Technische Mechanik I Dr.-Ing. Dr. rer. nat. Jahn

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1 Technische Mechanik I Dr.-Ing. Dr. rer. nat. Jahn Jennifer Peter und Daniela Hermsdorff WS 05/06

2 Inhaltsverzeichnis 1 Grundlagen Einteilungen der Mechanik Größen und Einheiten Die Kraft Eigenschaften Darstellung Einteilung Das zentrale, ebene Kraftsystem Reduktion auf eine Resultierende Kräftegleichgewicht Kraftzerlegung Das zentrale, räumliche Kraftsystem Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene Das Moment Komponentendarstellung von von M D Das Moment zweier Kräfte Momentensatz Das Kräftepaar Seileckverfahren Allgemeine Kräftegruppen im Raum Balkenstatik Arten der Lagerung

3 INHALTSVERZEICHNIS Beispiele für die Lagerung Resultierende von Kräften Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten) Resultierende von Flächenlasten Bestimmung von Auflagerreaktionen Seileckverfahren Culmannsche Gerade Schnittgrößen im Balken Rahmen Häufige Lastfälle aus der Praxis Ebene Fachwerke Regeln zum Auffinden von Nullstäben Ermittlung der Stabkräfte Knotenpunktverfahren Rittersches Schnittverfahren Cremonaplan Das PdvV Der Arbeitsbegriff Lagerreaktionen und Schnittgrößen Haftung und Reibung Einführung Experimentelle Ermittlung von µ Der Haftungskegel Seilreibung Zusammenhänge zwischen S 1 und S

4 Kapitel 1 Grundlagen 1.1 Einteilungen der Mechanik Definition: Lehre von der Beschreibung und Vorherbestimmung der Bewegung von Körpern, sowie der Kräfte, die mit diesen Bewegungen in Zusammenhang stehen. Die Einteilung ist nach verschiedenen Gesichtspunkten möglich. Nach dem Aggregatzustand der Körper 1. Mechanik fester Körper (Festkörpermechanik) (a) starre Körper (Starrkörperstatik), keine Gestaltänderung unter dem Einfluss von Kräften (b) elastische Körper (Elastostatik), nach der Entlastung geht die Formveränderung zurück (c) plastische Körper (-), nach der Entlastung bleiben Formveränderungen zurück 2. Mechanik flüssiger Körper (a) reibungsfreie Flüssigkeiten (b) viskose Flüssigkeiten 3. Mechanik gasförmiger Körper in Kinematik und Dynamik Kinematik Geometrische und zeitliche Betrachtung von Bewegungsabläufen ohne die Kräfte dafür zu betrachten. 3 Dynamik Betrachtung der Kräfte der zugehörigen Bewegung. Statik: Betrachtung von Kräften und dem Gleichgewicht (Ruhezustand). Kinetik: Untersucht tatsächliche Bewegungen unter der Wirkung von Kräften.

5 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Größen in der Mechanik und deren Einheiten Symbol SI-Einheit weitere Einheiten Länge l m mm, km, µm,.. Zeit t s h, min,... Masse m kg g, mg, t,... Geschwindigkeit Beschleunigung Kraft Formel SI-Einheit v = l t = Länge [ m ] Zeit s a = dv(t) = v(t) = l [ m ] dt t 2 [ s 2 ] kg m F = m a = Masse Beschleunigung = 1N s 2 Beispiel: Gewicht an einem Pendelstab Gegeben: m = 1kg, a = g = 9.81 m s 2 Gesucht: F Lösung: F = m a = 1kg 9.81 m s 2 = 9.81 N Beispiel: Spannung σ (Sigma) Definition: σ = F A = Kraft [ ] N Fläche = m 2 Gesucht: a = 3cm, b = 4cm, F = 10N Gegeben: σ Lösung: σ = F A = 10N 12cm 2 = 0.83 N m 2 Merke: Je kleiner die Fläche, umso größer ist die Spannung bei gleicher Kraft. Zulässige Spannungen für bestimmte Materialien sind tabellarisiert (Bemessung).

6 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 5 Beispiel: Dehnung ε (Epsilon) Definition: ε = l l = Längenänderung Ausgangslänge Gegeben: l = 5cm, l = 2m Gesucht: ε Lösung: ε = l l = 2m 5m = Die Kraft nicht direkt sichtbar oder beobachtbar erkennbar nur an Wirkung, z.b.: Feder verlängert sich Steinwurf: Muskelkraft beschleunigt Stein Schwerkraft: Fallenlassen eines Steines Eigenschaften von Kräften bestimmte Größe bzw. Betrag bestimmte Richtung (sie sind gerichtet) Existenz eines Angriffpunktes Die letzten beiden Eigenschaften bestimmen die Wirkungslinie.

7 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Darstellung von Kräften Einteilung von Kräften 1. Einzelkräfte [N] [ ] N Linienkräfte m [ ] N Flächenkräfte m [ 2 ] N Volumenkräfte m 3 zeichnerisch als Vektor Richtung: Pfeilspitze Größe: F = F, bzw. Länge des Pfeiles F = F x e x + F y e y + F z e z F = Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 Kraft im Raum: cos α = F x F, cos β = F y F, cos γ = F z F 2. (a) Eingeprägte Kräfte = Lasten, Belastung z.b.: Winddruck, Wasserdruck auf Behälter, Schneelast auf Dächern,... (b) Reaktionskräfte oder Zwangskräfte enstehen durch Einschränkung der Bewegungsfreiheit (c) Schnittgrößen (innere Kräfte) wirken zwischen den Teilen des Systems wirken auf Grund äußerer Kräfte sichtbar machen durch Schnitte (Schnittprinzip) jedes Teilsystem ist für sich selbst im Gleichgewicht

8 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Das zentrale, ebene Kraftsystem alle Wirkungslinien (WL) liegen in einer Ebene (ebenes Kraftsystem) alle WL schneiden sich in einem Punkt Die drei Grundaufgaben: a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultierende b) Nachweis des Kräftegleichgewichts c) Zerlegung einer Kraft in 2 Richtungen Die Lösung kann sowohl grafisch als auch rechnerisch erfolgen. Für die grafische Lösung immer notwendig ist ein Lageplan: maßstäbliche Darstellung des betrachteten Systems Längenmaßstab (1cm =1m, 1m 1cm ) Richtung der Kräfte Angriffspunkt der Kräfte und ein Kräfteplan: enthält Beträge der Kräfte (Kräftemaßstab 1cm =1kN, 1kN 1cm ) Kräfte werden aneinander gefügt, Richtungen sind maßgebend zu a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultierende Gegeben: Kräftegruppe Gesucht: Resultierende (Größe, Richtung, Wirkungslinie) Bsp: Gegeben: F 1 = 2kN, F 2 = 4kN

9 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 8 Grafische Lösung: Lageplan (1cm = 1m) Kräfteplan (1cm = 1kN) Rechnerische Lösung: Nebenbetrachtung: F x = F cos ϕ ; F = F x = F cos ϕ F y = F sin ϕ F sin ϕ F y cos (180 + ϕ) = cos ϕ sin (180 + ϕ) = sin ϕ F i ϕ F ix = F i cos ϕ F iy = F i sin ϕ F 1 2kN = kN 1.44kN F 2 4kN 0 4kN 0 R R ϕ R R x = F ix R y = F iy kN 1.414kN R = R 2 x + R 2 y = ( 1.414) 2 = ϕ = arccos R x R = arccos (0.877) ϕ 1 = 28.68, ϕ 2 = =

10 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 9 Beispiel 2: Gegeben: F 1 = 2kN, F 2 = 3kN, F 3 = 5kN Grafische Lösung: Lageplan (1cm = 1m) Kräfteplan (1kN = 1cm) Rechnerische Lösung: F i ϕ F ix = F i cos ϕ F iy = F i sin ϕ F F F R R = ( 4.598) 2 + ( 6.5) 2 = 7.96kN

11 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Zu b) Nachweis des Kräftegleichgewichts Gegeben: Kräftegruppe Frage: Stehen diese Kräfte im Gleichgewicht? Gesucht: Weitere Kraft, die zur Resultierenden und damit zur gesamten Kräftegruppe im Gleichgewicht steht. Kräfte stehen im Gleichgewicht, wenn das durch sie entstehende Krafteck geschlossen ist, oder die Resultierende dieser Kräfte 0 ist. Rechnerisch: R x = F ix = 0; R y = F iy = 0 Gegeben: F 1 = 2kN, α = 45, F 2 = 4kN, β = 0, F 3 = 3kN, γ = 60 Gesucht: Größe von F 4 und Winkel δ, damit die Kräfte im Gleichgewicht stehen. Lageplan (1cm = 1m) Kräfteplan(1cm = 1kN)

12 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 11 rechnerisch: F i ϕ F ix = F i cos ϕ F iy = F i sin ϕ F 1 2kN 45 2kN 2kN F 2 4kN 0 4kN 0 F 3 3kN kN kN R 7.01kN kN kN F kN kN kN zu c) Zerlegung einer Kraft in zwei Richtungen Gegeben: F = 4kN, ϕ = 45 ϕ 1 = 30, ϕ 2 = 70 Gesucht: F 1 und F 2, deren Größe und Koordinaten Lageplan (1cm = 1m) Kräfteplan (1cm = 1kN) Grafische Lösung: eindeutig, wenn zwei nicht parallele Richtungen für F 1 und F 2 nicht eindeutig, wenn drei Kräfte gegeben sind unmöglich, wenn die Richtungen von F 1 und F 2 parallel und F in eine andere Richtung zeigt

13 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 12 Rechnerische Lösung: F i ϕ F ix = F i cos ϕ F iy = F i sin ϕ F 4 45 F 1 F 1 =? 30 F 2 F 2 =? 70 F 1x = F 1 cos ϕ 1 F 1y = F 1 sin ϕ 1 F 2x = F 2 cos ϕ 2 F 2y = F 2 sin ϕ 2 F 1x + F 2x = F 1 cos ϕ 1 + F 2 cos ϕ 2 F 1y + F 2y = F 1 sin ϕ 1 + F 2 sin ϕ 2 F x = F 1x + F 2x = F cos ϕ F y = F y1 + F y2 = F y sin ϕ F cos ϕ = F 1 cos ϕ 1 + F 2 cos ϕ 2 F sin ϕ = F 1 sin ϕ 1 + F 2 sin ϕ 2 Gleichungssystem: cos ϕ 1 cos ϕ 2 F 1 = F cos ϕ sin ϕ 1 sin ϕ 2 F 2 F sin ϕ cos ϕ 2 sin ϕ sin ϕ 2 cos ϕ F 1 = F cos ϕ 2 sin ϕ 1 sin ϕ 2 cos ϕ 1 cos ϕ 1 sin ϕ sin ϕ 1 cos ϕ F 2 = F cos ϕ 1 sin ϕ 2 sin ϕ 1 cos ϕ 2 Additionstheorem: sin (α β) = sin α cos β cos α sin β F 1 = sin (ϕ ϕ 2) sin (ϕ 1 ϕ 2 ) F, F 2 = sin (ϕ ϕ 1) sin (ϕ 1 ϕ 2 ) F Im Beispiel: (ϕ = 45, ϕ 1 = 30, ϕ 2 = 70, F = 4kN) F 1 = sin (45 70 ) sin (30 70 ) 4kN = sin ( 25 ) sin ( 40 4kN 2.63kN ) F 2 = sin (45 30 ) sin ( kN 1.61kN )

14 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Das zentrale, räumliche Kraftsystem Alles analog zum zentralen, ebenen Kraftsystem. I) F = F = F = F x + F y + F z = F x e x + F y e y + F z e z = F x 0 + F y 1 + F z 0 F = F x F y F z 0 F 2 x + F 2 y + F 2 z F 2 = F 2 x + F 2 y + F 2 z II) F x = F cos α, F y = F cos β, F z = F cos γ I) + II) = F 2 = (F cos α) 2 + (F cos β) 2 + (F cos γ) 2 : F 2 1 = cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ d.h, α, β, γ sind voneinander abhängig. 0 1 Resultierende einer zentralen Kräftegruppe von n Kräften F i. R = wobei R x = R x R y R z = R x e x + R y e y + R z e z n F ix, R y = n F iy, R z = n i=1 i=1 i=1 analog zum ebenen, zentralen Kraftsystem. F iz Gleichgewicht bedeuted analog; das Krafteck muss geschlossen sein (bzw. die Resultierende verschwindet). n F ix = 0, i=1 n F iy = 0, i=1 n F iz = 0 i=1

15 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene Das nicht zentrale, ebene Kraftsystem Merkmal: Die Wirkungslinien (WL) der Kräfte schneiden sich nicht in einem Punkt Das Moment Definition: a... Hebelarm = der Abstand der Wirkungslinie einer Kraft zu einem beliebigen Bezugspunkt. (Abstand = kürzeste Verbindung, Lot) Definition: Moment einer Kraft F bezüglich eines Punktes D. M D = F a = Kraft Hebelarm [M D ] = [Kraft Länge] = [kn m]

16 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 15 Ein Moment wird bestimmt durch: Größe der Kraft F Länge des Hebelarms a den Drehsinn Komponentendarstellung von von M D a = a 1 a 2 sin α = a 2 x x D a 2 = (x x D ) sin α cos α = a 1 y y D a 1 = cos α (y y D ) M D = F a = F (a 2 a 1 ) M D = F ((x x D ) sin α (y y D ) cos α) = (x x D ) F } {{ sin α } (y y D ) F } {{ cos α } F y F y M D = (x x D ) F y (y y D ) F x Wegen der Linienflüchtigkeit gilt folgender Zusammenhang; F werde auf seiner Wirkungslinie verschoben nach (x, y), dann gilt: M D = (x x D ) F y } {{ } (y y D ) F x } {{ } Moment von F y bzgl. D Moment von F x bzgl. D

17 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 16 Eine Kraft kann zwar beliebig auf der Wirkungslinie verschoben werden, aber nicht beliebig parallel, ohne das sich an der Wirkung etwas ändert Das Moment zweier Kräfte M D =(x x D ) R y (y y D ) R x =(x x D )(F 1y + F 2y ) (y y D )(F 1x + F 2x ) =(x x D ) F 1y + (x x D ) F 2y [(y y D ) F 1x + (y y D ) F 2x ] d.h. M D = 2 i=1 2 [(x x D ) F iy (y y D ) F ix ] = F 1 M D1 = MD F 2 M D2 i=1 M Di Verallgemeinerung: Momentensatz Das Moment der Resultierenden ist gleich der Summe der Momente der Einzelkräfte für einen gemeinsamen Bezugspunkt (Drehpunkt D). M D = n M Di = i=1 n [(x i x D )F iy (y i y D )F ix ] i=1 n M D = x i F iy y i F ix mit x i = x i x D und y i = y i y D i=1

18 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Das Kräftepaar zwei gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kräfte, auf parallelen Wirkungslinien Das Moment eines Kräftepaares: M = F a Das Kräftepaar ist statisch äquivalent zu einem Moment: Mehrere Kräftepaare lassen sich durch geeignetes Verschieben zu einem resultierendem Kräftepaar zusammen fassen, dieses erzeugt das resultierende Moment M R. ( ) F 1 + F 2 h2 h 1 = F 1 h 1 + F s h 2 h 1

19 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 18 Grundaufgaben analog zum zentralen Kraftsystem: a) Reduktion eines Kraftsystems (Resultierende, Moment) b) Gleichgewicht c) Zerlegung einer Kraft zu a ) Reduktion eines Kraftsystems zeichnerisch: bei mehreren Kräften:

20 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 19 R x = MD R = MD 1 + MD 2 + MD 3 MD R = R h n R = F ix R = Rx 2 + Ry 2 i=1 n F ix, R y = i=1 n F iy, MD R = i=1 n i=1 M i D rechnerisch: (Frage: Bezüglich welchem Punkt verschwindet das Moment M D?) M D = F y x p + F x y p bzw. M P = 0 = M D + F x y p F y x p } {{ } M D y p = M D + F y x p F x = F y F x x p M D F x (Geradengleichung y = mx + b), F x 0 Gleichung für Zentrallinie m = tan α = F y F x = F sin α F cos α = sin α cos α = tan α geg: R = 0, M D = 0 Gleichgewicht

21 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 20 Ermittlung von R bei parallen Kräften. 1. Wählen des Kräftepaares K, (beliebig) das kein Moment erzeugt. 2. Ermitteln des Schnittpunktes der Resultierenden R 1 und R 2 aus K und F 2 und aus K und F 1 3. Verschieben der Resultierenden R 1 und R 2 entlang ihrer WL in den Schnittpunkt. 4. Die Resultierende R aus R 1 und R 2 ist die Resultierende aus F 1 und F 2 Für mehrere Kräfte analog, wird am Ende sehr unübersichtlich. Seileckkonstruktion 1.7 Das Seileckverfahren zur Bestimmung der Resultierenden Gesucht: Lage, Größe und Ort der Resultierenden. Lageplan (1cm = 1m) Kräfteplan (1cm = 1kN)

22 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN im Lageplan die WL der Kräfte zeichnen 2. im Kräfteplan die Kräfte F 1 bis F 4 addieren 3. beliebigen Pol π festlegen 4. Verbindungstrahlen von S 1 bis S 5 in den Lageplan verschieben 5. Durch den Schnittpunkt von s 1 und s 5 verläuft die Resultierende. Beachte: Bilden die Kräfte F i eine Gleichgewichtsgruppe (R = 0, M = 0), so fallen 1. und letzter Seilstrahl und 1. und letzter Polstrahl zusammen; s 1 = s 5 und S 1 = S 5. Sind die Kräfte nur auf ein Kräftepaar reduzierbar (R = 0, M 0), so ist das Krafteck zwar geschlossen, aber 1. und letzter Seilstrahl sind parallel. zu b ) Gleichgewichtsbedingungen R x = F ix = 0, R y = F iy = 0, M D = M id = 0 R x = 0 R y = 0 R z = 0 Gleichgewicht d.h. Körper in Ruhe Gesucht: Wie groß sind A, B und C damit Körper im Gleichgewicht? Lösung: (3 Gleichgewichtsbedingungen) Fix = 0 : 3 C = 0 C = 3 Fiy = 0 : A + B 5 = 0 A = 5 B M(A) = 0 : 4B 5 2 = 0 B = 10 4 = 2.5 A = = 2.5

23 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN Allgemeine Kräftegruppen im Raum M = r F M = (x e x + y e y + z e z ) (F x e x + F y e y + F z e z ) M = (y F z z F y )e x + (z F z + x F z )e y + (x F y y F x )e z M = M x e x + M y e y + M z e z Der Momentenvektor steht senkrecht auf der Ebene, die durch r und F aufgespannt wird. Sein Betrag entspricht der von r und F aufgespannten Parallelogrammfläche. Merke: Wirken mehrere Momente M i, so gilt M R = M i, wobei M Rx = Mix, M Ry = M iy und M Rz = M iz.

24 KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 23 Gleichgewichtsbedingungen: Fix = 0 Mix = 0 Fiy = 0 Miy = 0 Fiz = 0 Miz = 0

25 Kapitel 2 Balkenstatik 2.1 Arten der Lagerung Berechnung von Schnittkräften für verschieden gelagerte Balkensysteme. Bezeichnung Lagerreaktion Wertigkeit Mögliche Bewegungen Gleitlager 1 1 Verschiebung, Verdrehung Festlager 2 2 Verdrehung Einspannung 3 3 keine 2 2 Verschiebung Horizontalführung Vertikalführung 2 2 Verschiebung 24

26 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Beispiele für die Lagerung Merke: Zur stabilen Lagerung eines Tragwerkes sind mindestens 3 Auflagerbedingungen nötig. Einspannung unbrauchbar! System in x-richtung verschieblich Die Auflagerkräfte A, B, C können über Gleichgewichtsbedingungen nicht eindeutig bestimmt werden. System statisch unbestimmt F z = 0 : A + B + C 3 = 0 M = 0 : 4B + 8C 4 3 = 0 Fx = 0 : 2 D = 0 D = 2kN

27 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Resultierende von Kräften Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte V R H = 0 R = H Ansatz: Bestimmen der Haltekraft H = R, die das System (die Kräftegruppe) im Gleichgewicht hält. Die Resultierende R liegt auf derselben Wirkungslinie wie die Haltekraft H. Weg: System ist im Gleichgewicht, wenn F ix = 0, Fiy = 0, Mi = 0 beziehungsweise H = 0, V = 0, M = 0, wobei H = horizontale Kräfte und V = vertikale Kräfte. Lösung: R = F 1 + F 2 + F 3 + F 4 V = 0 F 1 + F 2 + F 3 + F 4 H = 0 = H = F 1 + F 2 + F 3 + F 4 M = 0 x1 F 1 + x 2 F 2 + x 3 F 3 + x 4 F 4 x s H = 0 = x s = 4 x i F i i=1 H

28 KAPITEL 2. BALKENSTATIK 27 Der Punkt S im Abstand x s von D heißt Kräftemittelpunkt oder Schwerpunkt. Allgemein: x s = x s = n x i F i n R, R = i=1 n x i F i i=1 n F i i=1 i=1 F i Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten) l R = q(x) dx x S = 0 l 0 x q(x) dx R Dreieckslast: q 0 l 2 R = l 0 = q 0 l Im Beispiel: q(x) = q 0 x l q(x) dx = [ x 2 2 ] l 0 l 0 = q 0 l q 0 l x dx = q 0 l ( ) l l 0 = q 0 l 2 x dx entspricht dem Flächeninhalt des Lastdreiecks x S = l 0 (x q(x)) dx = R l 0 ( x q 0l x ) dx = 2 3 l q 0 l 2

29 KAPITEL 2. BALKENSTATIK 28 Rechtecklast: q(x) = q 0 = const. R = q 0 l (Flächeninhalt des Rechtecks.) x S = 1 R l 0 x q(x) dx = 1 [ ] l 1 q 0 l q o 2 x2 = l Resultierende von Flächenlasten Die Größe der Resultierenden R entspricht der Fläche der Belastung A. Die Koordinaten des Flächenschwerpunktes ergeben sich zu x S = 1 A x da, A y S = 1 A y da. A S x = 1 A x da, S y = 1 A y da heißen auch Flächenmomente 1. Ordnung A bzw. statische Momente. A

30 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Bestimmung von Auflagerreaktionen Das Seileckverfahren zur Bestimmung von Auflagerreaktionen : Lageplan(1cm = 1m) Kräfteplan(1cm =1kN)

31 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Die Culmannsche Gerade Hilfslinie bei der Konstruktion eines Kraftecks, mit dem das Gleichgewicht von 4 Kräften grafisch beschrieben wird. Beispiel: Leiter an der Wand Lageplan(1cm = 1m) Kräfteplan(1cm =1kN)

32 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Schnittgrößen im Balken Linkes Schnittufer Rechtes Schnittufer Die Bezugsfaser definiert die Richtung des Koordinatensystems. In jedem Punkt des Systems können die Schnittgrößen andere Werte annehmen. Schnittgrößen: N... Normalkraft Q... Querkraft M... Moment (Biegemoment, Schnittmoment) Jedes Teilsystem, welches durch einen Schnitt vom Gesamtsystem abgeteilt wird, muss im Gleichgewicht stehen. Der Wert der Schnittgröße wird direkt über der betrachteten Stelle abgetragen. Berechnung von Schnittgrößen zusammengesetzter Balkensysteme 1. Nebenbedingungen Gelenke Name Merkmal Beweglichkeit Momentengelenk M g = 0 Querkraftgelenk Q g = 0 Normalkraftgelenk N g = 0 2. Statische Unbestimmtheit Ein System heißt statisch bestimmt, wenn sich alle Schnittkräfte über Gleichgewichtsbedingungen ermitteln lassen. Andernfalls ist es statisch unbestimmt. Die Formel zur Ermittlung des Gerades der statischen Unbestimmtheit ist: n = a + 3(s k) r. a Anzahl der Auflagerkräfte s Anzahl der Stäbe zwischen den Knoten k Anzahl der Knoten r Anzahl der Nebenbedingungen n Grad der statischen Unbestimmtheit 3. Berechnung statisch bestimmter Systeme Schnittprinzip/Freikörperbild

33 KAPITEL 2. BALKENSTATIK 32 Beispiel: Querkraftverlauf Momentenverlauf Merke: Zum Momentenverlauf: unter konstanter Belastung quadratischer Momentenverlauf. Parabel ist zur Last hin geöffnet. Bei Einzellasten linearer Momentenverlauf (auch Auflager) Regel zur Vorzeichenbestimmung: 1. Momentenverlauf immer auf der Zugseite eintragen. 2. Dann nachsehen; ist Bezugsfaser auf der gleichen Seite wie die Momentenfläche ansonsten

34 KAPITEL 2. BALKENSTATIK 33 Merke: Zum Querkraftverlauf: Es gilt: Q(x) = M (x) = d(m(x)) d(x) Unter konstanter Belastung linearer Querkraftverlauf Bei Einzellasten Querkraft konstant An der Stelle der Einzellast Querkraft springt um den Betrag der Einzellast 2.5 Beispiel für häufig auftretende Rahmen Dreigelenkrahmen unterschiedliche Stielhöhen möglich n = 4 + 3(4 5) 1 = 0 statisch bestimmt Zweigelenkrahmen n = 4 + 3(3 4) 0 = 1 statisch unbestimmt Rahmen mit eingespannten Stielen n = 6 + 3(3 4) 0 = 3 3-fach statisch unbestimmt

35 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Häufige Lastfälle aus der Praxis 1. Eigengewicht Häufig verwendetes Ersatzsystem: A v = B v = 1 2 g s s = l cos α l R = g s = g cos α = g l 2. Schnee R = p S l A v = B v = p S l 2

36 KAPITEL 2. BALKENSTATIK Wind l R = p w s = p w cos α R v = R cos α = p w l R h = R sin α = p w l tan α A v = B v = R v 2 = p w l 2

37 Kapitel 3 Ebene Fachwerke Tragwerke, die nur aus geraden Stäben bestehen verbunden durch sogenannte Knoten Annahmen: 1. Stäbe sind an den Knoten zentrisch und gelenkig verbunden 2. Äußere Kräfte greifen nur an den Knoten an alle Stäbe werden nur auf Zug oder Druck belastet 3. Notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit: n = a + s 2k = 0 a Anzahl der Auflagerkräfte s Anzahl der Stäbe k Anzahl der Knoten 2k zwei Gleichgewichtsbedingungen pro Knoten n Grad der statischen Unbestimmtheit 36

38 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 37 n = 0, statisch bestimmt n = 0, verschieblich 3.1 Regeln zum Auffinden von Nullstäben Sind an einem unbelasteten Knoten zwei Stäbe angeschlossen, die nicht in gleicher Richtung liegen, unbelasteter Zweigschlag, so sind beide Stäbe Nullstäbe. Sind an einem belasteten Knoten zwei Stäbe angeschlossen und greift die äußere Kraft in Richtung des einen Stabes an, so ist der andere Stab Nullstab. Sind an einem unbelasteten Knoten drei Stäbe angeschlossen, von denen zwei in gleicher Richtung liegen, so ist der dritte Stab Nullstab. 3.2 Verfahren zur Ermittlung der Stabkräfte Knotenpunktverfahren Rittersches Schnittverfahren (Ritterschnitt) Cremonaplan (grafisch)

39 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE Ermittlung der Stabkräfte mit dem Knotenpunktverfahren Idee: Freischneiden der Knoten und Antragen der Kräfte, Knoten so auswählen, dass maximal 2 unbekannte Stabkräfte auftreten, dann H = 0, V = 0 für jeden Knoten, Zug und Druckkräfte sind im Stab immer konstant, H = 0 U1 = 4 V = 0 V1 = 10.5 V = 0 V3 = 13.5

40 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 39 D 1 5 = x 3 x = 3 5 D D 1 5 = y 4 y = 4 5 D V D = 0 D 1 = 7.5 H = O D 1 = 0 O 1 = 10 H = 0 O2 = 10 V = 0 V 2 = 12 H = D 2 = 0 D 2 = 12.5 V = = 0 5

41 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE Rittersches Schnittverfahren zur Bestimmung einzelner, ausgewählter Stabkräfte 3 Stäbe müssen geschnitten werden, die nicht alle zum gleichen Knoten gehören dürfen dann Momentengleichgewicht um die Schnittpunkte zweier Stäbe M(2) = o 1 3 = 0 O 1 = 10 M(4) = U 1 3 = 0 U 1 = 4 V = D 1 = 0 D 1 = Cremonaplan Zeichnerische Bestimmung der Stabkräfte von statisch bestimmten Fachwerken. 1. Fachwerke im geeigneten Maßstab aufzeichnen 2. Auflagerkräfte bestimmen 3. Nullstäbe bestimmen 4. Geeigneten Maßstab für Kräfteplan festlegen 5. Krafteck der äußeren Kräfte zeichnen (Belastung und Stützkräfte, Krafteck muss sich schließen) 6. Umfahrungssinn festlegen, der nun die Reihenfolge der anzutragenen Kräfte im Krafteck bestimmt

42 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE Gewöhnlich beginnt man an den Auflagern, da dort meist nur 2 Stabkräfte angreifen. Beginnend mit der am Knoten angreifenden, bekannten Kraft wird im Umfahrungssinn das Krafteck gezeichnet. Pfeilspitzen der Kräfte werden im Kräfteplan nicht eingezeichnet. 8. Die Kraftrichtungen der Stäbe für den betrachteten Knoten werden im Systembild eingezeichnet und auf die benachbarten Knoten übertragen. 9. Von den Nachbarknoten ist gewöhnlich ein Knoten vorhanden, an dem unter Berücksichtigung der zuvor ermittelten Stabkräfte nur zwei unbekannte Kräfte angreifen. 10. Mit den schon bekannten Stabkräften beginnend wird wieder im zuvor festgelegten Umfahrungssinn an das bereits gezeichnete Krafteck ein neues angeschlossen. 11. Beim richtigen Zeichnen des Kraftecks für den letzten Knoten muss sich das Krafteck schließen.

43 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 42 Schrittweises Konstruieren eines Cremonaplanes 1 2 A V (10.5), A H (4), F 1 (4), F 2 (6), F 3 (12), F 4 (6), B V (13.5) A V (10.5), A H (4), V 1, U 1 V 1 = 10.5, U 1 = 4

44 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 43 3 V 1 ( 10.5), F 2 (4), F 2 (6), O 1, D 1 O 1 = 10, D 1 = 7.5

45 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 44 4 O 1 ( 10), F 3 (12), 0 2, V 2 O 2 = 10, V 2 = 12

46 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 45 5 O 2 (10), F 4 (6), V 3, D 2 V 3 = 13.5, D 2 = 12.5

47 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 46 6 V 3 ( 13.5); B V (13.5), U 2 U 2 = 0

48 KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 47 Probe: D 2 (12.5); U 2 (0), U 1 (4), D 1 (7.5), V 2 (12)

49 Kapitel 4 Das PdvV 4.1 Der Arbeitsbegriff Wenn ein Körper entsprechend der Abbildung durch eine konstante Kraft F verschoben wird, definiert man: Arbeit der Kraft F auf dem Weg s, als A = F s [Nm] Allgemein: A = G s = G s Weitere Verallgemeinerungen: Weg sei beliebig und zeitabhängig s = s(t) Kraft sei abhängig von Ort F = F (t) A = x II x I da = x II x I F d s Weg wird beschrieben durch die Zeit(t). s = s(t) d s = d s dt = v(t) dt dt, da v(t) = d s dt... Geschwindigkeit x I I t 1 Damit gilt: A = F d s = F v(t) dt x I t 0 da = F ds cos α = F ds, Skalarprodukt 48

50 KAPITEL 4. DAS PDVV 49 virtuelle Verrückungen: sind gedachte, differentiell kleine Verschiebungen oder Verdrehungen, die mit den Zwangsbedingungen eines Systems vereinbar sind. virtuell: nur gedacht, nicht real existent infinitesimal klein kinematisch zulässig virtuelle Verschiebungen: δs virtuelle Verdrehung: δϕ virtuelle Arbeit: δa V = F δ s, δa ϕ = M δ ϕ Arbeit am Gesamtsystem: δa = δa V + δa ϕ = F δ s + M δϕ Satz: δa = 0, genau dann, wenn R = 0 und M R = 0, genau dann, wenn Gleichgewicht. Beweis: Gleichgewicht heißt R = 0 und M R = 0. δa = R d s + M R δ ϕ = 0 δ s + 0 δ ϕ = 0 δa = R δ s + M R δ ϕ = 0 für beliebige δ s und δ ϕ R = M R = 0

51 KAPITEL 4. DAS PDVV Ermittlung von Lagerreaktionen und Schnittgrößen mit dem Prinzip der virtuellen Verrückung Das Moment M A ist gesucht. Lösen der Fessel für die gesuchte Größe. Einbau eines Momentengelenkes. System wird kinematisch. δϕ = η a η = δϕ a η b = δs 2 = δs 2 δs b 1 = η c 2, δs 2 = η c b 2 δs 1 = δϕ a, δs 2 = δϕ a c 2 b Kraft M A q b P Weg δϕ δs 1 δs 2 M A δϕ + q b δϕ P δs 2 = 0 M A = q b a + P a c ( ) P c q b = a 2 b b 2

52 KAPITEL 4. DAS PDVV 51 Gesucht: Auflagerreaktion B Verschiebungsfigur δs B B = δs 1 = δs 2 b b + c δs B = 2δs 1 δs 2 = δs 1(b + c)2 b 2 Kraft q b b P Weg δs 1 δs B δs 2 q b δ s1 B δs B + P δs 2 = 0 B = q b δs 1 P δs 1(b + c)2 = q b P (b + c) + 2δs 2 b 2δs 1 2 b

53 Kapitel 5 Haftung und Reibung 5.1 Beispiel Freikörperbild: Ruhe Freikörperbild: Bewegung G = N, F = H H = Haftreibungskraft R = Gleitreibungskraft, versucht die Bewegung des Körpers zu behindern. Haftbedingung: H H 0 = µ 0 N µ 0... Haftreibungskoeffizient. H 0... Grenzzustand, in dem sich der Körper noch in Ruhe befindet. 52

54 KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG 53 Beispiel:Wie groß muss F sein, um den Körper zu verschieben? Gegeben: µ 0 = 0.25, α = 20 und G = 20kN V = 0 G N + F sin α = 0 N = F sin α + G H = 0 F cos α H0 = 0 H 0 = F cos α H 0 = µ 0 N F cos α = µ 0 (F + sin α) F (cos α µ 0 sin α) = µ 0 + G µ 0 + G F = cos α µ 0 sin α F = cos sin 20 = kn Freikörperbild F muss mindestens kn betragen, um den Körper zu verschieben. Für welchen Winkel α wird der Körper bei beliebiger Last nicht mehr verschoben? Das heißt, egal wie groß F ist, der Körper soll nicht mehr verschoben werden, also auch für F = µ 0 + G! F = = cos α µ 0 sin α für cos α µ 0 sin α 0 oder cos α µ 0 sin α = 0 µ 0 = cos α sin α = 1 tan α α = arctan 1 = arctan 1 µ = 75.96

55 KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG Experimentelle Ermittlung von µ 0 Schiefe Ebene, Körper in Grenzlage Winkel ϕ 0 wird langsam erhöht, bis der Körper anfängt, sich zu bewegen. Über ϕ 0 kann man Rückschlüsse auf µ 0 ziehen. Freikörperbild I) H = 0 G sin ϕ 0 = H 0 II) V = 0 G cos ϕ 0 = N G = H 0 sin ϕ 0 in II H 0 sin ϕ 0 cos ϕ 0 = N H 0 = sin ϕ 0 cos ϕ 0 N = tan ϕ 0 N H 0 = µ 0 N mit µ 0 = tan ϕ Der Haftungskegel Für den Grenzwinkel ϕ 0 gilt: H 0 = ϕ 0 N, µ 0 = tan ϕ 0

56 KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG 55 Gleichgewicht nur möglich in statischer Ruhelage für ϕ ϕ 0. Wird ein Körper einer beliebigen Belastung unterworfen, so bleibt er in Ruhe, solange die Reaktionskraft W an der Berührungsfläche innerhalb des Haftungskegels bleibt. Zusammenfassung: H < µ 0 N, Haftung, Körper in Ruhe H = µ 0 N, Grenzhaftung, Körper gerade noch in Ruhe, bei Anstoß Bewegung wegen µ < µ 0 R = µ 0 N, Reibung, Körper rutscht. Reibungskraft R ist eingeprägte Kraft. 5.4 Seilreibung Beobachtung: S 1 = S 2 Grund: Reibung Bestimmung der Zusammenhänge zwischen S 1 und S 2 Betrachtung am infinitesimal kleinem Element. H = 0 : dh + s cos dϕ 2 (s + ds) cos dϕ 2 I)ds cos dϕ 2 = dh V = 0 : II)(s + ds) sin ϕ 2 + s sin dϕ 2 dn = 0

57 Nebenbetrachtung: dϕ 0 cos dϕ 2 1 sin dϕ 2 = dϕ 2 ds sin dϕ 2 sehr klein, von höherer Ordnung für I) ds = dh für II) s dϕ = dn 2 Gleichungen, 3 Unbekannte, d.h. nicht eindeutig zu lösen. Fall der Grenzhaftung betrachten: dh = H 0 = µ 0 dn dh = µ 0 s dϕ = ds µ 0 dϕ = ds s Für die gesamte Rolle: µ 0 α µ 0 α = ln S 2 S 1 0 dϕ = S 2 und somit: S 2 = S 1 e µ 0 α, S 2 > S 1! S 1 Formel der Seilhaftung nach Euler. ds s Beispiel: Radbremse Frage: Wie groß muss F sein, damit die Walze stillsteht? 56

58 LITERATURVERZEICHNIS 57 I) MA = 0 : 2r S 1 + l F = 0 Freikörperbild II) MB = 0 : M D + r S 1 r S 2 = 0 α = π S 2 = S 1 e µ0 π II ) M D + r S 1 r S 1 e µ0 π = 0 I ) S 1 = l F 2r I + II ) M D + l F l F 2 2 F = 2 l M D 1 e µ0 π 1 e µ 0 π = 0 Literaturverzeichnis [1] Dittmar Gross, Werner Hauger, and Walter Schnell und JÃűrg SchrÃűder. Technische Mechanik 1, Statik. Springer, [2] Werner Hauger and Volker Mannl und Wolfgang Wall. Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Statik, Elastostatik, Kinetik. Springer, [3] Oliver Romberg and Nikolaus Hinrichs. Keine Panik vor Mechanik! Vieweg, 2006.

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