerlegen des Systems in Teil-systeme im Extremfall bis herunter zu den einzelnen

Körpern, werden die Lagerreaktionen sichtbar (actio =reactio beachten!).

2.7.3 Lager in der Ebene

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

Symbolund

Name

KinematikBewegungs-

möglichkeitenStatik

Wertigkeit

�

�

verschieblichesGelenklager

Drehung um yVerschiebung in x

Kraft in z

“einwertig”

�

�

festesGelenklager

Drehung um yKräfte in x

und z

“zweiwertig”

�

�

FührungVerschiebung in x

Kraft in zMoment um y

“zweiwertig”

�

�

festeEinspannung

keineKräfte in x

und zMoment um y

“dreiwertig”

Tabelle 2.2: Lager in der Ebene

Um einen Körper in der Ebene zu �xieren, sind Lagererforderlich, die insgesamt über drei Wertigkeiten ver-fügen. Dies kann z.B. mit einer festen Einspannung,einem festen und einem verschieblichen Gelenklager,drei verschieblichen Gelenklagern oder mit einer Füh-rung und einem verschieblichen Gelenklager realisiertwerden.

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

2.7.4 Räumliche Lager

Mit einem Kugel- und einem Scharniergelenk sind inder Bild2.21 zwei räumliche Lagerelemente dargestellt.Beim räumliche Kugelgelenk kann der Körper 2 ge-genüber Körper 1 sämtliche Drehbewegungen ausfüh-ren. Im Gelenkpunkt werden jedoch alle translatori-schen Bewegungen gesperrt. Das räumliche Kugelge-lenk überträgt in allen 3 Raumrichtungen Kräfte und

14


Körper 1

Körper 2

x

zy

��

��

�

Bild 2.21: Kugel- und Scharniergelenk

ist damit ein 3-wertiges Lager. Das skizzierte Schar-niergelenk zwischen Körper 1 und Körper 2 lässt eineDrehung um die z-Achse und eine Verschiebung in z-Richtung zu. Die restlichen 4 Bewegungen werden ver-hindert. Das skizzierte Scharniergelenk überträgt Kräf-te in x- und y-Richtung sowie Momente um die x- undy-Achse und stellt damit ein 4-wertiges Lager dar.

2.7.5 Bestimmtheit einer Lagerung

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

Werden diese Bewegungsmöglichkeiten durch Lagereingeschränkt, dann muss beim Freischneiden des Kör-pers die Wirkung der Lager durch unbekannte La-gerreaktionen ersetzt werden. Die Anzahl u der un-bekannten Lagerreaktionen ist durch die Summe derWertigkeiten bestimmt.

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

n = u − t (2.66)

berechnet werden, wobei u die Anzahl der unbekann-ten Lagereaktionen und t die Anzahl der tatsächlichzur Verfügung stehenden Gleichungen angibt. In derEbene bzw. im Raum stehen zwar für jeden Teilkörper3 bzw. 6 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung,doch in Sonderfällen können einige Gleichungen zurtrivialen Beziehung 0 = 0 entarten. Deshalb kann dieAnzahl der tatsächlich zur Verfügung stehenden Glei-chungen mit t ≤ 3, bzw. t ≤ 6 nur nach oben begrenzt,nicht aber vorab eindeutig bestimmt werden.

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

f = b − t . (2.67)

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

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

Bei statisch überbestimmter Lagerung besteht die Ge-fahr einer inneren Verspannung, die zu erheblichenLagerbelastungen führen kann. Eine statisch überbe-stimmte Lagerung wird in der Regel nur bei sehr nach-giebigen Bauteilen verwendet. Die überzähligen Lagerstützen das Bauteil zusätzlich ab und verhindern so zugroße Verformungen.

2.8 Spezielle Lagerelemente

2.8.1 Die Umlenkscheibe

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

�

�

��

�

�

�

�

��

��

��

� ��

Bild 2.22: Umlenkscheibe

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

S = G . (2.68)

Ein weiterer Schnitt im Lager legt das TeilsystemScheibe frei. Aus der Momentensumme bezüglich derScheibenmitte

S r − F r = 0 (2.69)

folgt sofortF = S . (2.70)

15


Da eine widerstandslos drehbare Scheibe die Seilkraftbei statischer Belastung nicht verändert, wird sie alsUmlenkscheibe bezeichnet. Das Ergebnis F = S kanndann bereits beim Freischneiden berücksichtigt wer-den.

Die Lagerbelastungen H und V können aus dem Kräf-tegleichgewicht am Teilsystem Scheibe

−G cosα + H = 0 ,−G sinα +V −G = 0

(2.71)

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

2.8.2 Das frei rollende Rad

Bild 2.23 zeigt einen einachsigen Karren, der von einemEsel eine unter dem Winkel α geneigte Ebene hinaufgezogen wird. Der beladene Karren hat das Gewicht

ab

S

r

P

h

α

d

Bild 2.23: Eselskarren auf schiefer Ebene

G und der Schwerpunkt S liegt im Abstand a vor derAchsmitte und im Abstand h über der Fahrbahn. Diemit dem Karren fest verbundene Deichsel be�ndet sichauf der Höhe d über der Fahrbahn und ist in P gelenkigam Geschirr befestigt. Der Abstand zwischen S und Pist mitb gegeben. Für die weitere Betrachtung wird an-genommen, dass der Esel stehen bleibt und das Systemsich im Gleichgewicht be�ndet.

r

AxAy

Ax

Ay

NRRäder

KarrenPxPy

ab

S h-d

α

d-rG

x

y

Bild 2.24: Wesentliche Teilkörper

Die wesentlichen Teilkörper sowie die Schnittreaktio-nen sind in Bild 2.24 dargestellt. Dabei orientiert sich

das x-y-Koordinatensystem an der unter dem Winkelα geneigten Ebene. In den Kontaktpunkten6 zwischenden Rädern und der Fahrbahn treten Normal- und Rei-bungskräfte auf, die in N und R zusammengefasst sind.Die Schnittreaktionen im Gelenk P und im AchslagerAverfügen jeweils über eine x- und eine y-Komponente.Die Gleichbewichtsbeziehungen für die beiden Teilsy-teme Karren und Räder liefern

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

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

R −Ax = 0 (2.75)N −Ay = 0 (2.76)

r R = 0 (2.77)

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

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

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

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

Px

N

Pya

b

S

r h

α

dG

x

y

Bild 2.25: Karren mit frei drehbaren Rädern

gen (2.78) bis (2.80) folgenden Unbekannten, die Nor-malkraft N = G (b cosα + (h−d ) sinα ) / (a+b) so-wie die Kräfte im Gelenkpunkt Px = G sinα undPy = G (a cosα − (h−d ) sinα ) / (a+b) hängen dannnicht mehr von der Radius der Räder r ab.

6 Kontaktkräfte und insbesondere Reibungse�ekte werden imKapitel 7 ausführlich behandelt.

16


2.8.3 Die Pendelstütze

Ein unbelastetes Bauelement mit vernachlässigbaremEigengewicht, das an beiden Enden gelenkig gelagertist, wird als Pendelstütze bezeichnet, Bild 2.26. Das

�

��

�

�

�

��

��

��

��

Bild 2.26: Pendelstütze

Kräftegleichgewicht an der freigeschnittenen Pendel-stütze liefert zunächst

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

(2.81)

wobei die z-Achse in Richtung der Linie AB zeigt. Ausdem Momentengleichgewicht bezüglich GelenkpunktA erhält man

−a By = 0 ,a Bx = 0 ,

0 = 0 ,(2.82)

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

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

2.8.4 Beispiel: Motorhaube

Die inA und B gelagerte Motorhaube mit dem GewichtG = 50 N wird durch einen in C und D gelenkig gela-gerten Stab abgestützt, Bild 2.27. Der LagerungspunktA fällt mit dem Ursprung des Koordinatensystems zu-sammen. Der Schwerpunkt und die restlichen Lage-rungspunkte werden durch die Koordinaten

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

(2.83)

festgelegt. Damit es nicht zu Verspannungen kommt,muss die Motorhaube in A und B gelenkig gelagert

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

��

��

� �

�

Bild 2.27: Abstützung einer Motorhaube und Motor-haube freigeschnitten

sein, wobei eines der Lager, z.B. das Lager in B, in y-Richtung verschieblich sein muss und damit in dieserRichtung keine Kraft aufnehmen kann. Der an beidenEnden gelenkig gelagerte Stab ist eine Pendelstütze; erkann deshalb nur eine Kraft in Richtung der Linie DCübertragen, vgl. Abschnitt 2.8.3.

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

AxAyAz

︸︷︷︸~A

+

Bx0Bz

︸︷︷︸~B

+ F ~eDC︸︷︷︸~F

+

00−G

︸︷︷︸~G

= ~0 (2.84)

und

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

wobei als Momentenbezugspunkt der Lagerpunkt Agewählt wurde und der Einheitsvektor

~eDC =~rDC|~rDC |

=~rAC − ~rAD|~rAC − ~rAD |

(2.86)

die Richtung der Stabkraft angibt.

Mit den Zahlenwerten aus (2.83) erhält man

~rDC =

−500−750866

und ~eDC =

~rDC|~rDC |

=

−0.400−0.6000.693

,

(2.87)wobei der Betrag mit

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

17


gegeben ist. Das Momentengleichgewicht (2.85) liefertdann

1500Bz0

−1500Bx

+

1040 F−693 F

0

+

−750G250G

0

= 0 ,

wobei die Kreuzprodukte bereits ausmultipliziert wur-den. Aufgelöst bleibt

Bx = 0 , F =250693

G=18.05N

undBz =

−1040 F + 750G1500

=12.486N .

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

Ax =−(Bx + (−0.400) ∗ F ) = 7.22 N ,Ay =−(−0.600) ∗ F = 10.82 N ,Az =−(Bz + 0.693 ∗ F −G )=−(12.486 + 12.5086 − 50) = 25 N .

2.9 Übungen

2.9.1 Handbohrer

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

x

y

z

0

P

Q

F1

F2

Bild 2.28: Handbohrer

Berechnen Sie mit

~r0P =

0.100.00.25

m und ~r0Q =

0.00.00.5

m

die Wirkung der Kräfte

~F1 =

0−100

0

N und ~F2 =

060

−120

N

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

0−40−120

N und ~M0 =

−50

−10

Nm

2.9.2 U-Profil

Berechnen Sie für das skizzierte U-Pro�l die Lage desFlächenmittelpunktes.

a

a

t

Bild 2.29: U-Pro�l

Kann das Ergebnis für t << a vereinfacht werden?

Lösung:xS = 0 (Symmetrie)

yS =y1A1 + y2A2 + y3A3 + y4A4 − y5A5 − y6A6 + y7A7

A1 +A2 +A3 +A4 −A5 −A6 +A7

yS =

a2at +

a2at +

(− t

4

) (t2

)2+

(− t

4

) (t2

)2− t

4

(t2

)2− t

4

(t2

)2+ 0

at+at+(t2

)2+

(t2

)2−

(t2

)2−

(t2

)2+at

yS =a2 −

(t2

)23a

; t << a : yS =13a

a

a

t

A1 A2

A5 A6

A4

A7

A3x

y

S

2.9.3 Behälter

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

h

Aa

bα

Bild 2.30: Behälter

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

√3

a

tanα

2.9.4 Fahrzeug

Bei einem Fahrzeug mit dem Achsabstand a = 2700mmund der Spurbreite s = 1500mm werden an den Räderndie Aufstandskräfte Fz1 = 4.5 kN , Fz2 = 4.1 kN , Fz3 =3.6 kN und Fz4 = 3.8 kN gemessen.

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

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

Fahrzeugmitte? Wenn ja, wie weit?

Lösung:a) Das Kräftegleichgewicht in vertikaler Richtung liefert

G = Fz1 + Fz2 + Fz3 + Fz4 = 16.0 kNb) Das Momentengleichgewicht um die Hinterachse lautet

(Fz1 + Fz2) a − xS G = 0und liefert den Schwerpunktabstand zu

xS =Fz1+Fz2

G a = 1451mmc) Die Momentenbilanz um eine Linie durch Fz2 und Fz4 liefert

(Fz1 + Fz3) s −(12s + yS

)G = 0

Aufgelöst bleibtyS =

Fz1+Fz3G s − 1

2s = 759.384mm − 750.000mm = 9mm

18


Fz1Fz2Fz3Fz4

s a

Bild 2.31: Fahrzeug

2.9.5 Verschiedene Lagerungsfälle

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

F

M a

a a

aF

M a

a a

a

F

M a

a a

a

F

M a

a a

a

F

M a

a a

a

F

M a

a a

a

Bild 2.32: Verschiedene Lagerungsfälle

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

Lösung:F

M a

a a

a

FC

FA FB

x

z+

FC = −F , FA = −√24

M

a, FB =

√24

M

a.

F

M a

a a

a

FAz

+x

z

FAxMA

FAx = 0, FAz = −F , MB = −M + a F .

F

M a

a a

a

FBz

x

z+

FBxFAz

FAz = −√24M

a−√24 F ,

FBx = −√22 F , FBz =

√24M

a−√24 F .

F

M a

a a

a

FAxFAz FBxFBz

+

x

z

FAx+FBx = −√22 F ,

FAz =√24

(Ma−F

), FBz =

√24

(−M

a−F

).

F

M a

a a

a

FA

+x

z

FB MB

FA = −F , FB = 0, MB = −M + a F .

F

M a

a a

a

z

x+

FA

FC

FBkeine Lösung möglich

2.9.6 Flaschenzug

Der skizzierte Flaschenzug wird durch das GewichtGLbelastet. Die an der Decke gelagerten Scheiben habenjeweils das Gewicht GR . In GB sind das Gewicht derunteren Scheibe und des Bügels zusammengefasst.

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

13(GB +GL ), H1 =

12F , V1 = GR + (1+

12√3) F , H2 = 0, V2 = GR + 2 F

GL

GB

2r

30oF

GR GRrr

Bild 2.33: Flaschenzug

2.9.7 Kiste

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

a/2

a A

BG

P

Qa

a

Bild 2.34: Kiste mit geö�netem Deckel

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

34G

19

3 Fachwerke3.1 Grundlegendes

3.1.1 Definition

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

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

• Kräfte greifen nur in den Knoten an,• das Eigengewicht der Stäbe kann auf die Kno-

ten verteilt oder gegenüber der äußeren Belas-tung vernachlässigt werden.

Diese Annahmen sind in der Praxis nur näherungs-weise erfüllt. So sind bei der in Bild 3.1 dargestellten

Bild 3.1: Brücke als Fachwerk ausgeführt

Brücke die Stäbe nicht gelenkig sondern durch vernie-tete Knotenbleche mit einander verbunden.

3.1.2 Stäbe

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

I

II NIIaα QII

QINI

Bild 3.2: Stabkräfte

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

−NI + NI I = 0 ,−QI +QI I = 0 ,

QI I a = 0 .(3.1)

Fachwerkstäbe übertragen also keine Querkräfte

QI = QI I = 0 . (3.2)

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

3.1.3 Knoten

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

1Sβ�

δ�

α�γ�

3S2S

4�S

Bild 3.3: Knoten

wichtsbeziehungen am Knoten reduzieren sich somitauf die Summe der Kräfte

−S4 cosδ − S3 cosγ + S2 cos β + S1 cosα = 0 ,−S4 sinδ + S3 sinγ + S2 sin β + S1 sinα = 0 .

(3.3)

In der Ebene (im Raum) stehen folglich pro Knotenzwei (drei) Gleichungen zur Verfügung.

3.1.4 Bestimmtheit

Ein Fachwerk ist kinematisch bestimmt, wenn dieLage aller Knotenpunkte eindeutig �xiert ist; es iststatisch bestimmt, wenn die Stabkräfte und die La-gerreaktionen aus den Gleichgewichtsbeziehungen be-stimmt werden können.

20


Ist ein ebenes Fachwerk mit s Stäben und k Knoten sta-tisch und kinematisch bestimmt gelagert, dann gilt

s + r = 2k , (3.4)

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

s + r = 3k , (3.5)

ersetzt werden.

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

3.2 Ebene Fachwerke

3.2.1 Einfache Fachwerke

Bild 3.4 zeigt ein einfaches, ebenes Fachwerk.

a� a�

2a

F�

a

I�

II IV�

V�

III�

Bild 3.4: Einfaches Fachwerk

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

Mit den Bezeichnungen aus Bild 3.5 erhält man

HI + S2 sinα = 0 , (3.6)

VI + S1 + S2 cosα = 0 , (3.7)

HI I + S3 +12√2 S4 = 0 , (3.8)

−S1 +12√2 S4 = 0 , (3.9)

F

I

II�

V�

III�

IV

S1 S2

S1

S1

S2

S2

S2

S3S3

HII� S3S 3

S4�

S4

S4�

S4�

S5S5

S5

S5

S6

S6 S6

S6

S7

S7

S7

S7

H�

IV

�

I�

α

Bild 3.5: Fachwerk freigeschnitten

−S3 − S2 sinα + S6 = 0 , (3.10)

−S2 cosα + S5 = 0 , (3.11)

−S6 −12√2 S7 = 0 , (3.12)

−F +12√2 S7 = 0 , (3.13)

−12√2 S4 +

12√2 S7 = 0 , (3.14)

−12√2 S4 − S5 −

12√2 S7 = 0 , (3.15)

wobei der Winkel zwischen den Stäben 1 und 2als Hilfsgröße verwendet wurde. Aus der Geometriefolgt

sinα =a√

a2 + (2a)2=

1√5,

cosα =2a√

a2 + (2a)2=

2√5.

(3.16)

Das Anschreiben der Gleichgewichtsbeziehungen fürjeden freigeschnittenen Knoten wird als Knotenpunkt-verfahren bezeichnet. Ist ein Fachwerk statisch und ki-nematisch bestimmt, dann liefert das Knotenpunktver-fahren stets genügend Gleichungen um alle Stabkräfteund die Lagerreaktionen zu berechnen.

21


Bei einfachen, abbaubaren Fachwerken erhält manein gesta�eltes Gleichungssystem, das leicht aufgelöstwerden kann. Aus den Gleichungen (3.6) mit (3.15) er-hält man:

S7 =√2 F , (3.17)

S6 = −12√2 S7 = −F , (3.18)

S4 = S7 =√2 F , (3.19)

S5 = −12√2 S4 −

12√2 S7 = −2 F , (3.20)

S2 = S5/ cosα = −√5 F , (3.21)

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

S1 =12√2 S4 = F , (3.23)

HI I = −S3 −12√2 S4 = 0 − F = −F , (3.24)

HI = −S2 sinα = F , (3.25)

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

Bei einfachen Fachwerken können die Lagerreaktio-nen auch aus den Gleichgewichtsbeziehungen für dasGesamtsystem errechnet werden. Aus

HI + HI I = 0 ,VI − F = 0 ,

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

folgt sofort

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

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

Bei einfachen Fachwerken kombiniert man meistensdas Gleichgewicht am Gesamtsystem mit dem Kno-tenpunktverfahren. Bei geschicktem Vorgehen verein-facht sich dadurch die Au�ösung der Gleichungen.

3.2.2 Nicht einfache Fachwerke

Bild 3.6 zeigt ein nicht einfaches, ebenes Fachwerk.Auch hier kann das Knotenpunktverfahren angewen-det werden, Bild 3.7.

Man erhält

HI +12√2 S2 = 0 , (3.29)

VI + S1 +12√2 S2 = 0 , (3.30)

a a

I

IIIII IV

a

F2

V

VI

a

VII

F1a 1 2

3 4

5

6

7 8

9

Bild 3.6: Nicht einfaches Fachwerk

F

I

1F2

S1 S2

S4S3

S5S7

S6

S8

S9

VVII

S1 S2

S4S3

S5 S7

S6

S8

S9

II

III IV

VI

VII

V

HI VI

HVIVVI

Bild 3.7: Fachwerk freigeschnitten

−S1 = 0 , (3.31)S3 = 0 , (3.32)

−S3 −12√2 S2 + S4 = 0 , (3.33)

−F1 −12√2 S2 = 0 , (3.34)

−S4 +12√2 S5 + S6 = 0 , (3.35)

−F2 −12√2 S5 = 0 , (3.36)

−S6 +12√2 S9 = 0 , (3.37)

−S7 −12√2 S9 = 0 , (3.38)

HV I −12√2 S5 + S8 = 0 , (3.39)

VV I +12√2 S5 + S7 = 0 , (3.40)

−S8 −12√2 S9 = 0 , (3.41)

VV I I +12√2 S9 = 0 . (3.42)

Das Gleichgewicht am Knoten I I liefert mit

S1 = 0 und S3 = 0 (3.43)

zwei Nullstäbe.

Die restlichen Gleichungen können wieder sukzessivegelöst werden

S2 = −√2 F1 , (3.44)

22


HI = −12√2 S2 = F1 , (3.45)

VI = −S1 −12√2 S2 = 0 + F1 = F1 , (3.46)

S4 = S3 +12√2 S2 = 0 − F1 = −F1 , (3.47)

S5 = −√2 F2 (3.48)

S6 = S4 −12√2 S5 = −F1 + F2 , (3.49)

S9 =√2 S6 =

√2 (F2 − F1) , (3.50)

S7 = −12√2 S9 = F1 − F2 , (3.51)

S8 = −12√2 S9 = F1 − F2 , (3.52)

VV I I = −12√2 S9 = F1 − F2 , (3.53)

HV I =12√2 S5 − S8 = −F2 − F1 + F2 = −F1 , (3.54)

VV I = −12√2 S5 − S7 = F2 − F1 + F2 = 2 F2 − F1 . (3.55)

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsys-tem

HI + HV I = 0 , (3.56)

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

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

reichen zwar nicht aus, um die Lagerreaktionen zu be-stimmen, können aber trotzdem zur Kontrolle verwen-det werden.

3.3 Nullstäbe

3.3.1 Allgemeines

Bei spezieller Stabanordnung und unter besonderenBelastungsbedingungen können in einem FachwerkNullstäbe erkannt werden.

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

3.3.2 Der unbelastete Zweischlag

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

S2 sinα = 0 ,S1 + S2 cosα = 0 ,

Mit sinα , 0 folgt sofort

S2 = 0 und S1 = 0 .1

2

α

3.3.3 Der belastete Zweischlag

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

S2 sinα = 0 ,F + S1 + S2 cosα = 0 .


S2 = 0 und S1 = −F .1

2

αF

3.3.4 Der unbelastete Dreischlag

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

S3 sinα = 0 ,−S1 + S2 + S3 cosα = 0 .


S3 = 0 und S1 = S2 .

2

3

α1

Das Erkennen von Nullstäben kann in Einzelfällen dieBerechnung von Fachwerken stark vereinfachen. Mansollte jedoch beachten, dass ein nichterkannter Null-stab ohne Folgen bleibt, während ein fälschlicherweiseals Nullstab angenommener Stab die gesamte Berech-nung in Frage stellt.

23


3.3.5 Beispiel Fachwerk mit Nullstäben

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

Der Knoten V ist ein unbelasteter Zweischlag,

S6 = 0 und S9 = 0 . (3.59)

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

S1 = 0 und S2 = −F1 . (3.60)

Der Knoten IV ist unbelastet und die Stäbe 4 und 8 ha-ben die gleiche Richtung

S5 = 0 und S4 = S8 . (3.61)

F1

F�

2

a�

a� a�

I

2 IIIII V�

IV VI�

9

2

4

35

8

7

6

1

Bild 3.8: Fachwerk mit Nullstäben

Die Lagerreaktionen folgen aus dem Gleichgewichts-beziehungen für das Gesamtsystem

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

a F1 + a F2 − 2aVV I = 0 , (3.64)

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

Unter Berücksichtigung der Nullstäbe

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

und mit den Lagerreaktionen

HI = −F1 , (3.66)

VV I =12(F1 + F2) , (3.67)

VI = −12(F1 − F2) (3.68)

genügen die Gleichgewichtsbeziehungen an den Kno-ten I und V I

HI +12√2 S3 + S4 = 0 , (3.69)

VI + S1 +12√2 S3 = 0 (3.70)

und

−S8 −12√2 S7 = 0 , (3.71)

VV I +12√2 S7 + S9 = 0 (3.72)

um die restlichen Stabkräfte zu bestimmen.

Man erhält

S3 = −√2VI =

12√2 (F1 − F2) , (3.73)

S4 = −HI −12√2 S3 =

12(F1 + F2) , (3.74)

S7 = −√2VV I = −

12√2 (F1 + F2) , (3.75)

S8 = −12√2 S7 =

12(F1 + F2) . (3.76)

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

3.4 Der Ritterschnitt

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

F1

F�

2

2a9

10

4�

35

8

7

6 2a

6a�

6a�

3a 3aA B

1

2

11 12

13

Bild 3.9: Langgestrecktes Fachwerk

Gelingt es, ein ebenes Fachwerk so zu durchtrennen,dass maximal 3 unbekannte Stäbe geschnitten wer-den, dann können die Belastungen dieser Stäbe aus denGleichgewichtsbeziehungen eines Teilsystems ermitteltwerden. Zuvor müssen allerdings die Lagerreaktionenberechnet werden.

Durch einen Ritterschnitt können bei dem langge-streckten Fachwerk, Bild 3.9, z.B. die Stabkräfte S8, S9und S10 sofort berechnet werden.

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Teilsystem inBild 3.10 lauten

−S8 − S9 cosα − S10 − F2 = 0 ,VB − S9 sinα = 0 ,6aVB − 2a S10 = 0 ,

(3.77)

24


F2

2a�

2a

6a�

S8S9

S10

V�

B�

Bild 3.10: Ritterschnitt

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

sinα =2

√22 + 32

, cosα =3

√22 + 32

. (3.78)

Die Lagerreaktion in B erhält man mit

VB =13F1 −

29F2 (3.79)

sofort aus der Momentenbilanz für das Gesamtsys-tem

18aVB + 4a F2 − 6a F1 = 0 . (3.80)

Damit können auch die gesuchten Stabkräfte berech-net werden. Aus (3.77) entnimmt man

S10 = 3VB ,

S9 =VBsinα

,

S8 = −S9 cosα − S10 − F2 .

(3.81)

Selbstverständlich kann das Knotenpunktverfahrenmit einem oder mehreren Ritterschnitten kombiniertwerden.

3.5 Räumliche Fachwerke

Der Ritterschnitt und das Knotenpunktverfahren kön-nen auch bei räumlichen Fachwerken zur Berechnungder Stabkräfte eingesetzt werden. Im Raum stehenpro Knoten drei Gleichgewichtsbeziehungen zur Ver-fügung und beim Ritterschnitt können sechs unbe-kannte Stäbe berechnet werden. Wegen der Komple-xität räumlicher Fachwerkstrukturen entstehen dabeigekoppelte Gleichungssysteme, die meist nur mehr nu-merisch gelöst werden können.

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

Bild 3.11: Räumliches Fachwerk

Bei dem räumlichen Fachwerk aus Bild 3.11 kann zwei-mal der Ritterschitt angewendet werden. HorizontaleSchnitte oberhalb und unterhalb des Dreiecks I , I I , I I Iergeben jeweils ein Teilsystem mit sechs unbekann-ten Stabkräften, S1 mit S6, bzw. S10 mit S15. Die ausden Gleichgewichtsbeziehungen für die entsprechen-den Teilsysteme resultierenden Gleichungen sind je-doch so stark miteinander gekoppelt, daß eine ana-lytische Lösung nur mit erheblichen Rechenaufwanddurchgeführt werden kann. Mit den Stabkräften, S1 mitS6 und S10 mit S15 können dann die restlichen Stabkräf-te S7, S8, S9 und die Gelenk- und Lagerreaktionen er-mittelt werden.

In der Praxis werden räumliche Fachwerke in der Re-gel mit der Methode der Finiten Elemente berechnet.Neben den Stabkräften erhält man dabei auch die elas-tischen Verformungen.

25


3.6 Übungen

3.6.1 Einfaches Fachwerk

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

2F

F2a 2aa

2a

1

2

3

4

5

6

78

9A B

Bild 3.12: Einfaches Fachwerk

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

AH =75 F

BH = 2 FBV = − 2

5 F

S1 = −75√2 F

S2 =75 F

S3 = F

S4 = − 85 F

S5 =√55 F

S6 =75 F

S7 = − 25 F

S8 =25√2 F

S9 =85 F

3.6.2 Abspannmast

Ein Abspannmast für eine Fahrleitung ist als Fachwerkausgeführt.

G

a a

1

2a

2a

2

4

53

6

7

98

10

Bild 3.13: Abspannmast

Wie groß sind die Stabkräfte? Lösung:S1 =

32 G

S2 = −√52 G

S3 = 0S4 =

32 G

S5 = −32√5G

S6 = G

S7 = 3GS8 = −4GS9 = −

√5G

S10 = 5G

3.6.3 Nichteinfaches Fachwerk

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

S1 = −√2 F , S2 = F , S3 = F , S4 = −F , S5 = F , S6 = 0

Fa a a

A C

a1

2

3

4

5 B

6

Bild 3.14: Nichteinfaches Fachwerk

26

4 Zug- und Druckbelastungen

4.1 Festigkeits- undVerformungskenngrößen

4.1.1 Der Zugversuch

Beim Zugversuch nach DIN EN 10 002 wird eine Zug-probe bei Raumtemperatur in Achsrichtung belastet,Bild 4.1. Neben Proben mit Kreisquerschnitt werdenhäu�g auch Proben mit rechteckigen Querschnittenverwendet. Die auf der unbelasteten Probe markierte

F FL0

xA0

Bild 4.1: Zugstab

Länge L0 vergrößert sich unter der Belastung durchdie Kraft F auf die Länge L. Die auf die ursprünglicheLänge bezogene Längenänderung wird als Längsdeh-nung

ϵ =L − L0L0

=∆L

L0(4.1)

bezeichnet. Die dimensionslose Wert einer Dehnungwird häu�g in % angegeben. Im Probenquerschnitt, derim unbelasteten Zustand durch A0 gegeben ist, sor-gen in�nitesimal kleine Kräfte dF für den Zusammen-halt des Materials, Bild 4.2. Mit der daraus abgeleitetenSpannung

σ =dF

dA(4.2)

kann die Belastung eines Materials besser bewertetwerden. Genau wie die gesamte Zugprobe ist auch das

x

F

y

z

S0

dA dF = σ dA

Bild 4.2: Verteilte Kräfte im Probenquerschnitt

abgeschnittene Bauteil im Gleichgewicht. Die aus denLängsspannungen resultierende Normalkraft

N =

∫A0

σx dA (4.3)

muss also hier gleich der Zugkraft F sein. Im allgemei-nen kann die Spannung mit σx = σx (y, z) über demQuerschnitt variabel sein. In genügender Entfernungvon der Krafteinleitung ist entsprechend dem Prinzipvon Saint-Venant1 hier die Spannung über dem Quer-schnitt konstant. Mit σx = const . und dem Kräfte-gleichgewicht F = N erhält man aus (4.3)

F = N = σx

∫A0

dA = σx A0 . (4.4)

Für den Zugstab gilt somit der einfache Zusammen-hang

σ =F

A0. (4.5)

Die Kraft F wird in [N ] und die Querschnitts�ächeA0 in [mm2] gemessen. Spannungen werden deshalbmit der Dimension [N /mm2] angegeben. Häu�g ver-wendet man statt dessen auch die aus Pascal (1 Pa =1 N /m2) abgeleitete Einheit Mega Pascal (1 MPa =1 N /mm2).

4.1.2 Spannungs-Dehnungs-Diagramm

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

Beim Übergang von elastischen zu plastischen (blei-benden) Verformungen zeigen verschiedene Metal-le unterschiedliches Verhalten. Bei weichem Stahl(Baustahl) markieren (σF )o als obere und (σF )u als un-tere Fließ- oder Streckgrenze den Beginn der plasti-schen Verformungen, Bild 4.3.

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

27


Ursache für die Streckgrenzenerhöhung sind beiBaustahl Bereiche gelöster Kohlensto�- und Sticksto�-Atome, die „Cottrell-Wolken“. Diese behindern zu-nächst das Gleiten von Versetzungen. Beim Erreichender oberen Fließgrenze können sich die ersten Verset-zungen von ihren Cottrell-Wolken befreien. Die darausresultierende Dehnung lässt die Spannung abfallen.Beim Erreichen der unteren Streckgrenze konzentriertsich die plastische Verformung auf schmale Bereiche,die „Lüdersbänder“, die unter 45◦ in Richtung der ma-ximalen Schubspannung verlaufen. Die maximal ge-

(σF)u= 290

(σF)o= 295

εF = 1.9

Dehnung ε [%]0 10 20 30 40

0

100

200

300

400

500

Spa

nnun

g σ

[MP

a]

εZ = 20

σZ= 420

εB = 37

E = 200 GPa

Bild 4.3: σ -ϵ-Diagramm für Baustahl2

messenen Kraft Fmax liefert mit σZ die Zugfestigkeit.Die entsprechende Dehnung ϵZ wird als Gleichmaß-dehnung bezeichnet. Die Probe reißt bei der Bruch-spannung σB . Auf Grund einer lokalen Einschnürun-gen an der späteren Bruchstelle ist die auf den Aus-gangsquerschnittA0 bezogene Bruchspannung kleinerals die Zugfestigkeit. Die Größe der Bruchdehnung ϵBist ein Maß für die Zähigkeit eines Materials. Bei hoch-

Dehnung e [%]

Spa

nnun

g s

[MP

a]

200

0 10 20 300

400

600

800

1000

1200

1400

Federstahl

Vergütungsstahl

Feinkornbaustahl

allg. Baustahl

0

200

0

400

600

800

0.2 0.4 0.6

(σF)0.2

Dehnung e [%]

Spa

nnun

g s

[MP

a] σP

σE

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

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

festen Stählen sowie auch bei Aluminium tritt ein kon-tinuierlicher Übergang von elastischen zu plastischenVerformungen auf, Bild 4.4. Da hier die Fließgrenze σFnicht eindeutig aus dem Kurvenverlauf bestimmt wer-den kann, verwendet man statt dessen mit der Ersatz-streckgrenze (σF )0.2 die Spannung, die zu einer blei-benden Dehnung von 0.2% führt.

4.1.3 Das Hookesche Gesetz

Bei kleinen Dehnungen nimmt die Probe nach der Ent-lastung wieder die Ausgangslänge ein. Die Elastizi-tätsgrenze wird durch die Spannung σE begrenzt. In-nerhalb des elastischen Bereiches zeigen insbesondereMetalle ein linear elastisches Verhalten. Unterhalb derdurch σP festgelegten Proportionalitätsgrenze ist danndie Spannung σ proportional zur Dehnung ϵ . DiesenZusammenhang erkannte erstmals der Physiker Hoo-ke4, nach dem dieser Bereich auch Hookescher Bereichdes Werksto�s genannt wird. Das Hookesche Gesetz

σ = E ϵ mit |σ | < σP (4.6)

stellt über den Elastizitätsmodul E einen Zusammen-hang zwischen der Dehnung ϵ und der Spannung σher. Obwohl der Elastizitätsmodul E in der Regel ausdem Zugversuch ermittelt wird, gilt das Hookesche Ge-setz im entsprechend eingeschränkten Bereich auchfür Druckspannungen. Bei den meisten metallischenWerksto�en unterscheiden sich die Proportionalitäts-grenze σP , die Elastizitätsgrenze σE und die Fließspan-nung σF nur sehr wenig. Deshalb kann die Fließspan-nung σF oder die Ersatzspannung (σF )0.2 in der Regelals Begrenzung des Hookeschen Bereichs verwendetwerden.

Da bei vielen technischen Anwendungen bleibendeVerformungen unerwünscht sind, stellt (4.6) ein sehreinfaches aber geeignetes Materialgesetz dar.

4.1.4 Wärmedehnung

Der Ein�uss einer Wärmedehnung kann näherungs-weise über den Ansatz

ϵ =1Eσ + αT ∆T (4.7)

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

4Robert Hooke (1635-1703) englischer Physiker, Mathematikerund Er�nder

28


berücksichtigt werden, wobei αT der Wärmeausdeh-nungskoe�zient mit der Dimension [1/K] ist und∆T = T − T0 die Änderung der Temperatur T gegen-über einem Referenzwert T0 angibt. Bei T = T0 istdas Material spannungs- und dehnungsfrei. Da in (4.7)nur die Temperaturdi�erenz benötigt wird, können Tund T0 sowohl nach Kelvin [K] als auch nach Celsius[◦C] gemessen werden. Bei Stahl liegen die Werte fürden Wärmeausdehnungskoe�zienten zwischen αT =9∗10−6 1/K und αT =19∗10−6 1/K . Große Temperatur-änderungen beein�ussen auch den E-Modul, E = E (T ).Bei Kunststo�en ist das meist schon bei relativ gerin-gen Temperaturänderungen zu berücksichtigen.

4.1.5 Innere Arbeit

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

W =

∫dW =

∫F ds (4.8)

gegeben. Beim Zugstab erzeugt die Kraft F eine überdie Querschnitts�äche A gleichmäßig verteilte Nor-malspannung. Mit F =σA bleibt dann

W =

∫dW =

∫σ Ads (4.9)

Auf das Volumen dV =Adx eines in�nitesimal kleinenTeilstücks bezogen, erhält man

WV =

∫dW

dV=

∫σ Ads

Adx=

∫σds

dx(4.10)

Ein Vergleich mit (4.8) zeigt, dass bei der Volumen be-zogenen ArbeitWV die Kraft F durch die Spannung σund das Wegelementds durch die Dehnungds/dx = dϵdes in�nitesimal kleinen Teilstücks ersetzt wird. Diespezi�sche innere Arbeit, die auch als spezi�sche For-mänderungsenergie bezeichnet wird, ist somit durch

WV =

∫σ dϵ (4.11)

bestimmt. Sie entspricht der Fläche unter dem Span-nungsdehnungsdiagramm, wenn das Bauteil von 0 biszur Dehnung ϵx belastet wird, Bild 4.5. Bleiben dieDehnungen im linearen Bereich, dann kann die spezi-�sche innere Arbeit (4.11) mit dem Hookeschen Gesetz(4.6) in der Form

WV =

∫E ϵ dϵ = E

∫ϵ dϵ (4.12)

σ

ε

σ(ε)

dε

WVσ σ

dx

(1+ε)dx

A

Bild 4.5: Spezi�sche innere Arbeit

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

WV = E

∆L/L∫0

ϵ dϵ =12E

(∆LL

)2(4.13)

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

W =WV

∫dV =WV V =WV AL (4.14)

oder

W =12E

(∆LL

)2AL =

12E A

L∆L2 (4.15)

gegeben. Das Produkt E A mit der Dimension N be-schreibt die Dehnstei�gkeit und der Ausdruck EA/Lmit der Dimension N/m gibt die Stei�gkeit des Stabesan.

4.1.6 Veränderliche Querschnitte

Bei plötzlich veränderlichen Querschnitten, wie beiWellenabsätzen oder Kerben, sind die Normalspannun-gen nicht mehr gleichmäßig über dem Querschnitt ver-teilt, Bild 4.6. Die dabei auftretenden Spannungsspit-

F FA2

A1

σ2=F/A2

σ12=?

σ1=F/A1

Bild 4.6: Spannungsspitzen

zen werden bei der Dimensionierung über zusätzlicheFaktoren (z.B. Kerbfaktor) erfasst. Eine rechnerischeErmittlung erfordert komplexe Ansätze aus der Konti-nuumsmechanik, die Berechnung mit Finiten Elemen-ten (FEM) oder aufwändige diskrete Modelle („ParticleMethod“).

Verändert sich der QuerschnittA über die BauteillängeL nur sehr langsam, dann kann in guter Näherung wie-der eine über den Querschnitt konstante Spannungs-verteilung angenommen werden, Bild 4.7.

29


F Fσ=σ(x)=F/A(x)

x L

Bild 4.7: Langsam veränderlicher Querschnitt

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

σ = σ (x ) =N (x )

A(x )(4.16)

de�niert, wobei vorausgesetzt wird, dass die Änderungder Querschnitts�äche und der Normalkraft genügendklein sind.

4.1.7 Flächenpressung

Werden zwei Körper gegeneinander gepresst, dannwird in der Berühr�äche A über Druckspannungenp die Normalkraft N übertragen. Analog zu (4.3) giltauch hier

N =

∫A

p dA . (4.17)

Erfolgt der Kontakt über eine ebene Flächenberüh-rung, dann kann in guter Näherung eine gleichmä-ßige Druckverteilung angenommen werden, Bild 4.8.Die Flächenpressung ist dann durch

p =N

A(4.18)

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

N

A

p NA

Bild 4.8: Ebene Kontakt�ächen

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

Körper als linear-elastische Halbräume betrachtet wer-den können und die Kontakt�äche klein gegenüber denKörperabmessungen bleibt, gelang es Hertz5 die Formund die Größe der Kontakt�äche sowie die Flächen-pressung zu ermitteln. Die Hertzsche Theorie �ndetAnwendung bei Kontakten zwischen Zahnrädern, zwi-schen Wälzkörper und Laufbahn von Wälzlagern so-wie beim Rad-Schiene-Kontakt.

P

Rad

Schiene

xy

zx

Kontakt-Ellipse

y

x

p=p(x,y)

A

y

p=p(x,y)

Bild 4.9: Rad-Schiene-Kontakt

Die bei Bolzen und Nieten auftretende Flächenpres-sung bezeichnet man als Lochleibungsdruck. Der Kon-takt erfolgt dabei über eine Zylinderhalbschale. DieFlächenpressung verschwindet an den Rändern und er-reicht ihr Maximum in der Mitte, Bild 4.10. Für Ausle-

s

F

F

s

d

N=F

preal pN

A

AP

Bild 4.10: Nietverbindungen

gungsberechnungen wird die komplexe Druckvertei-lung pr eal durch eine konstante Druckverteilung an-genähert. Die gemittelte Flächenpressung wird dabeiaus

pM =N

AP(4.19)

ermittelt, wobeiAP eine Fläche darstellt, die durch Pro-jektion der tatsächlichen Kontakt�äche in eine Ebe-

5Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894) deutscher Physiker

30


ne senkrecht zur Belastungsrichtung erzeugt wird. Be-zeichnet s die Blechdicke undd den Durchmesser einerNiete, dann ist die in (4.19) benötigte projizierte Flächedurch

AP = s d (4.20)

gegeben, während die tatsächliche Kontakt�äche (Zy-linderhalbschale) durch A = s 1

2d bestimmt ist.

4.1.8 Dimensionierung

Das Funktionieren eines technischen Systems oder be-stimmter Bauteile setzt in der Regel voraus, dass keinVersagen durch Brüche oder große Verformungen auf-tritt. Der Nachweis erfolgt meist durch rechnerischeErmittlung der Spannung σ oder einer Verformung u,die bei bestimmten tatsächlichen oder geschätzten Be-lastungen auftreten. Diese Werte werden dann mit

ν σ < σzul oder ν u < uzul (4.21)

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

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

Bei komplizierten Belastungsfällen treten neben Nor-malspannungen in den drei Raumrichtungen auchnoch Schubspannungen auf. Die Beurteilung mehrach-siger Spannungszustände erfolgt in der Regel über Ver-gleichsspannungen.

4.2 Statisch bestimmte Systeme

4.2.1 Gleichgewicht

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

Die festen Lager in A und B haben den Abstand P +Q .Im unverformten (unbelasteten) Zustand liegt das Ge-lenk in C im Abstand H unterhalb der Linie AB. Die

uP

H

w

Q

F

L1 L2

A B

C

Bild 4.11: Verformungen durch Belastung

elastischen Deformationen der beiden Stäbe führen beider Belastung durch die vertikale Kraft F zu horizon-talen und vertikalen Verschiebungen am Kraftangri�s-punkt C . Diese werden mit u und w bezeichnet.

P+u

H+w

Q-u

F

S1

S2

A B

C

ϕ1 ϕ2

L1 L2

Bild 4.12: Knoten frei geschnitten

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

−S1 cosφ1 + S2 cosφ2 = 0 , (4.22)−F + S1 sinφ1 + S2 sinφ2 = 0 . (4.23)

Aus dem Bild 4.12 entnimmt man für die Winkelfunk-tionen

sinφ1 =H+w

L1, cosφ1 =

P+u

L1, (4.24)

sinφ2 =H+w

L2, cosφ2 =

Q−u

L2, (4.25)

wobei die aktuellen Stablängen durch

L1 =√(P+u)2 + (H+w )2 , (4.26)

L2 =√(Q−u)2 + (H+w )2 (4.27)

gegeben sind. In (4.22) eingesetzt erhält man mit

−S1P+u√

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

+S2Q−u√

(Q−u)2+ (H+w )2= 0

(4.28)

31


und

S1H+w√

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

+S2H+w√

(Q−u)2+ (H+w )2= F

(4.29)

zwei Gleichungen, die zwar formal nach den Stabkräf-ten aufgelöst werden können

S1 =

√(P+u)2+ (H+w )2

P +Q

Q−u

H+wF , (4.30)

S2 =

√(Q−u)2+ (H+w )2

P +Q

P+u

H+wF , (4.31)

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

4.2.2 Materialgesetz

Beschränkt man sich auf elastische Deformationen,dann kann das Hookesche Materialgesetz σ = E ϵ aufdie beiden Stäbe angewendet werden. Nimmt man an,dass beide Stäbe den QuerschnittA haben und aus demgleichen Material (Elastizitäts-Modul E) gefertigt sind,dann liefert (4.6) mit (4.5) und (4.1) die Beziehungen

S1A= E

∆L1L10

undS2A= E

∆L2L20

(4.32)

oder

S1 =EA

L10

(√(P+u)2 + (H+w )2 − L10

), (4.33)

S2 =EA

L20

(√(Q−u)2 + (H+w )2 − L20

), (4.34)

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

L10 =√P2 + H 2 , L20 =

√Q2 + H 2 (4.35)

gegeben sind. Die Terme EA/L10 und EA/L20 mit derDimension [N /m] kennzeichnen dabei die Stei�gkeitder beiden Stäbe.

4.2.3 Nichtlineare Lösung

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

F=500 N

S1=117 N

S2=460 N

ε2=92.1%

u= 96.6 mmw=316.1 mm

125 mm

200 mm800 mm

ε1=23.4%σ2=18.4 N/mm2

σ1=4.68 N/mm2

A B

C0

C

Bild 4.13: Gummiseile unter Belastung

Nichtlinearität ist nur mehr eine numerische Lösungmöglich.

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

Die Gummiseile werden nun durch Stäbe aus Alumi-nium mit dem Elastizitäts-Modul E = 62 800MPa unddem Querschnitt vonA = 25mm2 ersetzt. Eine vertika-le Kraft von F = 3166N belastet den zweiten Stab bis andie Fließgrenzeσ2 = (σF )0.2 = 187N /mm2, Bild 4.14.

F=3166 N

S1=3965 N S2=4666 Nε2=0.30%

u=1.49 mmw=3.65 mm

125 mm

200 mm800 mm

ε1=0.25%

σ2=187 N/mm2σ1=157 N/mm2A B

C

Bild 4.14: Aluminiumstäbe unter Belastung

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

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

32


4.2.4 Näherungslösung

Bei vielen technischen Anwendungen bleiben die Ver-formungen auf Grund der Verwendung von steifen Ma-terialien (Metalle oder faserverstärkte Kunststo�e) imVergleich zu den geometrischen Abmessungen klein.Dann können über die Modellvorstellung des starrenKörpers die Belastungen aus dem Gleichgewicht amunverformten Bauteil ermittelt werden.

Mitu = 0 undw = 0 vereinfachen sich (4.30) und (4.31)zu

S10 =

√P2+H 2

P +Q

Q

HF , S20 =

√Q2+H 2

P +Q

P

HF (4.36)

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

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

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

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

ϵ1 =∆L1L10=S10EA

und ϵ2 =∆L2L20=S20EA, (4.38)

wobei der Term EA die Dehnstei�gkeit eines Stabes an-gibt. Mit den Werten aus (4.37) erhält man die Dehnun-gen

ϵ1 =4102

62 800 ∗ 25= 0.0026 , (4.39)

ϵ2 =4779

62 800 ∗ 25= 0.0030 . (4.40)

Mit den Längen der unvervormten Stäbe

L10 =√8002 + 1252 = 809.71mm ,

L20 =√2002 + 1252 = 235.85mm

(4.41)

ergeben sich daraus die Längenänderungen zu

∆L1 = L10 ϵ1 = 809.71 ∗ 0.0026 = 2.1mm ,∆L2 = L20 ϵ2 = 235.85 ∗ 0.0030 = 0.71mm . (4.42)

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

A c B

a

C

bα β

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

(4.43)

die von den Seiten eingeschlossenen Winkel. Im vor-liegenden Fall erhält man so über

cosα =AC

2+AB

2− BC

2

2AC AB(4.44)

den Winkel zwischen den Seitenb = AC und c = AB zuα = 9.1245°. Die Verschiebung von KnotenC errechnetsich damit zu

u = AC cosα − P = 1.54mm ,

w = AC sinα − H = 3.74mm .(4.45)

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

4.3 Überbestimmte Systeme

4.3.1 Gleichgewicht am umverformtenSystem

Ein Bauteil vom Gewicht G ist an einer Ecke gelen-kig gelagert und wird zusätzlich durch zwei Seile ge-halten, Bild 4.15. Das System ist einfach statisch über-

3a 3a

G

2a

L

EA

G

S1 S2

V

H

Bild 4.15: Bauteil statisch unbestimmt gelagert undfreigeschnitten

bestimmt. Die Gleichgewichtsbeziehungen an dem ge-schnittenen Bauteil liefern mit

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

2aG − 3a S1 − 6a S2 = 0 (4.48)

lediglich drei Gleichungen zur Bestimmung der vierUnbekannten, die Lagerreaktionen H und V sowie dieSeilkräfte S1 und S2.

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

33


4.3.2 Linear elastisches Materialgesetz

Nimmt man an, dass die Seile aus dem gleichen Materi-al gefertigt sind und auch gleiche Querschnitte aufwei-sen, dann liefert das Hookesche Materialgesetz mit

σ1 =S1A= E

∆L1L10

= E ϵ1

σ2 =S2A= E

∆L2L20

= E ϵ2

(4.49)

zwei weitere Gleichungen, die die Stabkräfte S1 und S2über die Querschnitts�ächen A und dem Elastizitäts-modul E mit den Längenänderungen ∆L1 und ∆L2 ver-knüpfen. Die unverformten Längen der Stäbe sind hierdurch

L10 = L und L20 = L (4.50)

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

Da die Stäbe zwischen der starren Decke und dem Bau-teil, das hier ebenfalls als starr betrachtet wird, befes-tigt sind, können die Längenänderungen der zwei Stä-be nicht unabhängig voneinander erfolgen.

4.3.3 Kompatibilitätsbedingungen

Berücksichtigt man die Dehnung der Seile, dann kanndas als starr angenommene Bauteil eine kleine Dre-hung mit dem Winkel ∆φ um den Lagerungspunkt aus-führen, Bild 4.16.

3a 3a

G

2aL

ΔφΔL1 ΔL2

Bild 4.16: Kompatible Längenänderungen

Wegen ∆φ � 1 sind die Längenänderungen danndurch

∆L1 = 3a ∆φ und ∆L2 = 6a ∆φ (4.51)

gegeben. Mit den Gleichgewichtsbeziehungen (4.46)bis (4.48) den Materialgesetzen (4.49) und den Kom-patibilitätsbedingungen (4.51) stehen nun sieben Glei-chungen für die sieben Unbekannten, die Lagerreaktio-nen H undV , die Seilkräfte S1 und S2, die Längenände-rungen ∆L1 und ∆L2 sowie die Bauteildrehung ∆φ zurVerfügung.

4.3.4 Lösung

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

S1 =EA

L3a ∆φ und S2 =

EA

L6a ∆φ (4.52)

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

2aG − 3aEA

L3a ∆φ − 6a

EA

L6a ∆φ = 0 . (4.53)

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

∆φ =L

EA

2G45a

(4.54)

und

S1 =215

G sowie S2 =415

G . (4.55)

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

V = G −215

G −415

G =915

G =35G . (4.56)

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

4.3.5 Nichtlineare Lösung

Für beliebige, auch geoße Drehwinkel sind die momen-tanen Positionen der unteren Seilanlenkpunkte durchdie Koordinaten

x1 = 3a cosφ , y1 = 3a sinφ ,x2 = 6a cosφ , y2 = 6a sinφ (4.57)

gegeben, wobei der Ursprung eines Koordinatensys-tems mit derx-Achse nach rechts und dery-Achse nachunten in den Lagerungspunkt liegt. Während die um-verformten Seillängen weiterhin durch (4.50) festge-legt sind, sind die aktuellen nun durch

L1 =

√(3a cosφ − 3a)2 + (3a sinφ + L)2

L2 =

√(6a cosφ − 6a)2 + (6a sinφ + L)2

(4.58)

bestimmt. Mit s als Schwerpunktshöhe des dreieckför-migen Körpers kann die vertikale Lage des Schwer-punktes durch

yS = 2a sinφ + s cosφ (4.59)

34


angeben werden. Die Gleichgewichtslage ist durch einMinimum der potenziellen Energie gekennzeichnet.Die potenzielle Energie ist bei linear elastischem Ma-terialverhalten durch

Epot =12c1 (L1−L10)

2 + 12c2 (L2−L10)

2−G yS (4.60)

bestimmt, wobei c1 = c2 = EA/L die Seilstei�gkeitenbezeichnen. Aufgrund der geometrischen Nichtlinea-rität kann das Minimum der potenziellen Energie nurmehr numerisch berechnet werden.

Das MATLAB-Skript1 global a s L G EA % Definition globaler Variablen23 a=0.3; s=0.1; L=1; % Abmessungen [m]4 EA =25000; % Dehsteifigkeit Seile [-]5 G = 6000; % Gewicht [N]67 phi0 = 0 ; % Startwert und Epot --> Min8 phi = fminsearch(@schweres_Bauteil_Epot ,phi0);9

10 disp(’Vergleich phi: nichtlinear , linear ’)11 disp([ phi L/EA*2*G/(45*a) ]*180/ pi )

de�niert Zahlenwerte, setzt mit φ0 = 0 eine trivialeAnfangsbedingung und minimiert über die MATLAB-Funktion fminsearch die potentielle Energie, die in derFunktion

1 function Epot = schweres_Bauteil_Epot(x)23 global a s L G EA45 % Drehwinkel und Winkelfunktionen6 phi= x(1); sphi=sin(phi); cphi=cos(phi);78 % unverformte Laengen9 L10 = L; L20 = L;

1011 % aktuelle Laengen und vertikale Schwerpunktlage12 L1 = sqrt( (3*a*cphi - 3*a)^2 + (3*a*sphi+L)^2 );13 L2 = sqrt( (6*a*cphi - 6*a)^2 + (6*a*sphi+L)^2 );14 yS = 2*a*sphi + s*cphi ;1516 % Steifigkeiten17 c1 = EA/L10; c2 = EA/L20;1819 % potentielle Energie20 Epot = 0.5*(c1*(L1 -L10 )^2+c2*(L2 -L20 )^2) - yS*G;2122 end

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

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

0

0.5

1

φ = 2.027o

G = 6 kN

Bild 4.17: Nichtlineare Verformungen

Die lineare Näherung (4.54) liefert

∆φ = LEA

2G45a

= 1m25 000 N

2∗6000 N45∗0.3m = 2.037◦

(4.61)

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

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

Die nichtlineare Lösung berücksichtigt die verfor-mungsbedingte Schrägstellung der Seile und führt sozu einer, wenn auch sehr geringen, horizontalen La-gerreaktion. In den meisten Fällen ist die weniger auf-wändige lineare Lösung völlig ausreichend.

4.4 Übungen

4.4.1 Kettenglied

Eine Rundstahlkette wird mit F = 15 kN belastet.

F d F

Bild 4.18: Rundstahlkette

Welche Dicke d muss ein Kettenglied mindestens ha-ben, wenn die zulässige Spannung σzul = 80 N /mm2

nicht überschritten werden soll?

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

A=

F

2 π4 d

2 ≤ σzul oder d ≥

√F

π2 σzul

bzw. d ≥ 10.92mm

p =F

AP=

F

d2= 125.8 N /mm2

4.4.2 Lampe

Zwei Stahldrähte mit der Dehnstei�gkeit EA tragen ei-ne Lampe vom GewichtG. Unbelastet haben die Drähtejeweils die Länge L0. Die Befestigungspunkte A und Bhaben den Abstand 2a.

G

a a

hEA, L0EA, L0

A B

Ermitteln Sie für EA = 800 000 N , a = 2000mm, L0 =2030mm undG = 50N die Dehnung ϵ der Drähte sowieden Durchhang h. Lösung: ϵ = 0.018245 %, h = 349.8626mm.

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

35


4.4.3 Transportkiste

Eine Kiste wird wie skizziert durch Stahlbänder auf ei-nem Fahrzeug �xiert. Die Stahlbänder mit dem Quer-schnitt A = 20 mm2 und dem Elastizitätsmodul E =205 000 N /mm2 sind anfangs symmetrisch angeordnetund werden auf beiden Seiten mit der Kraft S = S0 =3000 N vorgespannt.

S0

1500

500

Δx

S0

500

a) Welche Spannung herrscht anfangs in beidenBändern und um wie viel Prozent wurden die Bän-der gedehnt?

b) Welche Werte erreichen die Dehnungen und dieSpannungen im linken und rechten Band, wenndie Kiste nach einer scharfen Kurvenfahrt um∆x = 3 mm verrutscht ist? Wie groß sind jetztdie Kräfte in den Bändern?

Lösung: a) Zu Beginn erhält man die Spannung zu

σ0 =S0A=

3000 N20.0mm2 = 150.0 N /mm2

und die Dehnung ist durch

ϵ0 =σ0E=

150.0 N /mm2

205000 N /mm2 ∗ 100 = 0.0732 %

gegeben.

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

∆ϵL =LL − L0

L0=−0.00095m1.58113m

∗ 100 = −0.0598 %

∆ϵR =LR − L0

L0=

0.00096m1.58113m

∗ 100 = 0.0608 %

wobei die Anfangslänge durch

L0 =

√(0.5m)2 + (1.5m)2 = 1.58113m

und die aktuellen Längen durch

LL =

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

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

gegeben sind.

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

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

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

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

100= 274.6 N/mm2

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

zur Folge.

4.4.4 Werkzeugmaschine

Eine Werkzeugmaschine wird zur Schwingungsisola-tion auf drei Gummielemente gestellt, die jeweils dieDehnstei�gkeit EAund unbelastet die Höheh haben.

G

a/2

a a

Wie groß sind die Kräfte in den Gummielementen?

Lösung: F1 =112 G, F2 =

412 G, F3 =

712 G .

36

5 Tragwerke

5.1 Allgemeines

Tragwerke sind Konstruktionen, bei denen die einzel-nen Bauteile fest oder durch Lagerelemente miteinan-der verbunden sind.Im Unterschied zu Fachwerken unterliegen hier dieVerbindungselemente keinerlei Einschränkungen undBelastungen können auch direkt an den Körpern an-greifen.

5.2 Einfache Tragwerke

5.2.1 Lagerung

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

a� a�

a

Q�a

A�

C�

B�

D

Bild 5.1: Tragwerk 1

Einfache Tragwerke sind in sich starr. Zur statischund kinematisch bestimmten Lagerung einfacher ebe-ner Tragwerke sind insgesamt drei unabhängige La-gerwertigkeiten erforderlich. Ein Lager mit drei Wer-tigkeiten (feste Einspannung in A) übernimmt dieseAufgabe beim Tragwerk 1.

5.2.2 Gesamtsystem

Durchtrennt man beim Tragwerk im Bild 5.1 die Ver-bindung zur Umgebung, dann müssen dort, entspre-chend der festen Einspannung, Kräfte in horizontaler

und vertikaler Richtung sowie ein Moment als Lager-reaktionen angetragen werden, Bild 5.2.

a� a�

a

Q�

a

B

D�

C�

AV�

A�M

A�H

AH�

AV�

A�M

�

Tragwerk�

Umgebung

Bild 5.2: Tragwerk 1 freigeschitten

Die Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsys-tem können hier sofort nach den unbekannten Lager-reaktionen HA, VA und MA aufgelöst werden

HA = 0VA −Q = 0 bzw. VA = Q

MA − 2aQ = 0 bzw. MA = 2aQ(5.1)

Gleichgewichtsbeziehungen für die Umgebung kön-nen nicht aufgestellt werden, da hier nicht alle, auf dieUmgebung wirkenden Kräfte bekannt sind.

5.2.3 Teilsysteme

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

Die Gleichgewichtsbeziehungen für die Teilsystemevertikaler Träger, Strebe und horizontaler Träger lau-ten

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

MA − a HB − 2a HC = 0 ,(5.2)

37


Q�

B�

A�V

�

AM�

A�H

�

H

BV�

B�V

�

BH�

CV�

CH

CV�

CH�

D�V

�

HD�

HD�

D�V

�

horizontaler Träger�

Strebe�

vertikaler Träger

Bild 5.3: Tragwerk 1 zerlegt in Teilsysteme

−HB + HD = 0 ,−VB +VD = 0 ,

−a HD + aVD = 0 ,(5.3)

−HC − HD = 0 ,−VC −VD −Q = 0 ,

aVC − aQ = 0 .(5.4)

Hier liegt ein gesta�eltes Gleichungssystem vor. Aus(5.4) erhält man sofort

VC = Q (5.5)

undVD = −VC −Q = −2Q . (5.6)

Damit folgt aus (5.3)

VB = VD = −2Q , (5.7)

HD = VD = −2Q (5.8)

undHB = HD = −2Q . (5.9)

Nun können auch die restlichen Unbekannten be-stimmt werden. Der 1. Gleichung in (5.4) entnimmtman

HC = −HD = +2Q (5.10)

und aus (5.2) folgt schließlich

HA = −HB − HC = +2Q − 2Q = 0 , (5.11)

VA = −VB −VC = +2Q −Q = Q (5.12)

und

MA = a HB + 2a HC

= a (−2Q ) + 2a (2Q ) = 2aQ .(5.13)

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

Kombiniert man die Betrachtung am Gesamtsystemmit geeigneten Teilsystemen, dann kommt man beieinfachen Tragwerken meist schneller zur Lösung.

5.3 Nichteinfache Tragwerke

5.3.1 Lagerung

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

a� a�

Q�

a

A�

C�

B D�

a�

1Q�

2

E�

F�

Bild 5.4: Tragwerk 2

Nichteinfache Tragwerke verfügen im Inneren überBewegungsmöglichkeiten, die durch entsprechendeLagerungen gegen die Umgebung ausgeglichen wer-den müssen. Die statische Bestimmheit vom Tragwerk2 erfordert neben der festen Einspannung in A nochein festes Gelenklager in F.

5.3.2 Gesamtsystem

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

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

Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystemliefern jedoch nur 3 Gleichungen

HA + HF = 0 ,VA +VF −Q1 −Q2 = 0 ,

MA − aQ1 − 2aQ2 + 3aVF = 0 ,(5.14)

38


a� a�

Q�

aC�

B D

a�

1Q�

2

E

AV�

A�M

AH�

FV�

F�H

�

Bild 5.5: Tragwerk 2 freigeschitten

die zur Berechnung der 5 Lagerreaktionen nicht aus-reichen.

Bei mehrteiligen Tragwerken bleibt meist nur der Wegüber die Teilsysteme.

5.3.3 Teilsysteme

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

AV�

A�M

AH�

CH

CV�

CV�

CH�

Q�

2D

�H�

D�V

�

FH

F�V

�

DV�

DH

B

E�

Q�

1

Bild 5.6: Tragwerk 2 zerlegt in Teilsysteme

Die äußeren Kräfte Q1 und Q2 können an ihren Einlei-tungsstellen C und D beliebig einem der beiden Teil-systeme zugeordnet werden. Selbst eine beliebige Auf-teilung der Kräfte auf die entsprechenden Teilsystemeist möglich, meist aber nicht zweckmäßig. Hier wurdendie KräfteQ1 undQ2 beim Freischneiden dem mittlerenTeilsystem (CD) zugeordnet.

Die Gleichgewichtsbeziehungen für die Teilsystemelauten

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

MA + aVC − a HC = 0 ,(5.15)

−HC + HD = 0 ,−VC −Q1 +VD −Q2 = 0 ,

aVD − aQ2 = 0 ,(5.16)

−HD + HF = 0 ,−VD +VF = 0 ,

a HD + aVD = 0 .(5.17)

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

VD = +Q2 , HD = −Q2 ,

VF = +Q2 , HC = −Q2 ,

VC = −Q1 , HF = −Q2 ,

VA = Q1 , HA = Q2 ,

MA = aQ1 − aQ2 .

(5.18)

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

5.3.4 Matrizenschreibweise

Bei komplizierten Tragwerken kann das Au�ösungder Gleichungen schwierig werden. In solchen Fällenemp�ehlt sich eine numerische Lösung. Die Gleichge-wichtsbeziehungen werden dazu in der Form

Ax = b (5.19)

angeschrieben, wobei A die Koe�zientenmatrix, x derVektor der Unbekannten und b der Belastungsvektorist.

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

1 0 0 1 0 0 0 0 00 1 0 0 1 0 0 0 00 0 1 −a a 0 0 0 00 0 0 −1 0 1 0 0 00 0 0 0 −1 0 1 0 00 0 0 0 0 0 a 0 00 0 0 0 0 −1 0 1 00 0 0 0 0 0 −1 0 10 0 0 0 0 a a 0 0

HAVAMAHCVCHDVDHFVF

=

0000

Q1+Q2aQ2000

(5.20)

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

39


Das folgende MATLAB-Beispiel1 % Zahlenwerte2 a=3; % [m]3 Q1=1; % [kN]4 Q2=2; % [kN]5 %6 % Koeffizientenmatrix7 A = [ 1 0 0 1 0 0 0 0 0 ;...8 0 1 0 0 1 0 0 0 0 ;...9 0 0 1 -a a 0 0 0 0 ;...

10 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 ;...11 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 ;...12 0 0 0 0 0 0 a 0 0 ;...13 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 ;...14 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 ;...15 0 0 0 0 0 a a 0 0 ];16 %17 % Rechte Seite18 b=[0; 0; 0; 0;Q1+Q2;a*Q2; 0; 0; 0];19 %20 % Loesung21 x = A\b

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

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

5.4 Räumliche Tragwerke

5.4.1 Allgemeines

Räumliche Tragwerke sind häu�g statisch überbe-stimmt gelagert und können deshalb nur mit zusätzlichvereinfachenden Annahmen näherungsweise oder sehraufwändig unter Berücksichtigung von Bauteilverfor-mungen1 berechnet werden.

Selbst wenn bei dem in Bild 5.7 dargestellten Portal-kran die Lager inA und B jeweils als Kugelgelenke und

GQ

A1A2

B1

B2

C

GQ

Portal: f=6

Stütze: f=6w=3

w=3w=3

w=5

w=3

Bild 5.7: Prinzipskizze und räumliches Modell einesPortalkrans

die Verbindung zwischen dem Portal und der Stütze

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

in C als Scharniergelenk modelliert werden, ist das re-sultierende Tragwerk 5-fach statisch überbestimmt. ImRaum verfügen das Portal und die Stütze jeweils überf = 6 freie Bewegungsmöglichkeiten. Ein Kugelgelenkbesitzt im Raum die Wertigkeitw = 3. Ein Scharnierge-lenk ermöglicht lediglich eine Drehung und hat somitim Raum die Wertigkeitw = 5. Die statische Bestimmt-heit ergibt hier dann n = 2 ∗ 6 − (4 ∗ 3 + 5) = −5, wasaufgrund des negativen Wertes eine entsprechen hohestatische Überbestimmtheit ausdrückt.

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

GQ

AB

CG

Q

AVB

C

S

SAH

Bild 5.8: Ebenes Modell und Freikörperbild für einenPortalkran

wicht G und die Last Q in der Mittelebene des Por-talkrans angreifen und, dass die Belastung gleichmä-ßig auf die Lager in A und B verteilt wird. Die Stüt-ze, die jetzt einer Pendelstütze entspricht, überträgt dieKraft S auf das Portal. Die Wirkung des GelenklagersinA wird durch die KraftkomponentenAH undAV be-schrieben. Die drei Gleichgewichtsbeziehungen für dasPortal reichen dann aus, um die Unbekannten S , AHund AV zu bestimmen.

5.4.2 Beispiel Kiste auf Palette

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

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

Das Kräftegleichgewicht lautet

~G + S1 ~e1 + S2 ~e2 + S3 ~e3 + S4 ~e4 = ~0 , (5.21)

wobei die Seilkräfte ~S1, ~S2, ~S3, ~S4 in Betrag und Rich-tung aufgespalten wurden. Für den Einheitsvektor inRichtung der Seilkraft S1 erhält man zum Beispiel

~e1 = ~eMC =~rMC

|~rMC |=

− 13√3

− 13√3

− 13√3

. (5.22)

40


F=G

G

a2a

aa

a2a

aa

A

B

C

DE

z

x

y

2a

M

Bild 5.9: Räumliches Tragwerk

S1

S2S4 S3

M

S

Bild 5.10: Seilknoten

Aus (5.21) erhält man dann 3 Gleichungen für die 4 un-bekannten Seilkräfte

−S1√3+

S2√3+

S3√3−

S4√3= 0 ,

−S1√3−

S2√3+

S3√3+

S4√3= 0 ,

G −S1√3−

S2√3−

S3√3−

S4√3= 0 .

(5.23)

Infolge der symmetrischen Anordnung muss S1 = S2 =S3 = S4 gelten. Aus der 3. Gleichung folgt dann

S1 = S2 = S3 = S4 =

√3G4. (5.24)

Der Eckpfosten A-C wird demnach durch die Kraft

~SC = −~S1 = −S1 ~e1 =

14 G14 G14 G

(5.25)

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

SC

ExEy Ez

B2z

B2y

B2x

DxDy Dz

B1z

B1xB1y

AxAy Az

B1z

B1x

B1yB2x

B2zB2y

1

2

3

Bild 5.11: Teilsysteme

Die Gleichgewichtsbeziehungen für die 3 Teilsystemelauten

Dx

DyDz

+

−B1x

−B1y

−B1z

= ~0 , (5.26)

−a

0a

×

−B1x

−B1y

−B1z

=

−aB1y

−aB1x − aB1z

−aB1y

= ~0 , (5.27)

ExEyEz

+

−B2x

−B2y

−B2z

= ~0 , (5.28)

0−a

a

×

−B2x

−B2y

−B2z

=

aB2z + aB2y

−aB2x

−aB2x

= ~0 , (5.29)

Ax

Ay

Az

+

B1x

B1y

B1z

+

B2x

B2y

B2z

+

G4G4G4

= ~0 , (5.30)

00−a

×

Ax

Ay

Az

+

00a

×

G4G4G4

=

aAy − aG4

−aAx + aG4

0

= ~0 , (5.31)

wobei die Momentensummen bezüglich der Punkte E,B und D angeschrieben wurden.

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

Aus (5.27), (5.29) und (5.31) erhält man

B2x = 0 ,Ax = 1

4 G ,

Ay = 14 G ;

B1y = 0

(5.32)

undB1z = −B1x ;B2z = −B2y .

(5.33)

41


Damit folgt aus (5.28)

B1x = − 12 G ,

B2y = − 12 G .

(5.34)

Nun können auch die restlichen Lagerreaktionen an-gegeben werden. Man erhält

B1z = 12 G ,

B2z = 12 G ,

Az = − 54 G ,

Ex = 0 ,Ey = − 1

2 G ,

Ez = 12 G ,

Dx = − 12 G ,

Dy = 0 ,Dz = 1

2 G .

(5.35)

5.5 Übungen

5.5.1 Einfaches Tragwerk

Das skizzierte Tragwerk ist mit einer vertikalen KraftF und der konstanten Streckenlast q0 belastet.

F

2a

q0

2a

A

B

2aa

α

Berechnen Sie die Lagerreaktionen in A und B.

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

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

5.5.2 Radaufhängung

Mit dem skizzierten Modell können die Belastungenin einer Doppelquerlenkerradaufhängung abgeschätztwerden. Bei stationärer Kurvenfahrt wird das Rad imKontaktpunkt K durch die Seitenkraft S und die Rad-last P belastet; Das Eigengewicht des Rades ist mit Gbezeichnet.

Ermitteln Sie:a) die Kraft im unteren Querlenker (Lenker A-B),

80

250

E

F

C D

A B

M

K

PS

G

300

200

100

300

100

b) die Belastungen in den Gelenken C und D sowiedie Kraft in der Tragfeder E-F.

Lösung: a)SAB =13(P?G )?

53S,

b)CH =13(P?G )?

23S, CV = P?G

DH =13(P?G )?

23S, DV =

817

(P?G )

FEF =2517

(P?G )

5.5.3 Ölpumpe

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

�

��

��

��

��

�

��

�

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

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

F

15 a

10 a 10 a

10 a

2 a

M

A B

4 a 4 a

Z α

Z β β

A B

Die Gleichgewichtsbeziehungen am Querträger und das Momentengleichgewicht am Antrieb liefern:

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

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

Aus den beiden letzten Gleichungen erhält man

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

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

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

umgeschrieben werden.

Aufgelöst bleibt

2A = Ftanαsin β

+ 2F1

cos β

2B = 2F1

cos β− F

tanαsin β

oderA = F

(tanα2 sin β

+1

cos β

)B = F

(1

cos β−

tanα2 sin β

)Aus der Geometrie erhält man sofort

tanα =2a10a=

15

und sin β =4a√

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

4√241

sowie cos β =15√241

Damit ergibt sich dann

A = F *,

15

√241

2 ∗ 4+

√24115

+-=

11120√241 F = 1.423 F

B = F *,

√24115

−15

√241

2 ∗ 4+-=

5120√241 F = 0.647 F

Die entsprechenden Komponenten in horizontaler und vertikaler Richtung sind dann durch

AH = −A sin β = − 11120√241 F 4√

241= − 11

30 F = −0.367 F

AV = −A cos β = − 11120√241 F 15√

241= − 11

8 F = −1.375 F

BH = B sin β = 5120√241 F 4√

241= 1

6 F = 0.167 F

BV = −B cos β = − 5120√241 F 15√

241= − 5

8 F = −0.625 F

gegeben.

42

6 Schnittreaktionen6.1 Definition

6.1.1 Allgemein

Für Festigkeitsberechnungen werden die Belastungenim Inneren eines Bauteils benötigt.

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

M�

S

M�

S

FS

FS

F�

1

F2

F3

M�

1

M�

2

SA

Teilkörper II

M�

Teilkörper I

nA�

Bild 6.1: Schnittreaktionen

ßiger Weise auf den Schwerpunkt der Schnitt�äche SAbezogen.

Wenn das Gesamtsystem im Gleichgewicht ist, dannmüssen auch die Teilsysteme, einschließlich derSchnittreaktionen, im Gleichgewicht sein. Damit kön-nen bei bekannter Belastung die Schnittreaktionen er-mittelt werden.

6.1.2 Vorzeichen

Schnitte werden senkrecht zur x-Achse ausgeführt. DieSchnitt�äche, bei der die x-Achse in Richtung der nachaussen zeigenden Flächennormalen zeigt, wird als po-sitives Schnittufer bezeichnet.

Dort werden die Schnittreaktionen positiv de�niert,Bild 6.2.

x

z

N

y

positivesSchnittufer

nAMx

Mz

Qz

Qy

My

Bild 6.2: Vorzeichende�nition

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

~FS = [N, Qy , Qz ]T . (6.1)

Das Schnittmoment setzt sich aus dem Torsionsmo-ment Mx und den Biegemomenten My , Mz zusammen,

~MS = [Mx , My , Mz ]T . (6.2)

Am positiven Schnittufer zeigen die Komponentender Schnittkraft in die positiven Achsrichtungen unddie Komponenten des Schnittmoments versuchen, denTeilkörper um die entsprechenden Achsen zu dre-hen.1

6.2 Beispiel

Die unter dem Winkel φ geneigte Fahrrad–Tretkurbelwird durch die vertikale Kraft F belastet, Bild 6.3. ZurBerechnung der Schnittreaktionen wird die Tretkur-bel an der Stelle x geschnitten, Bild 6.4. Das Kräfte-und Momentengleichgewicht liefert bezüglich demSchnitt�ächenschwerpunkt S

−F sinφ0

F cosφ

+

NQyQz

= 0 (6.3)

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

43


F

z

x

y

ϕa

b

A

B

Schnittebene

P

Bild 6.3: Fahrrad-Tretkurbel

A

N

zQyQ

zM

xM

yM

x

S

F

b

x

ϕ

Bild 6.4: Teilsystem der Tretkurbel

und

−xb0

×

−F sinφ0

F cosφ

+

MxMyMz

= 0 . (6.4)

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

N = F sinφ , Mx = −b F cosφ ,Qy = 0 , My = −x F cosφ ,Qz = −F cosφ , Mz = −b F sinφ .

(6.5)

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

6.3 Einteilige Tragwerke

6.3.1 Belastung durch Einzelkräfte

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

2a

F�

4a4a

aa

z�

x�A� B

Bild 6.5: Einteiliges Tragwerk

Die Lagerreaktionen in A und B können aus demGleichgewicht am Gesamtsystem berechnet werden,Bild 6.6.

2a

F

4a4a

A z

A x

Bz

Bild 6.6: Tragwerk freigeschnitten

Man erhält

Ax = 0, Az = −38F , Bz = −

58F . (6.6)

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

Ax

QzN

B z

III8a

My

x

z

Knoten

I

S

Ax

F

S Sz

Qz

N

My

II

x

Qz

N

Myx

Az 4a

Az

a

Bild 6.7: Teilsysteme

im Abschnitt II durchtrennt auch das Seil. Die Seilkraftfolgt aber mit

S =F

2 cos 45o=

F√2

(6.7)

44


sofort aus dem Gleichgewicht am Knoten. Im Ab-schnitt III werden die Schnittreaktionen zweckmäßi-gerweise am negativen Schnittufer ermittelt.

Die Gleichgewichtsbeziehungen in den einzelnen Ab-schnitten liefern:

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

My + x Az = 0 ;(6.8)

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

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

−N = 0 ,−Qz + Bz = 0 ,

My + (8a − x ) Bz = 0 ;(6.10)

wobei die Komponenten der Seilkraft durch

Sx = S cos 45o =F

2, Sz = S sin 45o =

F

2(6.11)

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

I: N = 0 , Qz = +38F , My = +

38x F

II: N = −12F , Qz = −

18F , My = −

18x F +

32a F

III: N = 0 , Qz = −58F , My = +

58(8a − x ) F

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

N

xF2

-

4a 6a 8a

Q

x

z

18

-

38

58

- F

F

F

My32

a F 54

a F

a F34

a F

x

Bild 6.8: Verlauf der Schnittgrößen

Da die senkrechten Teile fest mit dem waagrechtenTrägerteil verbunden sind, werden an diesen StellenKräfte und Momente übertragen. Dies führt zu Sprün-gen im Schnittgrößenverlauf.

6.3.2 Streckenlasten

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

a�

z

xA B

�

q�E

�

Bild 6.9: Träger mit Streckenlast

Zur Berechnung der Lagerreaktionen kann die Stre-ckenlast durch eine äquivalente Einzelkraft ersetztwerden, Bild 6.10.

a�

A

q�E

�

z Bz

A�

x

2/3 a

q�E

� a/2�

Bild 6.10: Träger freigeschnitten

Aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem folgt

Ax = 0, Az = −16qE a, Bz = −

26qE a . (6.13)

x

Az

A�

x N�

q(x)� x/2

q(x)�

Q�

zMy�

1/3 x

Bild 6.11: Schnitt an der Stelle x

Die Gleichgewichtsbeziehungen an einem Schnitt ander Stelle x , Bild 6.11, liefern

Ax + N = 0 ,

Az +12q(x ) x +Qz = 0 ,

My +12q(x ) x

13x + x Az = 0 ,

(6.14)

45


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

q(x ) = qEx

a(6.15)

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

N (x ) = 0 ,

Qz (x ) =16qE a −

12qE

x2

a,

My (x ) =16qE a x −

16qE

x3

a.

(6.16)

Die Querkraft verläuft quadratisch und das Mo-ment wird durch ein kubisches Polynom beschrieben.Bild 6.12 zeigt die Verläufe der Schnittgrößen für dieZahlenwerte a = 1m und qE = 1 N /m.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.5

0

0.5

Qz(x

)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.05

0.1

My(x

)


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

x∗ =√33 a ≈ 0.5774a.

Das Maximum des Biegemomentes folgt aus der not-wendigen Bedingung

d My (x )

dx=

16qE a −

12qE

x2

a. (6.17)

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

Extrema im Biegemomentenverlauf fallen also mit denNulldurchgängen der Querkraft zusammen.

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

Mmaxy = My (x

∗) =

√3

27qE a

2 ≈ 0.0642qE a2 . (6.18)

6.4 Differentielle Betrachtung

6.4.1 Allgemeine Betrachtung

n(x)�

q(x)�

N(x)�

N(x+dx)�

z

M (x+dx)y�

Q (x+dx)�

zQ (x)�

M (x)y�

x� dx�

Bild 6.13: Allgemeine Zusammenhänge

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

−N (x ) + n(x ) dx + N (x+dx ) = 0 ,

−Qz (x ) + q(x ) dx +Qz (x+dx ) = 0 ,

−My (x ) −Qz (x )dx

2

+My (x+dx ) −Qz (x+dx )dx

2= 0 ,

(6.19)

wobei das Momentengleichgewicht um die Mitte desTeilstückes angesetzt wurde.

Die Schnittreaktionen N (x+dx ),Qz (x+dx ) und My (x+dx ) werden nun in eine Taylor-Reihe entwickelt, wo-bei Glieder höherer Ordnung vernachlässigt werden.Damit erhält man

N (x+dx ) ≈ N (x ) +d N (x )

dxdx ,

Qz (x+dx ) ≈ Qz (x ) +d Qz (x )

dxdx ,

My (x+dx ) ≈ My (x ) +d My (x )

dxdx .

(6.20)

Eingesetzt in (6.19) bleibt

d N (x )

dx= −n(x ) ,

d Qz (x )

dx= −q(x ) ,

d My (x )

dx= Qz (x ) ,

(6.21)

wobei in der Momentensumme die quadratischen Ter-me mitdx2 gegenüber den linearen Termen mitdx ver-nachlässigt wurden.

46


6.4.2 Beispiel

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

d N (x )

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

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

d Qz (x )

dx= −qE

x

a. (6.23)

Nach einer unbestimmten Integration bleibt

Qz (x ) = −qEx2

2a+Q0 , (6.24)

wobei mit Q0 die Integrationskonstante bezeichnetwurde. Mit (6.24) erhält man aus der dritten Gleichungin (6.21)

d My (x )

dx= −qE

x2

2a+Q0 . (6.25)

Eine weitere unbestimmte Integration liefert den Mo-mentenverlauf

My (x ) = −qEx3

6a+Q0 x +M0 , (6.26)

wobei M0 wieder die Integrationskonstante bezeich-net.

Die unbestimmten Verläufe müssen nun an die pro-blemspezi�schen Randbedingungen angepaßt wer-den.

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

Der Träger ist an beiden Seiten gelenkig gelagert. Dortkönnen keine Momente übertragen werden. An denStellen x = 0 und x =a muss deshalb das Moment ver-schwinden. Aus My (x = 0) = 0 folgt sofort M0 = 0 unddie Forderung My (x =a)=0

0 = −qEa3

6a+Q0 a +M0 (6.27)

liefert mit M0 = 0 Integrationskonstante

Q0 =16qE a . (6.28)

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

6.4.3 Randbedingungen

Mit Randbedingungen werden die allgemeinen Verläu-fe der Schnittreaktionen an die jeweilige Problemstel-lung angepasst.

Zur Bestimmung der Integrationskonstanten N0 ge-nügt es, die Normalkraft an einer Stelle zu kennen. DieKonstantenQ0 und M0 können entweder aus zwei Mo-mentenbedingungen oder aus einer Querkraft- und ei-ner Momentenbedingung ermittelt werden.

Abhängig von der Lagerung eines Bauteils können anden Enden meist einfache Randbedingungen formu-liert werden, Tabelle 6.1.

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

freiesEnde 0 0 0

versch.GelenkcA�

��0 ? 0

festesGelenkcA�

��? ? 0

feste Ein-spannung

��

? ? ?

Tabelle 6.1: Randbedingungen

6.4.4 Unstetigkeiten

Voraussetzung für die Lösung der Integrale

N (x ) = −

∫n(x ) dx + N0 , (6.29)

Qz = −

∫q(x ) dx + Q0 , (6.30)

und

My = +

∫Qz (x ) dx + M0

= −

∫ ∫q(x ) dx dx +Q0 x + M0

(6.31)

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

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

47


Die Auswirkungen von sprunghaften Belastungsände-rungen auf den Verlauf der Schnittgrößen Qz und Mysind in der Tabelle 6.2 zusammengestellt.

Belastung Qz (x∗) My (x

∗)

q(x )?????-x∗ Knick

einmaldi�erenzierbar

?

F-x∗ Sprung Knick

s ��< M

-x∗— Sprung

Tabelle 6.2: Belastungssprünge

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

6.5 Mehrteilige Tragwerke

6.5.1 Rahmentragwerk

Das im Bild 6.14 skizzierte Rahmentragwerk wirddurch die konstante Streckenlast q0 und die EinzelkraftF belastet. Zur Berechnung der Lagerreaktionen wird

2a�

q� 0

F

x1

x2

z2

z1

A�

B�

D C�

a�

a�

Bild 6.14: Rahmentragwerk

das Tragwerk an den Lagern in A und B sowie im Ge-lenk C freigeschnitten, Bild 6.15. In einem globalen Ko-ordinatensystem mit Achsen in horizontaler und verti-kaler Richtung lauten die Gleichgewichtsbeziehungen

2a

q� 0

F

a�

a�

DH

DV�

A�

H

AV�

C�

H

C�

V�

C�

V� C

�

H

Bild 6.15: Rahmen freigeschnitten

für die zwei Teilsysteme

AH + F −CH = 0 ,AV − q0 2a −CV = 0 ,

a q0 2a − a F + 2aCH + 2aCV = 0(6.32)

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

2aCV = 0 .(6.33)

Aus den beiden letzten Gleichungen folgt sofort

CV = 0 und DV = 0 . (6.34)

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

CH =F

2− q0 a ,

AH = −F

2− q0 a ,

AV = q0 2a

(6.35)

und aus der ersten Gleichung in (6.33) folgt noch

DH = −CH = −F

2+ q0 a . (6.36)

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

AH + N = 0 ,−AV + q0 x1 +Qz = 0 ,

My +x12q0 x1 − x1AV = 0 .

(6.37)

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

48


x�

q� 0AH

AV� Q

�z N

� My�

1

Bild 6.16: Schnitt im oberen Teil

F�

a�

a�

C�

V�

N�x

Q�

z

M y�

2a

C�

H C�

V�

N�x

Q�

z

M y�

C�

H

2

2

Bild 6.17: Schnitte im vertikalen Teil

teilhaft das Gleichgewicht für das negative Schnittuferanzusetzen. Man erhält

−N +CV = 0−Qz − F +CH = 0

−My + (a−x2)F − (2a−x2)CH = 0(6.38)

−N +CV = 0−Qz +CH = 0

−My − (2a−x2)CH = 0(6.39)

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

F2 −q0a belastet.

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

N [kN]�

+32

-8

+40

-8

-32

Q [kN]�

M [kNm]

+80

+80

+16


Die konstante Streckenlast q0 führt im oberen Teil zueinem linearen Verlauf der Querkraft und damit zu ei-nem quadratischen Verlauf des Biegemoments. An derStelle, wo die Kraft F eingeleitet wird, tritt im Quer-kraftverlauf ein Sprung und im Momentenverlauf einKnick auf.

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

6.5.2 Gekrümmte Abschnitte

Eine Bogenlampe besteht aus einem geraden und ei-nem kreisförmig gebogenem Abschnitt, Bild 6.19.

ϕ

xϕzϕ

G

CBa

A

4a

x1z1

G

Ca

BH

BV MB

BH

BV MB

ϕ

Qϕ

M ϕ

Nϕ

Bild 6.19: Bogenlampe

Das Kräftegleichgewicht am Bogen

BH = 0 ,BV −G = 0 ,

MB − 2aG = 0(6.40)

liefert die Schnittreaktionen an der Übergangsstellezwischen dem geraden und dem gebogenen Teilstück.Ein Schnitt senkrecht zum Bogen unter dem Winkelφ legt die Schnittreaktionen Nφ , Qφ und Mφ frei. DieGleichgewichtsbeziehungen am Bogenstück lauten

BH +Qφ cosφ + Nφ sinφ = 0 ,BV −Qφ sinφ + Nφ cosφ = 0 ,Mφ +MB − a BV − a Nφ = 0 ,

(6.41)

wobei das Momentengleichgewicht um die Bogenmit-te angesetzt wurde. Die beiden ersten Gleichungen in(6.41) können nach Nφ und Qφ aufgelöst werden. Da-zu wird zunächst die erste Gleichung mit dem Faktorsinφ und die zweite mit dem Faktor cosφ multipliziert.Bei der anschließenden Addition heben sich die AnteilemitQφ heraus. Mit den Ergebnissen aus (6.40) bleibt

Nφ = −G cosφ . (6.42)

In analoger Weise kann auchNφ eliminiert werden undman erhält

Qφ = G sinφ . (6.43)

49


Aus der dritten Gleichung folgt schließlich das Mo-ment

Mφ = −aG (1 + cosφ) . (6.44)

Die Ergebnisse sind im Bild 6.20 aufgetragen.

N

+G-G

Q M

- 2 G

a

- G aG


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

6.6 Übungen

6.6.1 Absperrhahn

Der verklemmte Absperrhahn an einem Rohr der Län-ge 5a soll wie skizziert durch einen zweiarmigenSchlüssel, der an den Enden durch entgegengesetzt ge-richtete Kräfte der Größe F belastet wird, gelöst wer-den. Die Befestigung in A und B kann dabei in ersterNäherung durch ideale Gelenke angenähert werden.

F

F

2a 3aa/2

a/2

z

x

A B

Bild 6.21: Rohrleitung

Skizzieren Sie im Rohrabschnitt 0 ≤ x ≤ 5a den Ver-lauf der QuerkraftQz und des Biegemomentes My undgeben Sie deren Extremwerte an. 0 1 2 3 4 5

00.10.20.3

15F

Qz (x )

0 1 2 3 4 5−1−0.5

00.51

25aF

− 35aF

My (x )

6.6.2 Sprungbrett

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

A B C

G3a 4a

z

x

Bild 6.22: Sprungbrett

Skizzieren Sie für den Bereich 0 ≤ x ≤ 7a den Ver-lauf der Querkraft Qz = Qz (x ) und des Biegemomen-tes My = My (x ) und geben Sie deren Extremwerte an.

Lösung:Bz C

G3a 4a

xAz

Ax

x−43G

G

73G

Qz

x

−4aG

My

6.6.3 Tragwerk

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

A B C

DE

xz

1 m

Q

PP = 10 kNQ = 15 kN

3 m

2 m

4 m

Bild 6.23: Tragwerk

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

B

A C

-15 kN

10 kN

Q

x

BA C

-40 kNm

M

x

-30 kNm

6.6.4 Streckenlast

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

aac

d1 d2

ρ

b

A B

Bild 6.24: Tragwerk

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

m3 .

Berechnen Sie die Lagerreaktionen inA und B. Skizzie-ren Sie den Verlauf der Schnittgrößen und geben Siederen Extremwerte an. Lösung:

AV = 6102 N , BV = 9523 N .

0.8 2.0 3.4

2.24

-6278

-1923

+4179

+1294

+3245

-769

+2670

-974

4.0

Q(x)

M(x)

x

x

50

7 Reibung

7.1 Allgemeines

7.1.1 Kontaktkraft

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

Körper 1

Körper 2

Berührebenen

P

F

F

Bild 7.1: Kontaktkraft

nen die beiden Körper die Kontaktkraft F übertragen.Mit dem Normalenvektor n kann die Kontaktkraft F inKomponenten zerlegt werden, Bild 7.2

~F = ~FN + ~FR . (7.1)

n

P

F

F

FR

N

Bild 7.2: Normalkraft und Reibkraft

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

In der Regel lassen sich die beiden Körper nicht oh-ne Widerstand senkrecht zu n bewegen. Dieser Wider-stand wird durch die Reibkraft FR , 0 beschrieben.

7.1.2 Reibungsgesetze

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

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

vG

FRGleiten

Haften

Haften

Gleiten

Bild 7.3: Reibkraft

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

vG

FRGleiten

Gleiten

Haften

Haften

Bild 7.4: Coulombsche Reibung

Bei vielen Materialpaarungen kann das Reibungsge-setz durch die Coulombsche Reibung1 approximiertwerden, Bild 7.4.

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

|FHR | ≤ µH FN (7.2)

1 Charles Augustin Coulomb, französischer Physiker und Inge-nieuro�zier, 14.06.1736 – 23.08.1806

51


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

FGR = −µG FNvG|vG |

(7.3)

beschrieben. Die Gleitkraft FGR ist der Gleitgeschwin-digkeit vG entgegengerichtet.

Die Reibungsbeiwerte µH für Haften und µG für Glei-ten beschreiben die Rauhigkeit der Ober�ächen. In derRegel gilt µH > µG .

7.2 Statisch bestimmte Systeme

7.2.1 Einsetzende Bewegung

Ein kegelförmiger Behälter mit der Höhe h und demGewicht G steht auf einer horizontalen Ebene. DieGrund�äche des Kegels hat den Radius r und der Reib-wert zwischen dem Behälter und der Unterlage ist mitµ gegeben. Der Behälter wird mit der Kraft F belas-tet, die unter dem Winkel α gegenüber der Horizonta-len geneigt ist, Bild 7.5a. Solange der Behälter weder

Fα

h

r

G

Fα

G

NRM

μ

Fα

hG

RN

r r

x

h

a) b) c)

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

rutscht noch kippt, muss der Kontakt zwischen demBehälter und der Unterlage als feste Einspannung be-trachtet werden, Bild 7.5b. Das Einspannmoment kannin seiner Wirkung durch eine exzentrisch angreifendeNormalkraft ersetzt werden

M =̂ N x , (7.4)

wobei N als Resultierende einer über die Aufstands-�äche ungleichmäßig verteilten Druckbelastung auf-gefasst wird und x die Lage der Wirkungslinie von Nangibt, Bild 7.5c. Die Gleichgewichtsbeziehungen

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

(7.5)

können sofort nach R, N und x aufgelöst werden

R = F cosα ,N = G − F sinα ,

x =h F cosαG − F sinα

.

(7.6)

Da der Behälter mit der Unterlage nicht verklebt ist,kann die Normalkraft per De�nition nur positive Wer-te annehmen

N ≥ 0 (7.7)

und als Resultierende der Druckbelastung nur inner-halb der Aufstands�äche angreifen

− r ≤ x ≤ r . (7.8)

Schließlich muss noch die Reibungsungleichung

| R | ≤ µ N (7.9)

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

kein Abheben: F ≤G

sinα,

kein Rutschen: F ≤ µG−F sinα

cosα,

kein Kippen: F ≤r G

h cosα + r sinα

(7.10)

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

h F cosα + r F sinα︸︷︷︸Σ kippende

Momente

= r G︸︷︷︸Σ rückstellende

Momente

(7.11)

die Kippbedingung auf einen direkten und allgemeinanwendbaren Weg.

7.2.2 Erforderliche Reibwerte

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

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

−G1 s1 cosα + NC a = 0(7.12)

52


a

s

G Gs

A B

C

1

22

1

b

Bild 7.6: Abgestützte Platte

G

G2

1

NA RA

NB RB

RCNC NC

RCα α

Bild 7.7: Platte und Stab freigeschnitten

und

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

G2 s2 sinα + RC b = 0 ,(7.13)

wobei der Winkel α durch

tanα =b

a(7.14)

bestimmt ist. Aus den Momentenbeziehungen erhältman sofort

NC = G1 cosαs1a,

RC = −G2 sinαs2b,

(7.15)

Über die Reibungsungleichung (7.2) kann nun der er-forderliche Reibwert im Berührpunkt C ermittelt wer-den. Aus

|RC | ≤ µC NC (7.16)

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

µC ≥G2

G1

s2s1. (7.17)

Mit NC und RC können die beiden ersten Gleichungenin (7.12) und (7.13) nach RA und NA bzw. nach RB undNB aufgelöst werden. Damit können dann auch für dieBerührpunkteA und B die erforderlichen Reibwerte er-mittelt werden.

7.2.3 Gleichgewichtsbereiche

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

G�

Q�

α

Bild 7.8: Gewicht auf schiefer Ebene

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

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

−Q + S = 0 ,N −G cosα = 0 ,

R + S −G sinα = 0 .(7.18)

Q

G

SS

RM

N

Bild 7.9: Last und Gewicht freigeschnitten

Schließt man ein Kippen des Gewichtes G aus, dannwird die Momentensumme, mit der das Reaktionsmo-mentes M bestimmt werden kann, gar nicht benötigt.Im sinnvollen Winkelbereich 0 < α < 90o ist dieNormalkraft stets positiv, N > 0. Die Reibungsunglei-chung lautet

|G sinα −Q︸︷︷︸R

| ≤ µ0 G cosα︸︷︷︸N

. (7.19)

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

sinα −Q

G≤ µ0cosα für sinα −

Q

G≥ 0 ,

−(sinα −Q

G) ≤ µ0cosα für sinα −

Q

G< 0 ,

(7.20)

wobei die Gleichungen mit G durchdividiert wur-den.

53


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

sinα − µ0cosα ≤Q

G≤ sinα + µ0cosα . (7.21)

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

− µ0G cosα ≤ Q −G sinα ≤ +µ0G cosα , (7.22)

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

tan ρ0 = µ0 (7.23)

durch den Reibungswinkel ρ0, dann kann die Reib-kraft R = ± µ0G cosα = ±G cosα tan ρ0 und damitauch der gesamte Gleichgewichtsbereich gra�sch dar-gestellt werden, Bild 7.10.

ρ

G sinα

Q

G cosαR

R

ραα

Bild 7.10: Reibwinkel

7.2.4 Selbsthemmung

Im Bild 7.11 ist eine einfache Backenbremse dargestellt.Der in A drehbar gelagerte Hebel wird am Ende mitder Kraft F belastet und presst die Bremsbacke auf dieTrommel. Die dadurch entstehende Reibungskraft hältdie Last Q im Gleichgewicht. Für eine erste Abschät-zung wird angenommen, dass die über den Bremsklotzverteilten Kontaktkräfte in der resultierenden Normal-kraft N und der resultierenden Reibkraft R zusammen-gefasst werden können. Die Gleichgewichtsbeziehun-gen für die beiden Teilsysteme liefern dann

BH + R = 0 ,BV −Q − N = 0 ,

rQ − rR = 0 ,(7.24)

F

a

b

h

F

Q

r

A

B

Q

RN

BV

BH

RN

AV AH

μ

Bild 7.11: Backenbremse mit Freikörperbild

AH − R = 0 ,N +AV − F = 0 ,

aF + hR − (a − b)N = 0 .(7.25)

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

R = Q . (7.26)

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

N =aF + hR

a − b=

a

a − bF +

h

a − bQ . (7.27)

Die Überprüfung der Reibungsungleichung |R | ≤ µNführt auf

Q ≤ µ

(a

a − bF +

h

a − bQ

)(7.28)

oder(a−b − µ h)Q ≤ µ a F , (7.29)

wobei a−b > 0 vorausgesetzt wurde.

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

Q ≤µa

a−b − µ hF . (7.30)

Dies bedeutet aber, dass schwere Lasten bei

Q >µa

a−b − µ hF (7.31)

nicht mehr gehalten werden können.

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

Q ≥µa

a−b − µ hF oder Q ≥ −

µa

µ h − (a−b)F .

(7.32)

54


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

7.2.5 Fazit

Bei statisch bestimmten Systemen können (und soll-ten deshalb auch) die Reibungskräfte nach Betrag undRichtung aus den Gleichgewichtsbeziehungen berech-net werden. Aus der Reibungsungleichung folgt dannder erforderliche Reibwert. Bei gegebenem Reibwertkann auch die Sicherheit gegen Durchrutschen be-stimmt werden. In den Kontaktstellen müssen die Nor-malkräfte als positive Druckkräfte senkrecht zur Be-rührebene angetragen werden. Die Reibkräfte liegen inder Berührebene; sie werden wie Lagerreaktionen be-handelt.Auf keinen Fall sollten bei statisch bestimmten Syste-men die Reibkräfte durch ihre Grenzwerte Rmax = µ Nersetzt werden!

7.3 Statisch überbestimmtes System

7.3.1 Aufgabenstellung

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

��

��

��

��

��

� �

��

Bild 7.12: Leiter an rauer Wand und rauem Boden mitFreikörperbild

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

7.3.2 Gleichgewichtsbeziehungen

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

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

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

zunächst nur drei Gleichungen zur Verfügung.

7.3.3 Sonderfälle

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

RW = 0 (7.36)

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

NB = G und NW = RB =x

L

cosαsinα

G . (7.37)

Das Überprüfen der Reibungsungleichung am Bodenliefert

|RB | ≤ NB oder��x

L

cosαsinα

G�� ≤ µB G . (7.38)

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

als Bedingung für Gleichgewicht

x

L≤ µB

sinαcosα

oderx

L≤ µB tanα . (7.39)

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

µB tanα ≥ 1 (7.40)

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

Bei glattem Boden (µB = 0) vervollständigt

RB = 0 (7.41)

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

NW = RB (7.42)

eine verschwindende Normalkraft zwischen Leiter undWand zur Folge. Wegen

NW = 0 und |RW | ≤ µW NW (7.43)

kann dann dort auch keine Reibkraft auftreten

RW = 0 . (7.44)

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

55


7.3.4 Grenzbetrachtung

Nimmt man an, dass im Grenzfall alle Reibkräfte mit

|RW | =��RmaxW

�� = ± µW NW und

| RB | =��RmaxB

�� = ± µB NB(7.45)

ihre maximalen Werte erreichen, dann kann das Pro-blem gelöst werden, wenn die Richtung und damit dasVorzeichen der Reibkräfte entgegen der im Versagens-fall auftretenden Gleitbewegung in den entsprechen-den Kontaktstellen angesetzt wird. Beim Abrutschender Leiter bewegen sich die Kontaktpunkte zwischenLeiter und Wand bzw. Leiter und Boden nach untenbzw. nach rechts. Die entsprechenden Reibkräfte RWund RB wurden im Freikörperbild schon entgegenge-setzt eingezeichnet. Unmittelbar vor dem Abrutschengilt dann

RW = +RmaxW = +µW NW und

RB = +RmaxB = +µB NB .

(7.46)

Damit stehen dann neben den drei Gleichgewichts-beziehungen und (7.35) noch zwei weitere Gleichun-gen zur Verfügung. Setzt man die Grenzwerte (7.46) indie Gleichgewichtsbeziehungen (7.33), (7.34) und (7.35)ein, dann erhält man

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

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

wobei die Momentengleichung zur Vereinfachungdurch cosα dividiert wurde. Die ersten zwei Gleichun-gen liefern die Normalkräfte zu

NW =µB

1 + µW µBG und NB =

11 + µW µB

G .

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

x G − L µWµB

1 + µW µBG − L tanα

µB1 + µW µB

G = 0 .

(7.51)Nach geeigneter Umformung bleibt schließlich

x

L= µB

µW + tanα1 + µW µB

. (7.52)

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

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

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

7.4 Seilreibung

7.4.1 Grundgleichung

Ein Seil ist um eine fest eingespannte Trommel ge-schlungen und wird an den Enden durch die Kräfte SAund SB belastet, Bild 7.13. Der Beiwert µ beschreibt die

α

SA

SB

μ

φ

dφ

Bild 7.13: Seilreibung

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

φdφ

S(φ+dφ)

S(φ) dNdR

Bild 7.14: Seilausschnitt

ler und tangentialer Richtung liefert

dN − S (φ) sindφ

2− S (φ + dφ) sin

dφ

2= 0 , (7.54)

− S (φ) cosdφ

2− dR + S (φ + dφ) cos

dφ

2= 0 . (7.55)

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

S (φ + dφ) ≈ S (φ) +d S

dφdφ (7.56)

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

dN − S (φ) dφ = 0 (7.57)

56


und− dR + dS = 0 . (7.58)

Die Reibungsungleichung gilt auch für den Seilab-schnitt. Aus

|dR | ≤ µ dN (7.59)

folgt mit (7.57) und (7.58)

|dS | ≤ µ S dφ , (7.60)

wobei S ≥ 0 vorausgesetzt wurde. Bei

dS ≥ 0 (7.61)

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

S=SB∫S=SA

dS

S≤ µ

φ=α∫φ=0

dφ (7.62)

angeschrieben werden. Man erhält

lnSBSA≤ µ α oder

SBSA≤ eµ α . (7.63)

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

SA ≤ SB ≤ SA eµ α (7.64)

angeschrieben werden.

7.4.2 Riemenantrieb

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

S2

S1

Mr

A

Bild 7.15: Riemenantrieb

Aus der Momentenbilanz folgt

S2 = S1 +M

r. (7.65)

Damit lautet die Reibungsungleichung (7.64)

S1 +M

r≤ S1 e

µ α . (7.66)

Daraus folgt das maximal übertragbare Moment

M ≤ Mmax = S1 r (eµ α − 1) . (7.67)

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

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

7.4.3 Bandbremse

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

S1

MLr

F

a

MR

B

AF

MLrMR

S2

BH

BV

AVAH

S1

S2

Bild 7.16: Bandbremse

wird je nach Anwendungsfall durch das BremsmomentML oder MR belastet.

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

AH = 0AV − S1 − S2 + F = 0

2r S2 − a F = 0(7.68)

undBH = 0

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

(7.69)

wobei beide Bremsmomente gleichzeitig berücksich-tigt wurden. Die Momentengleichgewichte am Hebelund an der Trommel, jeweils die dritte Gleichung in(7.68) und (7.69), liefern die Kräfte in den Bandab-schnitten zu

S2 =a

2rF und S1 = S2 +

ML

r−MR

r(7.70)

57


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

S1 ≤ S2 eµ α (7.71)

Mit (7.70) ergibt sich man daraus die Beziehung

a

2rF +

ML

r≤

a

2rF eµ α (7.72)

Umgestellt erhält man

ML

r≤

a

2rF (eµ α − 1) (7.73)

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

F = FL ≥2ra

ML

r

1eµ α − 1

(7.74)

Der Lastfall MR > 0 mit ML = 0 hat S1 < S2 zur Fol-ge. Damit ist der rechte Teil der Reibungsungleichung(7.64) nun in der Form

S2 ≤ S1 eµ α (7.75)

anzuschreiben. Mit (7.70) erhält man

a

2rF ≤

( a2r

F −MR

r

)eµ α (7.76)

oderMR

reµ α ≤

a

2rF (eµ α − 1) (7.77)

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

F = FR ≥2ra

MR

r

eµ α

eµ α − 1(7.78)

Je nach Belastungsfall werden also unterschiedlicheBremskräfte benötigt. Das Verhältnis

FRFL=

eµ α

eµ α − 1eµ α − 1

1= eµα (7.79)

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

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

Bei gegebener Betätigkeitskraft F ≥ FL oder F ≥ FRkönnen über (7.70) die Bandkräfte angegeben werden.Dann liefert das Kräftegleichgewich am Hebel und ander Trommel, jeweils die beiden ersten Gleichungen in(7.68) und (7.68) die Lagerreaktionen in A und B.

7.5 Übungen

7.5.1 Kabeltrommel

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

B

A

r2r1

!

F

Bild 7.17: Kabeltrommel

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

µ0Gr2r1

tanα − µ0(1 +

r2r1

)

7.5.2 Sonnenliege

Eine Sonnenliege mit dem Gewicht G steht auf einerhorizontalen Ebene. Bei A sind die Beine mit reibungs-frei drehbaren Rollen ausgestattet. Bei B ist der Reib-wert zwischen den Beinen und dem Boden mit µ ge-geben. Die Liege soll nun durch eine horizontale KraftF , die im Abstand h vom Boden angreift, verschobenwerden, wobei selbstverständlich µh < 2a vorausge-setzt werden kann.

A BGa a

μ

FLFR

h h

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

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

A

BGa a

μ

FLFR

h h

N

R

Das Kräftegleichgewicht in horizontaler Richtung und die Summeder Momente um den Punkt A

FR − FL + R = 0

h (FR − FL ) + aG − 2a N = 0

liefern die Reib- und die Normalkraft zu

R = FL − FR und N =h

2a(FR − FL ) +

12G

Die Überprüfung der Reibungsungleichung |R | ≤ µN ergibt mit FL =0 für die Bewegung nach rechts

|−FR | ≤ µ

(h

2aFR +

12G

)oder FR ≤ µ

(h

2aFR +

12G

)bzw.

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

2a − µ hG

Mit der KraftF > µ

a

2a − µ hG

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

|FL | ≤ µ

(h

2a(−FL ) +

12G

)oder FL ≤ µ

(12G −

h

2aFL

)

Aufgelöst bleibtFL ≤ µ

a

2a + µ hG

Die Liege kann also mit der Kraft

F > µa

2a + µ hG

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

58


7.5.3 Bandbremse

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

Der Reibwert zwischen der Bremstrommel und demBand beträgt µ.

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

M1

M2

rµ

b c

a

F /1 F2

Bild 7.18: Bandbremse

Lösung: F1 = 748 N ; F2 = 881 N .

59

8 Prinzipe der Statik

8.1 Minimale Energie

Hamilton1 hat ein Prinzip formuliert, nachdem alleVorgänge in der Natur mit minimalem Aufwand ab-laufen. Daraus kann das Prinzip der minimalen Ener-gie abgeleitet werden. Danach nimmt ein System in ei-ner stabilen Gleichgewichtslage einen Zustand ein, derdurch ein Minimum der potentiellen Energie

Epot → Min (8.1)

gekennzeichnet ist.

Das Vorgehen soll an einem Beispiel erläutert werden.Die Abbildung 8.1 zeigt einen Stab mit dem GewichtGder am Ende gelenkig gelagert und fest mit einer Trom-mel mit dem Radius r verbunden ist. Um die Rolle istein Seil gewickelt, das am Ende das Gewicht Q trägt.Der Schwerpunkt des Stabes hat vom Drehpunkt denAbstand s .

Q

G

sϕ

rhG

hQ

Bild 8.1: Gleichgewichtslage

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

Epot =mдh (8.2)

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

EGpot = G s sinφ und EQpot = −Q r φ . (8.3)

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

In der Gleichgewichtslage nimmt gemäß (8.1) die po-tentielle Energie des Gesamtsystems eine Minimuman

Epot = Epot (φ)︷︸︸︷G s sinφ︸︷︷︸EGpot

−Q r φ︸︷︷︸EQpot

−→ Min . (8.4)

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

d Epot

d φ= G s cosφ − Q r (8.5)

undd2 Epot

d φ2= −G s sinφ . (8.6)

Die erste Ableitung verschwindet für

G s cosφ0 = Q r oder cosφ0 =Q r

G s. (8.7)

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

Gs ≤

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

45 liefert die Arkus-Kosinus-Funktion im Intervall

von −90◦ bis +90◦ mit

φ0 = arccos(45

)= ±36.87◦ (8.8)

zwei Lösungen.

ϕ=36.87ο

stabil

instabil

5 Q r = 4 G s

Q

G

r

s ϕ=−36.87οQ

G

rs

Bild 8.2: Gleichgewichtslagen

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

60


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

Gs =45 oder

5Qr = 4Gs Zustände, die durch minimale und maxima-le potentielle Energie gekennzeichnet sind und kenn-zeichnen dabei eine stabile und eine instabile Gleich-gewichtslage, Bild 8.2.

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

8.2 Virtuelle Arbeit

8.2.1 Vorbemerkung

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

d

dxEpot (x ) = 0 , (8.9)

wobei die Berechnung nur möglich ist, wenn dasSystem mit der Variablen x mindestens eine Bewe-gungsmöglichkeit hat. Bei kinematisch und statisch be-stimmt gelagerten Systemen können nun durch eingedachtes Entfernen von Lagernwertigkeiten virtuelleVerschiebungen eingeführt werden. Ersetzt man dannin (8.9) die Di�erentiation d/dx durch das virtuelle Ab-leitungssymbol δ und kennzeichnet den durch Hamil-ton beschriebenen Aufwand nicht durch die potentielleEnergie Epot sondern allgemeiner durch die ArbeitW ,dann erhält man mit

δW = 0 (8.10)

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

δW = F δu + M δφ (8.11)

gegeben. Sind, wie bei elastischen Systemen, reale Ver-schiebungen und Verdrehungen vorhanden, dann kanndas Prinzip der virtuellen Arbeit auch mit virtuel-len Kräften und virtuellen Momenten verwendet wer-den.

8.2.2 Beispiel: Türschließer

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

Q

C

B Aa

x

z

F

a

a

φ

u

y

Bild 8.3: Türschließer

Bei einer gedachten, also virtuellen Störung, desGleichgewichts führt die Tür die virtuelle Drehung δφund das Gegengewicht die virtuelle Verschiebung δudurch. Die virtuelle Arbeit, die das Gewicht Q und dieKraft F leisten, ist durch

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

gegeben. Der Anteil der Gewichtskraft Q ist negativ,da Q nach unten wirkt, die Verschiebung u und damitauch die virtuelle Verschiebung δu aber nach oben po-sitiv angesetzt wurden. Die virtuelle Verschiebung derKraft F ist durch die Bogenlänge 2a δφ bestimmt.

Die PunkteA und B bilden die Grundlinie eines gleich-schenkligen Dreiecks mit dem Ö�nungswinkel φ undder Schenkellänge a. Die Länge der Grundlinie ent-spricht der Verschiebung des Gegengewichtes und istmit

u = AB = 2a sin (φ/2) (8.13)

bestimmt. Damit sind die virtuellen Verschiebungenüber

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

verknüpft. Damit erhält man für die virtuelle Arbeit

δW = −Q a cos (φ/2) δφ + F 2aδφ= (2F −Q cos(φ/2)) aδφ .

(8.15)

61


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

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

erfüllt werden. Im Sonderfall φ = 180◦ wäre das Sys-tem mit F = 0 allerdings in einer instabilen Gleichge-wichtslage.

8.2.3 Beispiel: Einzelne Lagerreaktionen

Bei dem Tragwerk aus Abschnitt 5.3 musste das Sys-tem zur Berechnung der Lagerreaktionen in Teilsys-teme zerlegt werden. Mit dem Prinzip der virtuellenArbeit können einzelne Lagerreaktionen am Gesamt-system ermittelt werden. Ist man zum Beispiel am Ein-spannmoment im Lager A interessiert, dann wandeltman zunächst die feste Einspannung in ein festes Ge-lenklager um, Bild8.4.

a a a

A

B C

Q1Q2

D E

F

a

Q1Q2

MA

δϕ

Original-System

teilweise befreites System mitvirtueller Bewegung

δu1

δu2

Bild 8.4: Tragwerk Original und teilweise befreit

Das teilweise befreite Tragwerk besitzt nun eine Bewe-gungsmöglichkeit, die durch den virtuellen Drehwin-kel δφ erfasst wird. Die Wirkung der festen Einspan-nung in A wird durch das Moment MA berücksichtigt.Die virtuelle Arbeit am teilweise befreiten Tragwerkkann mit

δW = MA δφ +Q1 δu1 +Q2δu2 (8.17)

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

δu2 = −δu1 (8.18)

zu gleichgroßen aber entgegengesetzten virtuellenVerschiebungen der Kraftangri�spunkte. Setzt man

wieder kleine virtuelle Verdrehungen voraus, danngilt

δu1 = −a δφ (8.19)

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

δW = (MA −Q1 a +Q2a) δφ . (8.20)

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

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

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

8.2.4 Anmerkung

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

Ingenieur und Wissenschaftlerb Federico Luigi Conte di Menabrea (1809–1896) italienischer Wis-

senschaftler, General und Politiker

8.3 Übungs-Beispiel

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

3 ) und eine vertikaleKraft jeweils vom Betrag P belastet. Im Punkt E wirddas Moment M = 1

2a P eingeleitet.

MA B E

P

Paa aaα a

C DF

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

MB

PP cos α FE

δuCδuAδuEδϕ

D

Geometrie: cosα = 1/√1 + tan2 α = 3

5virtuelle Verschiebungen:δuE = aδφ, δuC = δuE , δuA = δuEvirtuelle Arbeit: δW = −P cosα δA + P δuC +M δφ − FE δD

eingesetzt: δW =(−P 3

5 a + P a +12a P − FE a

)δφ

aus δW = 0 folgt: FE =910 P

62

9 Zusätzliche Übungsbeispiele

9.1 Kraftwirkung

9.1.1 Tragwerk

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

F

A

B0a

a

a

x

z

y

9.1.2 Strommast

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

SA�

SB

SCB

A�

C�

D

0�

h

2b�

E�

2a�

z

α

α

α

x�y�

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

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

b) Geben Sie die Kraftvektoren an.

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

9.2 Gleichgewicht

9.2.1 Tisch

Auf der horizontalen Platte eines Tisches vom GewichtGT mit dem Schwerpunkt S liegt eine Kugel vom Ge-wicht G1. An den vier Beinen des Tisches werden dievertikalen Kräfte F1 = 60N , F2 = 40N , F3 = 100N undF4 = 100 N gemessen. Jetzt wird eine weitere Kugelvom halben Gewicht der ersten G2 =

12 G1 aufgelegt.

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

a/2� a/2�

b/2�

S

b/2�

1

4

2

3

a) Wie schwer sind die Kugeln und der Tisch?

b) An welchen Stellen der Tischplatte wurden dieKugeln aufgelegt?

9.2.2 Tretlager

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

Wie groß sind die horizontal gerichtete Kettenkraft FKund die in den Lagern A und B übertragenen Kräfte?

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

63


α

FK

FP

r� P

x�

y�

z�

F�

P�

F�

KrK

x�

z

a� 1a� 2

a� 3a� 4

AF�

B

9.3 Schwerpunkte

9.3.1 Zusammengesetzter Querschnitt

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

r

b

S

Wie groß muss b gewählt werden, damit der Flä-chenmittelpunkt des Querschnitts mit dem Kreismit-telpunkt S zusammenfällt?

9.3.2 Rohrstutzen

Der skizzierte Rohrstutzen besteht aus Grauguss mitder Dichte ρ = 7 200 kд/m3.

120

330

210

120

230

15

10

480

15

Berechnen Sie:

a) Volumen und Masse des Rohrstutzens,

b) das Kernvolumen.

9.4 Fachwerke

9.4.1 Einfache Fachwerke

Bestimmen Sie für die skizzierten Fachwerke die La-gerreaktionen und alle Stabkräfte.

F

a a

a

I IIIII

VIV

VI

9

2

43 5

8

7

6

1

F

a�

2a

I III

II�

V�

IV�

VI�

92

4

35 8

76

1

2F

F�

2a 2a

9.4.2 Verschiedene Fachwerkvarianten

Um die Kräfte F und 2F bei A und B in ein Funda-ment zu leiten, werden zwei Fachwerkvarianten dis-kutiert.

2FF

A B

12a

5a 5a

I

2FF

A B

1 2

34 5

6 12a

5a 5a

II

7

1 2

34 5

6

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

64


9.4.3 Räumliches Fachwerk

Eine Hochspannungsleitung wird über einen Isolatordurch 3 Stäbe gehalten.

Die Zugkraft in der Leitung ist mit F = 1 kN gege-ben.

a�

F�

3a

a�

2a�

F

α

α

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

9.5 Zug- und Druckbelastungen

9.5.1 Lasche

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

FF5

A

A

4.2 10

B

B

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

9.5.2 Dehnschraube

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

h

dS

a) Wie groß ist die Zugspannung in der Schraube?

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

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

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

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

9.5.3 Beamerhalterung

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

G

2a

4a a a a

A D

C

B Ex

z

EA

ϕ

a) Bestimmen Sie die Lagerreaktionen in A sowiedie Kraft S im Stab B-C .

b) Um wieviel Prozent dehnt sich der Stab B-C ,wenn er die Dehnstei�gkeit EA = 450 kN be-sitzt und bei einem großen Beamer mit der KraftS = 1 kN belastet wird?

c) Um welchen Winkel φ neigt sich dann der alsstarr zu betrachtende Träger A-E?

9.5.4 Wärmetauscher

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

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Flansche spannungsfrei miteinander verbunden wur-den. Das Innenrohr ist aus Kupfer und das Außenrohraus Stahl. Durch den Wärmetauscher werden im Ge-genstrom Flüssigkeiten mit unterschiedlichen Tempe-raturen geleitet. Dadurch erwärmen sich die Rohre.Über die Rohrlänge von A nach B nimmt die Tempe-ratur des Innenrohrs linear von T1A auf T1B ab unddie Temperatur des Außenrohrs fällt linear vonT2A aufT2B .

A B

T1AT1B

T2A

T2B

hx

d1a d1i

d2a d2i

1 2

a) Um wie viel ändert sich die Länge des Doppelrohrsim Betrieb gegenüber der Montagelänge h?

b) Wie groß sind die Spannungen in den Rohren?

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

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

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

9.6 Tragwerke

9.6.1 Mars Rover

Der dreiachsige Rover Curiosity ist seit dem Jahr 2012auf dem Mars. Die erste Achse ist über Tragrohre di-rekt am Aufbau befestigt. Die Achsen 2 und 3 sindmit einem “walking beam” verbunden, der in D gelen-kig am Aufbau gelagert ist. Der Rover hat die Massem = 900 kд und die wesentlichen Abmessungen sindder Skizze zu entnehmen.

D

750 750

F1

1500

F2F3

m gM

1400

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


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

b�

Q�

A

C�

B�

D

a�

a�

E

q�0

b�

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

9.6.3 Hebebühne

Eine Hebebühne wird durch einen Scherenmechanis-mus betätigt. Die Scherenarme von der Länge 2a sindin den Punkten A, C, E gelenkig und in den Punkten Bund D in Gleitführungen gelagert.

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

Die Bühne mit dem Gewicht G trägt die Last Q .

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Q�

G�

F�

A�

b� c�

a�

a�αα

C�

B

D�

E

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

9.7 Schnittgrößen

9.7.1 Führungsschiene

Die Führungsschiene eines Hubtisches wird wie skiz-ziert belastet.

3a

2F2F

a

z

a

x

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

9.7.2 Hebel

Der skizzierte Hebel, der durch die Kräfte F und 2F be-lastet wird, be�ndet sich im Gleichgewicht.

2aF

2F

a

x

z

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

9.7.3 Kranschiene

Ein Kran mit dem Eigengewicht G wird durch das Ge-wicht Q belastet. Die Kranschiene kann durch eineneinseitig fest eingespannten Gelenkbalken modelliertwerden.

a� a�b

�c�

G� Q

�

d�

e�

z

xA B

Wie groß sind die Lagerreaktionen in A und B?

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

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

9.7.4 Welle

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

3 a.

F

s s2a

a�53

�_3

�

ρ,

_3

�5

d�

a�

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

Wie groß muss s gewählt werden, damit die Biegebe-anspruchung der Welle minimal wird?

9.8 Reibung

9.8.1 Seilklemme

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

A B

rh

F

Bei welchem Reibwert µ0 rutscht das Seil durch?

9.8.2 Werbetafel

Eine Werbetafel besteht aus zwei Teilen jeweils vomGewicht G und der Länge 4a, die am oberen Endegelenkig miteinander verbunden sind. Die Werbetafelwird aufgeklappt auf eine horizontale Unterlage mitdem Reibwert µ0 gestellt, so dass die unteren Endenden Abstand 2a haben.

2a

2a

μ0 μ0

G G

a aA B

C

W

a) Ermitteln Sie die Normalkräfte in den Kontaktpunk-ten A und B, wenn die Werbetafel durch die Wind-kraftW belastet wird.

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

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

2 G im Gleichgewichtist.

9.8.3 Lampe

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

Um Massendi�erenzen auszugleichen, läuft das Seilüber einen feststehenden Bolzen (Reibwert µ0).

d

µ0Bolzen

Gegen-mgewicht

Umlenk-rolle

Lampen-

Mschirm

F

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

b) Welche Kraft F ist erforderlich, um die Lampenach unten zu ziehen?

c) Welche Kraft F ist erforderlich, um die Lampenach oben zu schieben?

9.9 Prinzipe


Das skizzierte Rahmentragwerk wird durch zwei Kräf-te, jeweils vom Betrag F , belastet.

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4a

a

a

a a

F

FA

B

C

D

Bestimmen Sie mit dem Prinzip der virtuellen Arbeitdie Lagerreaktionen in A sowie das Einspannmomentin B.

Die dazu erforderlichen virtuellen Bewegungen erge-ben sich, wenn die Lager in A und B jeweils um dieentsprechende Wertigkeit befreit werden.

9.9.2 Hebebühne

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

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