Technische Mechanik 1 - Stereostatik [1 ed.] 3662670372, 9783662670378, 9783662670385

Table of contents :
Vorwort
Verwendete Programme
Danksagung und Autor
Abkürzungsverzeichnis
Inhaltsverzeichnis
Abbildungsverzeichnis
Tabellenverzeichnis
1 Einführung und Grundlagen
1.1 Didaktik dieses Buches
1.2 Technische Mechanik, Analytische Mechanik, Physik
1.3 Grundlagen
2 Freischneiden und Freimachen
2.1 Newton'sche Axiome
2.2 Freimachen eines Auslegerkrans
2.3 Arten von Kräften
2.4 Lager
2.5 Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte
2.6 Übungen
3 Kraftsysteme
3.1 Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK)
3.2 Gleichgewicht im ZEK
3.3 Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK)
3.4 Gleichgewichtsbedingungen grafisch
3.5 Gleichgewichtsbedingungen analytisch
3.6 Praxis
3.7 Kräftepaar
3.8 Resultierende Kraft analytisch
3.9 Kräftevektoren in der Ebene
3.10 Momente
3.11 Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK)
3.12 Übungen
4 Seileck- und Schlusslinienverfahren
4.1 Ersatzproblem
4.2 Gleichgewichtsproblem
4.3 Übungen
5 Standsicherheit
5.1 Gleichgewichtslagen
5.2 Standsicherheit
5.3 Übungen
6 Schwerpunktlehre
6.1 Ermittlung des Schwerpunktes
6.2 Flächenschwerpunkt
6.3 Volumenschwerpunkt
6.4 Linienschwerpunkt
6.5 Massenmittelpunkt bzw. Massenschwerpunkt
6.6 Schwerpunktberechnung wichtiger Geometrien
6.7 Grafische Bestimmung
6.8 Schwerpunkte einiger Figuren
6.9 Schwerpunkt bei fehlender Flächen
6.10 Guldin'sche Regel
6.11 Schwerpunktbestimmung in der Praxis
6.12 Schwerpunkt mittels Tabelle
6.13 Schwerpunktermittlung mithilfe der Vektorrechnung
6.14 Literaturempfehlungen
6.15 Übungen
7 Reibung / Haftung
7.1 Notation
7.2 Arten der Reibung
7.3 Abhängigkeit der Reibkraft
7.4 Coulomb'sches bzw. Amonton'sches Reibungsgesetz
7.5 Reibkegel
7.6 Beispiele
7.7 Seilreibung
7.8 Rollreibung
7.9 Lagerreibung
7.10 Reibung auf der schiefen Ebene
7.11 Gewindereibung
7.12 Reibleistung
7.13 Übungen
8 Fachwerke und Tragwerke
8.1 Grundlagen
8.2 Berechnung in der Ebene
8.3 Berechnung im Raum
8.4 Übungen
9 Totalresultierende
9.1 Totalresultierende von Streckenlasten
9.2 Totalresultierende von Flächenlasten
9.3 Computergestützte Anwendung
9.4 Übungen
10 Elastische Lager
10.1 Federn
10.2 Dämpfer
10.3 Übungen
11 Seilstatik & Kettenlinien
11.1 Einführung
11.2 Eigenlasten am Seil
11.3 Seil unter Eigenlast und Zusatzlast
11.4 Vereinfachungen in der Realität
11.5 Übungen
12 Gelenkträger und Dreigelenkbögen
12.1 Systeme starrer Körper
12.2 Gelenkträger
12.3 Dreigelenkbogen
12.4 Softwaregestützte Ermittlung
12.5 Übungen
13 Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung
13.1 Virtuelle Arbeit
13.2 Virtuelle Leistung
13.3 Kraftwandlung bei einem Flaschenzug
13.4 Übungen
14 Statik in Anwendung und Industrie
14.1 Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?
14.2 Wie löst man sinnvoll Gleichungen
14.3 Wofür werden diese Probleme der Statik untersucht?
Serviceteil
Formelsammlung Stereostatik
A.1 Grundlagen
A.2 Kraftsysteme
A.3 Schlusslinie und Seileck
A.4 Standsicherheit
A.5 Schwerpunktlehre
A.6 Reibung/Haftung
A.7 Fachwerke
A.8 Totalresultierende
A.9 Elastische Lager
A.10 Seilstatik
A.11 Gerberträger und Dreigelenkbogen
A.12 Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung
Literatur
Personenverzeichnis
Stichwortverzeichnis

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Andreas Huber

Technische Mechanik 1 – Stereostatik

Technische Mechanik 1 - Stereostatik

Andreas Huber

Technische Mechanik 1 Stereostatik

Andreas Huber Pischelsdorf, Österreich

ISBN 978-3-662-67037-8 ISBN 978-3-662-67038-5 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Vieweg © Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany Das Papier dieses Produkts ist recyclebar.

V

Für meine Familie von denen niemand das Buch jemals lesen wird, mich aber trotzdem immer unterstützt hat und im Speziellen sei mein Vater genannt, der es nie mehr lesen können wird, allerdings trotzdem stolz auf mich wäre, so wie er es immer war.

Vorwort Die Technische Mechanik – für die einen das Lieblingsfach im Studium, für die anderen das absolute Problemfach. Ich weiß, wie schwer es sein kann, ein so komplexes Themengebiet, wie die Mechanik es ist, zu erlernen, in ihr zur Anwendung kommt die Mathematik, angefangen von der Integration, bis hin zur Vektorrechnung, und Maschinenbauliche Grundlagen, angefangen von der Konstruktionslehre bis zu den Maschinenelementen. Das Verstehen kann auch schwerfallen, wenn man die Erklärungen des Lehrenden, Professors nicht genau deuten kann. Probleme bei Erklärungen gibt es oftmals, aufgrund von fehlenden Bildern, zu Beispielen aus der Praxis. In diesem Buch wird ein sehr großer Wert darauf gelegt, die Verbindung, zwischen der Theorie und der Wirklichkeit (Anwendung in der Industrie) durch praxisnahe Anwendungsbeispiele und Bilder, zu schaffen. Es handelt sich hierbei um die erste Auflage des ersten Bandes, einer mehrbändigen Buchreihe zur Technischen Mechanik, die folgende Kapitel behandelt: Stereostatik, Elastostatik, Dynamik, Hydromechanik, Thermodynamik, Aeromechanik. Da dies die erste Veröffentlichung zu dieser Reihe, in erster Auflage ist, sind Fehler nicht ausgeschlossen. Fehler, Ergänzungen, Kritik sind stets unter meiner, zuvor angeführten E-Mail-Adresse, willkommen. Verbesserungen werden ständig vorgenommen, damit das Ziel, möglichst viele Studierende von der Schönheit des Faches „Technische Mechanik“ zu überzeugen und eines Tages möglichst vielen Studierenden das Leben vor der Prüfung zur Technischen Mechanik zu vereinfachen. Das Zielpublikum sind Studienanfänger, HTLer (Schüler der Höheren Technischen Lehranstalt), der Studienrichtungen: Maschinenbau, Mechatronik, Wirtschaftsingenieurwesen. Zusätzlich sollte es mit einigen Kapiteln (vorrangig mit dem Abschließenden) Anregungen zur Anwendung in der Industrie schaffen, sowie interessierten Personen einen neuen, interessanten Zugang, zur Technischen Mechanik darlegen. Vor dem Schreiben dieses Buches musste ich immer wieder feststellen, dass es für die HTL kein explizites Lehrbuch zur Technischen Mechanik gibt, welches exakt den Stoff dieses Faches abdeckt. Diese Tatsache nahm ich mir zur Intention, ein solches Buch zu schreiben. Sukzessiv wurde mir dann bewusst, dass man das Buch aber nicht nur für die HTL verwenden können sollte, aufgrund ich immer wieder vertiefend in manche Kapitel eingehe und dadurch auch zu komplexeren Themen, aus dem Studium greife. Da die Lehrtätigkeit nur einen geringen Anteil meines Berufs ausmacht und ich hauptberuflich mit FEM- und CFD-Methoden der Technischen Mechanik zu tun habe, wurde mir auch bewusst, dass es kein wirkliches Buch gibt, welches die theoretischen Beispiele in die industrielle Anwendung durch FEM überführt. Diese Tatsache war dann noch Intention für die letzte Ergänzung im Zuge des Schreibens dieses Buches, als ich dann noch die Lösungsmethoden durch SolidWorks mit in das Buch aufnahm.

VII Vorwort

Bei Fragen richten Sie sich an mich unter folgender eMail-Adresse: [email protected] Eine Übersicht über alle Bücher erhalten Sie unter meiner Website: 7 https://andreas-huber-buecher.jimdofree.com/ Ing. Dipl.-Ing. (FH) Andreas Huber, CSWE

März 2023

Verwendete Programme Das gesamte Buch wurde in LATEX verfasst. Das Literaturverezichnis in BibTEX. Diagramme, Abbildungen, einige Tabellen wurden in TikZ, Matlab, GeoGebra, Adobe Illustrator, IPE, PSTricks und dem CAD Programm SolidWorks erstellt. Diese wurden dann durch .pdf Dateien in das Dokument eingebunden.

Matlab

Adobe Photoshop

SolidWorks

Adobe Reader Pro

TeXStudio

Adobe Illustrator

LaTeX

Microsoft Excel

IPE

Adobe InDesign

BibTeX

Visual Studio

MathCAD

Adobe Dimension

GeoGebra

Adobe Creative Cloud

IX

Danksagung und Autor Ich möchte mich besonders bei allen Unterstützern und Helfern bedanken. Zum einen jene, welche mir bei Problemen mit LATEX geholfen haben, ich habe mich nicht vom ersten Moment an in dieses Programm verlieben können, allerdings bin ich mit Word bei solch großen Dokumenten an meine Grenzen gestoßen, aufgrund ich mich mehr oder minder auf LATEX einlassen musste. Heute kann ich allen Kritikern (so auch ich, damals) sagen: „Es ist das beste Textverarbeitungsprogramm auf dem Markt, für große Dokumente, auch wenn der Anfang nicht einfach fällt. Hier wurden, um das Layout des Buches zu erhalten, ca. 1000 Programmzeilen in die Präambel eingebettet, bevor mit dem Schreiben begonnen wurde“. Zum Anderen möchte ich mich für die Hilfe bei fachlichen Problemen bedanken und auch bei der rechtlichen Beratung. (Die angesprochenen Personen werden wissen, wem ich meine). Um eine Strukturierung in das Buch zu bekommen, möchte ich mich bei allen Professoren, die durch ihre Skripten, eine grobe Strukturierung vorgaben, bedanken. Des Weiteren möchte ich mich bei meinen Professoren aus der HTLZeit bedanken, die mir auch immer wieder geholfen haben, Lösungen für Designwünsche in LATEX umzusetzen, oder mir halfen die optimalen Zeichenprogramme für die Erstellung der Vektorgrafiken zu finden. Auch diese werden wissen, wem ich meine, wenn sie das lesen. Ganz besonders möchte ich mich bei einem Professor aus meinem Studium bedanken, der mich immer wieder beraten hat beim Vorgang an den Verlag heranzutreten und mich immer durch Zoom-Meetings unterstützt hat, da ihm dieser, doch teilweise langwierige Vorgang, aufgrund eigener Erfahrung bekannt war. Zweitens möchte ich mich noch bedanken, bei der Unterstützung für bei der grundlegenden Herangehensweise zum Veröffentlichen für das Buch, bei der Unterstützung einen Verlag zu finden, danke dafür an den Hochschulverlag der Hochschule Mittweida. Zu guter Letzt bedanke ich mich besonders beim gesamten Springer Team, ohne die dieses Buch so nicht existieren würde. Ich bin sehr dankbar für die tolle Zusammenarbeit mit meinem Verlags-Team und der Erfahrung die mir dadurch mitgegeben wurde. Danke schön für die Projektleitung dieses Buches seitens des Verlages, Michael Kottusch. Ebenso möchte ich mich herzlich für die Planung und Realisierung des Designs und der gesamten Kapitel bei Lisa Burato bedanken, die mich dazu immer wieder beraten hatte.

X

Danksagung und Autor

Der Autor Andreas Huber beschäftigt sich mit den Themen: Angewandte Mathematik, Maschinenbau, Maschinenelemente, Kolbenmaschinen, Strömungsmaschinen, Getriebetechnik, Thermodynamik, Technische Mechanik, Informatik, Computerunterstützte Programmberechnungen in der Technik, CAD-Programmoptimierungen und Anwendungen, Konstruktionsmethoden und Technische Konstruktionen sowie der Mechatronik, darunter Mikrocontroller und Robotik. Er hat die Höhere- Technische-Bundes- Lehr und Versuchsanstalt in Salzburg (Abteilung: Maschinenbau, Vertiefung: Anlagentechnik) besucht und anschließend an der University of Applied Science in Mittweida, Maschinenbau, mit Vertiefung Mechatronik studiert. Zudem besuchte er immer wieder Fortbildungen im Bereich der CAM- und CAD Technik, und ließ sich anschließend in diesen Bereichen zertifizieren. So sammelte er Zertifizierungen als Expert für Mechanical Design und Simulation, als auch Zertifizierungen für PDM- Systeme, FlowSimulation und API bzw. Makroprogrammierung. Am Ende sammelte er dadurch ca. 50 Zertifizierungen, von denen manche nur die wenigsten schaffen. Zudem wurde er als SolidWorks Champion ausgezeichnet. Berufserfahrung hat er schon in jungen Jahren, durch diverse Neuentwicklungen sammeln können und später durch Neuerfindungen und Entwicklungen in der Industrie, vorwiegend in den beiden Sparten: Automatisierung und für Maschinen der Automobilindustrie. In der Industrie arbeitet er als Projekt- und Neuentwicklungsleiter für Werkzeugbaumaschinen Spannmittel. Er selbst ist neben der Projektleitung primär mit der FEM-Berechnung diverser Bauteile und Baugruppen beschäftigt sowie der API-Programmierung und der Ideenentwicklung sowie der IT und Datenbankeinstellungen im Unternehmen. Um viele Beispiele anschaulicher zu gestalten, wurde eine Website zu dieser Buchreihe erstellt, die unter dem unten angeführten Link zu erreichen ist. Dort können diverse Animationen, FEM-Berechnungen, CAD-Dateien eingesehen werden; zudem kann man sich unter dem ersten Link noch ein besseres Bild des Autors machen. Bei Fragen, Anregungen, Wünschen oder Beschwerden, ist ebenfalls noch eine E-MailAdresse angefügt. 7 https://www.linkedin.com/in/andreas-h5783b912b/ [email protected]

XI

Abkürzungsverzeichnis a Beschleunigung Œ sm2  cosh.x/ Kosinushyperbolicus Funktion [ ] d0 Ausgangsdurchmesser [mm] d2 Flankendurchmesser [mm] e Randfaserabstand [mm] F Kraft [N] Feq Streckenlastenkraft [N] FG Gewichtskraft [N] FH Hilfskraft [N] FN Normalkraft [N] FR Reibungskraft [N] FRes resultierende Kraft [N] FS1 Lasttrum [N] FS 2 Leertrum [N] FU Umfangskraft [N] FV Vorspannkraft [N] FZ;D Zug- bzw. Druckkraft [N] g Erdbeschleunigung Œ sm2  k Bettungsfaktor (elastischer Träger) oder Steigung (Allgemein) [ ] l gedehnte Länge [mm] l0 Ausgangslänge [mm] M Drehmoment [Nm] M Drehmoment [Nm] Mb Biegemoment [Nm] Mb;max maximales Biegemoment [Nm] MK Kippmoment [Nm] MR Reibungsmoment [Nm] MS Standmoment [Nm] Mvorh vorhandenes Moment [N] MX ; MY Statisches Moment [m3 ] MX Y Statisches Moment für Volumen [Nm] Mzul zulässiges Moment [Nm] 1 n Drehzahl Œ min  P Leistung [W] p Streckenlast [mm] R gekrümmter Trägerradius [mm] S;  Sicherheit [ ] sinh.x/ Sinushyperbolicus Funktion [ ]

t v W w

Zeit [s] Geschwindigkeit Œ ms  Arbeit [J] maximle Durchbiegung [mm] w0 Neigung [ ] w 00 Krümmung der Biege1 linie, Biegemoment Œ mm  1 000 Querkraft Œ mm  w wmax maximle Durchbiegung [mm] x lokale Wirklänge [mm] xmax maximale Wirklänge [mm] xS ; yS Schwerpunktabstände [m] hx  ai0 Flöppl-Symbol [ ] d gedehnter Durchmesser [mm] l Verlängerung [mm] 1  Krümmung Œ mm   Reibungskoeffizient [ ]  Possion-Zahl [ ]  Krümmungsradius [mm] ' Gewindesteigungswinkel [deg] % Gewindereibungswinkel [deg]

XIII

Inhaltsverzeichnis 1 1.1 1.1.1 1.1.2 1.2 1.2.1 1.2.2 1.3 1.3.1 1.3.2 1.3.3 1.3.4

Einführung und Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 2.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.2 2.3 2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.3.5 2.4 2.4.1 2.4.2 2.4.3 2.4.4 2.4.5 2.5 2.6

Freischneiden und Freimachen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Newton’sche Axiome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Newton’sches Axiom: Trägheitsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Newton’sches Axiom: Dynamisches Grundgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Newton’sches Axiom: Wechselwirkungsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Freimachen eines Auslegerkrans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arten von Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einzelkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Streckenlast, Flächenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Volumenkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Innere Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Äußere Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Festlager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Loslager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einspannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pendelstützen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wertigkeit eines Lagers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 12 12 13 14 17 17 17 17 18 18 18 18 19 20 21 22 23 23 30

3 3.1 3.1.1 3.1.2 3.1.3 3.2 3.3 3.3.1 3.3.2 3.3.3 3.3.4

Kraftsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundgesetz der Wechselwirkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zusammensetzen von Kräften zu Resultierenden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht im ZEK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zusammensetzen zweier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei parallele Kräfte, entgegengesetzter Wirkungssinn . . . . . . . . . . . . . . . Zwei entgegengesetzt gerichtete, gleich große Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . .

35 41 41 42 43 45 45 46 46 47 47

Didaktik dieses Buches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlegende Rahmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Farbboxen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Technische Mechanik, Analytische Mechanik, Physik . . . . . . . . . . . . . . . . Was ist Mechanik? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Themengebiete der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summenschreibweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Produktschreibweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleitkommadarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Griechisches Alphabet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2 2 3 4 4 4 6 6 6 7 7

XIV

Inhaltsverzeichnis

3.4 3.4.1 3.4.2 3.4.3 3.5 3.5.1 3.5.2 3.5.3 3.5.4 3.5.5 3.5.6 3.6 3.6.1 3.6.2 3.7 3.8 3.8.1 3.8.2 3.9 3.9.1 3.9.2 3.10 3.10.1 3.10.2 3.11 3.11.1 3.11.2 3.12

Gleichgewichtsbedingungen grafisch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht zweier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht dreier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht vierer Kräfte, Culmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewichtsbedingungen analytisch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summe aller Kräfte in x-Richtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summe aller Kräfte in y-Richtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summe aller Kräfte in z-Richtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schräge Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summe aller Momente um einen Punkt gleich null . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Praxis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung mit Matlab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung mit SolidWorks FEM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resultierende Kraft analytisch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechtwinkeliges Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Allgemeines Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräftevektoren in der Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewichtsbedingungen in der Ebene, vektoriell . . . . . . . . . . . . . . . . . Balkenbeispiel, vektoriell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Momente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resultierendes Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Momentenvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel im ZRK – mit Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48 48 48 51 51 51 53 53 53 55 56 56 57 58 65 65 65 66 68 68 68 68 71 72 73 73 74 78

4 4.1 4.1.1 4.1.2 4.2 4.2.1 4.3

Seileck- und Schlusslinienverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91 92 92 95 96 96 99

5 5.1 5.1.1 5.1.2 5.1.3 5.1.4 5.2 5.2.1 5.2.2 5.2.3 5.2.4

Standsicherheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Ersatzproblem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grafische Ermittlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechnerische Ermittlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewichtsproblem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grafische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Gleichgewichtslagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Thermisches Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dynamisches Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewichtszustand bei Störungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht beim Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Standsicherheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kippkante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Standmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kippmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interpretation des Standsicherheitsergebnisses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

103 104 104 104 104 105 106 106 107 107 107

XV Inhaltsverzeichnis

5.2.5 5.2.6 5.2.7 5.3

Berechnung der Sicherheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Anwendung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grafische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

108 108 108 114

6 6.1 6.1.1 6.1.2 6.1.3 6.1.4 6.1.5 6.2 6.2.1 6.2.2 6.2.3 6.3 6.3.1 6.3.2 6.3.3 6.4 6.4.1 6.4.2 6.5 6.6 6.6.1 6.6.2 6.7 6.7.1 6.7.2 6.8 6.8.1 6.8.2 6.8.3 6.9 6.10 6.10.1 6.10.2 6.11 6.11.1 6.11.2 6.12 6.13 6.13.1 6.13.2 6.14 6.15

Schwerpunktlehre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

119 121 122 122 122 123 124 124 124 127 130 131 131 132 132 133 133 133 134 134 134 136 138 138 138 140 140 141 143 144 144 145 145 146 146 146 149 150 150 151 152 152

Ermittlung des Schwerpunktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arten von Schwerpunkten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Notation der Schwerpunktabstände . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt Grundformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linienschwerpunkt Grundformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unterschied Flächen- und Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einfachintegral mit Flächenstreifen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Doppelintegral, kartesische Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Doppelintegral, Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Volumenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung des Volumens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rotationskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Allgemeine Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Berechnung der Bogenlänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Massenmittelpunkt bzw. Massenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktberechnung wichtiger Geometrien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kreisausschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grafische Bestimmung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bei einzelnen Flächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bei zusammengesetzten Flächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunkte einiger Figuren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Körperschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunkt bei fehlender Flächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Guldin’sche Regel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Guldin’sche Regel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Guldin’sche Regel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktbestimmung in der Praxis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Guldin’sche Regel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunkt mittels Tabelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktermittlung mithilfe der Vektorrechnung . . . . . . . . . . . . . . . Mittelpunkt einer Strecke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunkt eines Dreiecks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Literaturempfehlungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

XVI

Inhaltsverzeichnis

7 7.1 7.1.1 7.1.2 7.1.3 7.2 7.2.1 7.2.2 7.2.3 7.2.4 7.2.5 7.3 7.3.1 7.3.2 7.4 7.4.1 7.4.2 7.4.3 7.4.4 7.5 7.6 7.6.1 7.6.2 7.7 7.7.1 7.7.2 7.8 7.8.1 7.8.2 7.8.3 7.9 7.9.1 7.9.2 7.10 7.10.1 7.10.2 7.10.3 7.10.4 7.10.5 7.10.6 7.11 7.11.1 7.11.2 7.11.3 7.11.4 7.11.5 7.11.6 7.12 7.13

Reibung / Haftung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Notation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungskraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Normalkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungskoeffizient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arten der Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Haftreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleitreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollwiderstand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abhängigkeit der Reibkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Starre Bauteile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elastische Bauteile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Coulomb’sches bzw. Amonton’sches Reibungsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . 1. Amonton’sche Gesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Amonton’sche Gesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungswinkel % . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gängige Reibwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibkegel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Haftreibung: Beispiel Leiter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleitreibung: Beispiel Bohrtisch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Euler-Eytelwein-Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Idealfall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wirklicher Fall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Roll- und Fahrwiderstand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagerreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tragzapfen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Spurzapfen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibung auf der schiefen Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundfälle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Grundfall (Bewegung nach oben) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Grundfall (Halten auf Position) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Grundfall (Bewegung nach unten) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übersicht aller Fälle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einsatz von Software zur Berechnung der Reibkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindereibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abwicklung und Helix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arten von Gewindereibungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindereibungsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bedingungen der Selbsthemmung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bewegungsschrauben mit Spitz- oder Trapezgewinde . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Schraubstockspindel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibleistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

169 174 174 174 174 175 175 175 176 176 176 176 176 176 178 178 179 179 179 182 183 183 184 187 187 190 192 192 192 193 194 194 195 196 196 196 199 202 203 205 208 208 209 211 212 212 213 214 215

XVII Inhaltsverzeichnis

8 8.1 8.1.1 8.1.2 8.1.3 8.1.4 8.2 8.2.1 8.2.2 8.2.3 8.2.4 8.2.5 8.3 8.3.1 8.3.2 8.3.3 8.4

Fachwerke und Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Komponenten eines Fachwerk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Idealisierungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerktypen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Konstruktive Gestaltung von Fachwerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Berechnung in der Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung der Nullstäbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeichnerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechnerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung mit PC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Berechnung im Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vektorrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Computergestützte Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

223 226 226 226 227 227 228 228 230 230 236 238 247 247 248 250 252

9 9.1 9.1.1 9.1.2 9.1.3 9.1.4 9.2 9.2.1 9.2.2 9.3 9.4

Totalresultierende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

267 268 271 271 271 272 273 273 273 274 274

10 10.1 10.1.1 10.1.2 10.1.3 10.1.4 10.1.5 10.1.6 10.2 10.2.1 10.2.2 10.3

Elastische Lager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11 11.1 11.1.1 11.1.2 11.2 11.2.1 11.2.2

Seilstatik & Kettenlinien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Totalresultierende von Streckenlasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechteckslast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreieckslast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trapezlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parabellast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Totalresultierende von Flächenlasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quaderlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pyramidenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Computergestützte Anwendung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Federn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schaltungen von Federn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung der Federkonstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht bei steifen, starren Federn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht bei weichen Federn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CAD-Anwendung – SolidWorks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sonstige Federpakete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dämpfer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hydro- und Aerodämpfer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Puffer und Gummidämpfer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabilität bei Seilsystemen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mathematische Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eigenlasten am Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Senkrecht hängendes Drahtseil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Senkrecht hängendes Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

295 296 297 299 300 303 303 308 314 315 316 317 327 329 329 330 332 332 333

XVIII

Inhaltsverzeichnis

11.2.3 11.2.4 11.2.5 11.3 11.3.1 11.3.2 11.4 11.4.1 11.4.2 11.4.3 11.5

Seil in einer beliebigen Position . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung der Kettenlinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seil unter Eigenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seil unter Eigenlast und Zusatzlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Senkrecht hängendes Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . In einem beliebigen Winkel und Einzellast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vereinfachungen in der Realität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wann liegt nahezu kein Fehler vor? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung der Formel für Seil unter konstanter Linienlast . . . . . . . . . . . . . Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

333 334 336 343 343 344 348 348 348 351 354

12 12.1 12.1.1 12.1.2 12.1.3 12.1.4 12.2 12.2.1 12.2.2 12.2.3 12.3 12.3.1 12.3.2 12.3.3 12.4 12.5

Gelenkträger und Dreigelenkbögen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

371 373 374 374 374 374 375 375 375 375 378 378 380 381 383 388

13 13.1 13.1.1 13.1.2 13.1.3 13.1.4 13.1.5 13.1.6 13.1.7 13.1.8 13.1.9 13.2 13.2.1 13.2.2 13.2.3 13.3 13.3.1 13.3.2 13.3.3 13.4

Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Systeme starrer Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Verbindungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisch bestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisch unterbestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisch unbestimmte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gelenkträger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufbau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Berechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeichnerische Ermittlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreigelenkbogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechnerische Ermittlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Superpositionsprinzip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeichnerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Softwaregestützte Ermittlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Virtuelle Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Das ewige Getriebe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Virtuelle Verschiebung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Definition der virtuellen Arbeit und Begriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Virtuelle Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vorgehensweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Generalisierte Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ergänzungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Computergestützte Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Virtuelle Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unterteilungen der Kräfte, Kinetostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ohne Betrachtung der Trägheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mit Betrachtung der Trägheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kraftwandlung bei einem Flaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faktorenflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potenzflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Differenzialflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Übungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

399 402 402 402 402 402 403 403 403 404 406 409 409 410 414 414 415 415 415 417

XIX Inhaltsverzeichnis

14 14.1 14.1.1 14.1.2 14.1.3 14.2 14.3

A.1 A.2 A.3 A.4 A.5 A.6 A.7 A.8 A.9 A.10 A.11 A.12

Statik in Anwendung und Industrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ermittlung im CAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ermittlung durch Versuche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ermittlung durch Sensoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wie löst man sinnvoll Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wofür werden diese Probleme der Statik untersucht? . . . . . . . . . . . . . . .

421 422 422 422 423 434 435

Serviceteil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Formelsammlung Stereostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kraftsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schlusslinie und Seileck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Standsicherheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktlehre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibung/Haftung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Totalresultierende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Elastische Lager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seilstatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gerberträger und Dreigelenkbogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Literatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Personenverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stichwortverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

437 438 438 442 448 449 451 457 464 465 465 466 469 469 471 475 477

Abbildungsverzeichnis Abb. 1.1 Abb. 1.2 Abb. 1.3 Abb. 2.1 Abb. 2.2

Abb. 2.3

Abb. 2.4

Abb. 2.6 Abb. 2.5

Abb. 2.7 Abb. 2.8 Abb. 2.9 Abb. 2.10 Abb. 2.11 Abb. 2.12 Abb. 2.13 Abb. 2.14 Abb. 2.15

Abb. 2.16 Abb. 2.17 Abb. 2.18 Abb. 2.19 Abb. 2.20 Abb. 2.21 Abb. 2.22 Abb. 2.23 Abb. 2.24 Abb. 2.25 Abb. 2.26

Themengebiete der Technischen Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . Themengebiete der Analytischen Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . Griechisches Alphabet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Isaac Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wird die Ladungssicherung nicht beachtet, so kann es sein, dass sich bei Bremsvorgängen die Ladung nach vorn geschoben und dadurch den Container beschädigt wird . . . . . . . . Mann dreht sich in einer Kreisbahn, anschließend wird die Schnur mit einer Schere durchgeschnitten und der Ball beginnt geradlinig wegzufliegen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gegenstände fallen bekanntlich aufgrund der Gewichtskraft und der Erdanziehungskraft gemäß dem dynamischen Grundgesetz nach unten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kiste, freigemacht, ohne Reibung, diese wird erst in einem späteren Kapitel behandelt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gegenkräfte. Wirkt man auf einen Körper – hier der Tisch – eine Kraft aus – hier mit der Faust, welche auf den Tisch gedrückt wird, so wirkt auch der Tisch auf die Faust eine Kraft aus – dies ist der spürbare Widerstand gegen die Faust . . . . . . . . Ball wird auf den Boden gespielt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einzelkräfte treten bei Punktberührungen auf . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenlast: Das Gewicht des Mannes (FG ) wird auf die Auflagefläche A durch q D FA verteilt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräfte in einer Pipeline können als Volumenkraft aufgefasst werden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Das Wasser in einem See ist eine Volumenkraft . . . . . . . . . . . . . . Bauteil freigemacht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Festlager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Festlagerkonzept 1, Festlager (links), gesichert durch eine Nutmutter (rechts) und ein Loslager (links) . . . . . . . . . . . . . . . . . . Festlagerkonzept 2, gesichert durch einen Lagerdeckel (links und rechts), rechts wurde zum Spielausgleich ein Lagerdistanzring verwendet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Loslager 1. und 2. Darstellungsart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Loslagerkonzept, Festlager (links) und Loslager (rechts) . . . . . . . Einspannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Golden Gate Bridge – hier können die Stützen als Einspannungen angesehen werden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Verkehrsschilder; welche mit einer Stützte am Boden verbunden sind, sind Einspannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Variable Einspannungen (Gleitführungen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pendelstütze an einer Brücke; hier gelb dargestellt . . . . . . . . . . . . Pendelstütze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Freigemachte Pendelstütze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagerreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ausführungsmöglichkeiten von Lagerungen in der Mechanik durch Wälzlager (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 7 11

12

12

13 14

14 15 17 17 18 18 18 19 20

20 21 21 21 22 22 22 22 23 23 24 25

XXI Abbildungsverzeichnis

Abb. 2.27 Abb. 2.28 Abb. 2.29 Abb. 2.30 Abb. 2.31 Abb. 2.32 Abb. 2.33 Abb. 3.1 Abb. 3.2 Abb. 3.3 Abb. 3.4 Abb. 3.5 Abb. 3.6 Abb. 3.7 Abb. 3.8

Abb. 3.9 Abb. 3.10 Abb. 3.11 Abb. 3.12

Abb. 3.13

Abb. 3.14 Abb. 3.15 Abb. 3.16 Abb. 3.17 Abb. 3.18 Abb. 3.19 Abb. 3.20 Abb. 3.21 Abb. 3.22 Abb. 3.23 Abb. 3.24 Abb. 3.25 Abb. 3.26 Abb. 3.28 Abb. 3.27 Abb. 3.29 Abb. 3.30 Abb. 3.31 Abb. 3.32

Ausführungsmöglichkeiten von Lagerungen in der Mechanik durch Wälzlager (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (2D) . . . . . . . . . . . Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (3D) . . . . . . . . . . . Übersicht Krafttypen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Freigemachte Tower Bridge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Golden Gate Bridge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Baum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lageplan vs. Kräfteplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vereinfachungsmöglichkeiten der Berechnung in der Mechanik . Zusammenhang der Kräfte bei der räumlichen bzw. der ebenen Berechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wellen können als Balkenelemente betrachtet werden zum Berechnen der Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräfte dürfen entlang ihrer Wirklinie verschoben werden . . . . . . Beweis für die Verschiebung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fliehkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die Kinder werden bei einer Drehbewegung nach außen befördert. Dies ist eine Folge der Trägheitskraft bzw. der Fliehkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bilden einer resultierenden Kraft aus zwei Einzelkräften . . . . . . Bilden einer resultierenden Kraft aus zwei Einzelkräften, durch ein Kräfteparallelogramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei Kräfte mit derselben Wirklinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beim Ballett muss die Frau, alle auf ihr wirkenden Kräfte (hier sind das Gewichtskräfte), in einem Punkt bündeln, um das Gleichgewicht zu halten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wird hier nur ein Fuß weiter nach außen gestreckt, so verlagern sich die Gewichtskräfte, die hier noch im Gleichgewicht sind und die Person kippt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zusammensetzen zweier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei parallele Kräfte, entgegengesetzter Wirkungssinn . . . . . . . . Einfache Konstruktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräftepaar: Egal wie man den Kräfteplan bildet, es kann nie eine resultierende Kraft gebildet werden, da FRes D 0 ist . . . . . . Gleichgewicht dreier Kräfte (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht dreier Kräfte (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Culmann-Kräfte-Verfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summe aller Kräfte in x-Richtung gleich null . . . . . . . . . . . . . . . Unterteilung einer schrägen Kraft in ihre Komponenten . . . . . . . Satz des Pythagoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Winkelfunktionen bei schrägen Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Balken mit zwei Einzelkräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abmessungen des Balkens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel des Balkens in Anwendung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aus zwei Kräftepaaren wird ein Moment, am Beispiel: Schraubendreher . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einheitskreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung Sinussatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26 27 28 29 31 32 33 37 39 40 41 41 42 42

42 43 43 45

45

45 46 47 47 47 48 48 48 51 53 53 54 54 55 58 58 65 65 66 67

XXII

Abbildungsverzeichnis

Abb. 3.34 Abb. 3.33 Abb. 3.35 Abb. 3.36 Abb. 3.37 Abb. 3.38 Abb. 3.39 Abb. 3.40 Abb. 3.41 Abb. 3.42 Abb. 3.43 Abb. 3.44 Abb. 3.45 Abb. 3.46 Abb. 3.47 Abb. 3.48 Abb. 3.49 Abb. 3.50 Abb. 3.51 Abb. 3.52 Abb. 4.1 Abb. 4.2 Abb. 4.3 Abb. 4.4 Abb. 4.5 Abb. 5.1 Abb. 5.2 Abb. 5.3 Abb. 5.4 Abb. 5.5 Abb. 5.6 Abb. 5.7 Abb. 5.8 Abb. 5.9 Abb. 5.10 Abb. 5.11 Abb. 5.12 Abb. 5.13 Abb. 5.14 Abb. 5.15 Abb. 5.16 Abb. 5.17 Abb. 6.1 Abb. 6.2 Abb. 6.3 Abb. 6.4 Abb. 6.5 Abb. 6.6

Resultierende Kraft, im allgemeinen Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung Kosinussatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Winkelfunktionen bei schrägen Kräften, vektoriell . . . . . . . . . . . . Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resultierendes Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Moment durch Momentenvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die rechte Hand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Freiheitsgrade im Raum – Anhand eines Flugzeuges gezeigt . . . Freiheitsgrade im Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechte Handregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Angehängtes Straßenschild . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zu Übungsbeispiel 3.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zu Übungsbeispiel 3.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zu Übungsbeispiel 3.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Seilbahn; Lösung zu Beispiel: 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Rollen in Behälter; Lösung zu Beispiel: 3.12 . . . . . . . . . Beispiel Stahlkonstruktion; Lösung zu Beispiel: 3.14 . . . . . . . . . Erstes Übungsbeispiel; Angabe zu Gleichgewichtsbedingungen aufstellen und Lagerkräfte bestimmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Angabe zu 7 Beispiel 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Angabe zu 7 Beispiel 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Segelboot – Krafteck des Seilecks . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Segelboot – Philosophie des Seilecks . . . . . . . . . . . . . . . Schlusslinie mit einer Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Seileck – LKW . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Seileck-Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Labiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Indifferentes Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Metastabiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bistabiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ein ebenes Pendel als Fahrgeschäft auf einer Kirmes . . . . . . . . . . Gleichgewichtspositionen des ebenen Pendels . . . . . . . . . . . . . . . Standmoment, Kipppunkt, Kippmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kippen eines Kastens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Standmomente eines Kastens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kippmomente eines Kastens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interpretation der Standsicherheit anhand eines Kastens . . . . . . . Beispiel Kasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Regel für die grafische Methode zur Überprüfung der Standsicherheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bauteil kippt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bauteil hält . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beschleunigungskräfte und Bedeutung des Schwerpunktes bei einer Kurvenfahrt eines Formel 1 Autos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktnotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unterschied Linien- und Flächenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . Moment 1. Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Runder Quadratausschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 67 68 68 72 72 72 74 74 75 75 79 80 80 81 82 83 84 86 87 94 95 97 100 101 105 105 105 105 105 105 106 106 106 107 107 108 109 110 111 111 111 121 122 122 124 124 125

XXIII Abbildungsverzeichnis

Abb. 6.7 Abb. 6.8 Abb. 6.9 Abb. 6.10 Abb. 6.11 Abb. 6.12 Abb. 6.13 Abb. 6.14 Abb. 6.15 Abb. 6.16 Abb. 6.17 Abb. 6.18 Abb. 6.19 Abb. 6.20 Abb. 6.21 Abb. 6.22 Abb. 6.23 Abb. 6.24 Abb. 6.25 Abb. 6.26 Abb. 6.27 Abb. 6.28 Abb. 6.29 Abb. 6.30 Abb. 6.31 Abb. 6.32 Abb. 6.33 Abb. 6.34 Abb. 6.35 Abb. 6.36 Abb. 7.1

Abb. 7.2 Abb. 7.3

Schwerpunktbestimmung eines Kreissektors . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktabstand, mit Doppelintegral, in kartesischen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktabstand eines Rechtecks: a mit einfachem Integral, b mit Doppelintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vergleich Kartesische- und Polarkoordinaten: kartesische Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vergleich Kartesische- und Polarkoordinaten: Polarkoordinatendarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunktabstand eines Viertelkreises, mithilfe eines Doppelintegrals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung der Formel zur Bestimmung des Volumenschwerpunktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung der Gleichung für den Volumenabstand einer Pyramide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bogenlänge und statisches Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vergleich zwischen homogener und inhomogener Körper . . . . . . Flächenschwerpunkt Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linienschwerpunkt Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt Kreisausschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linienschwerpunkt Kreisausschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt Parabel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenschwerpunkt Dreieck und Rechteck, zeichnerisch . . . . . . Flächenschwerpunkt bei zusammengesetzten Flächen, zeichnerisch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Flächenschwerpunkt 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Flächenschwerpunkt 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Körperschwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Körper, Fläche, mit einer fehlenden Fläche . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rotationskörper: Lässt man einen Halbkreis rotieren, ergibt sich eine Kugel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rotationskörper: 1. Guldin’sche Regel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Herleitung der Formel zur Bestimmung des Mittelpunktes einer Strecke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunkt Dreieck mit Vektoren Schritt 1 . . . . . . . . . . . . . . . . Schwerpunkt Dreieck mit Vektoren Schritt 2 . . . . . . . . . . . . . . . . Kreissegment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beliebige Figur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beliebige Figur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bisher: Ohne Reibung und Luftwiderstand würde sich der Kreisel, wenn dieser erst in Bewegung ist, ewig weiter drehen und niemals stoppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beim Skifahren kommt es zwischen Ski und Piste zur Reibung. Beim Losfahren zur Haft- und anschließend zu Gleitreibung . . . Zwischen Jetski und Wasser kommt es zu Flüssigkeitsreibung . .

126 127 129 130 130 131 132 132 134 135 135 135 136 136 137 138 139 140 141 142 143 144 144 145 151 151 151 162 163 165

172 172 173

XXIV

Abbildungsverzeichnis

Abb. 7.4 Abb. 7.5 Abb. 7.6 Abb. 7.7 Abb. 7.8 Abb. 7.9 Abb. 7.10 Abb. 7.11 Abb. 7.12 Abb. 7.13 Abb. 7.14 Abb. 7.15 Abb. 7.16 Abb. 7.17 Abb. 7.18 Abb. 7.19 Abb. 7.20 Abb. 7.21 Abb. 7.22 Abb. 7.23 Abb. 7.24 Abb. 7.25 Abb. 7.26 Abb. 7.27 Abb. 7.28 Abb. 7.29 Abb. 7.30

Abb. 7.31 Abb. 7.32 Abb. 7.33 Abb. 7.34 Abb. 7.35 Abb. 7.36 Abb. 7.37 Abb. 7.38 Abb. 7.39 Abb. 7.40 Abb. 7.41 Abb. 7.42 Abb. 7.43 Abb. 7.44 Abb. 7.45 Abb. 7.46 Abb. 7.47 Abb. 7.48

Beim Eislaufen muss die Reibung zwischen Metall am Eislaufschuh und Eis überwunden werden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei Bauteile reiben gegeneinander . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungsbehaftete Bauteile freigemacht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einfluss der Reibungskraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einfluss der Normalkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Haft- und Gleitreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Glatte Oberfläche: Autofahrt bei Glatteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Raue Oberfläche: Autofahrt bei Schönwetterlage . . . . . . . . . . . . . Unterschied zwischen starren- und elastischen Körpern . . . . . . . Adhäsions- und Deformationsanteil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlegende Kräfte bei Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungskräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungswinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibkegel in Anwendung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Freimachen einer Führung mit Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeichnerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hier, bei diesem alten Rad wird noch sehr an die Gestalt eines „Seils“ erinnert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Keilriemen bei der Kraftübertragung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Breiter Flachriemen bei der Kraftübertragung . . . . . . . . . . . . . . . . Seil an einem Baumstamm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Keilriemenscheibe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Normalkraftverläufe bei Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seilstück . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bandbremse in der Realität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Baumstamm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwischen Autoreifen und Asphalt tritt Rollreibung auf . . . . . . . . Im Maschinenbau, eines der wichtigsten Maschinenelemente: Kugellager. Zwischen den Kugeln und dem Lagerring tritt Rollreibung auf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Warum nutzt sich ein Reifen eines Pkws ab? . . . . . . . . . . . . . . . . . Idealfall der Rollreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wirklicher Fall der Rollreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tragzapfen – Anwendung in der Realität: bei einer Kurbelwelle Tragzapfen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Spurzapfen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Anwendung eines Spurzapfens: Kupplung . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bewegung nach oben, FZ parallel zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . Kräfteplan Bewegung nach oben, FZ parallel zur Unterlage . . . . Bewegung nach oben, FZ waagrecht zur Unterlage . . . . . . . . . . . Kräfteplan Bewegung nach oben, FZ waagrecht zur Unterlage . Bewegung nach oben, FZ unter beliebigen Winkel zur Unterlage Kräfteplan Bewegung nach oben, FZ unter beliebigen Winkel zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Halten auf Position, FZ parallel zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . . . Kräfteplan halten auf Position, FZ parallel zur Unterlage . . . . . . Halten auf Position, FZ waagrecht zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . Kräfteplan halten auf Position, FZ waagrecht zur Unterlage . . . . Halten auf Position, FZ unter beliebigen Winkel zur Unterlage .

173 174 174 174 174 175 177 177 178 178 178 179 179 182 185 186 187 187 187 188 188 188 189 190 191 192

192 192 193 193 194 195 195 196 197 197 198 198 200 200 200 201 201 201 201

XXV Abbildungsverzeichnis

Abb. 7.49 Abb. 7.50 Abb. 7.51 Abb. 7.52 Abb. 7.53 Abb. 7.54 Abb. 7.55 Abb. 7.56 Abb. 7.57 Abb. 7.58 Abb. 7.59 Abb. 7.60 Abb. 7.61 Abb. 7.62 Abb. 7.63 Abb. 7.64 Abb. 7.65 Abb. 7.66 Abb. 8.1 Abb. 8.2 Abb. 8.3 Abb. 8.4 Abb. 8.5 Abb. 8.6 Abb. 8.7 Abb. 8.8 Abb. 8.9 Abb. 8.10 Abb. 8.11 Abb. 8.12 Abb. 8.13 Abb. 8.14 Abb. 8.15 Abb. 8.16 Abb. 8.17 Abb. 8.18 Abb. 8.19 Abb. 8.20 Abb. 8.21 Abb. 9.1 Abb. 9.2 Abb. 9.3 Abb. 9.4 Abb. 9.5 Abb. 9.6 Abb. 9.7

Kräfteplan halten auf Position, FZ unter beliebigen Winkel zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bewegung nach unten, FZ parallel zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . Kräfteplan Bewegung nach unten, FZ parallel zur Unterlage . . . Bewegung nach unten, FZ waagrecht zur Unterlage . . . . . . . . . . Bewegung nach unten, FZ unter beliebigen Winkel zur Unterlage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindeabwicklung (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindeabwicklung (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindeabwicklung Geometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schraubenlinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechts- oder linksläufiges Gewinde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Es wird ein Ausschnitt von einem Schrauben betrachtet, hier herausgeschnitten: ein Gewindegang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindereibung, Bewegung nach oben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindereibung, Bewegung nach unten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräfte bei der Gewindereibung, Bewegung nach unten . . . . . . . . Gewindereibungsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Spitzengewinde: Flankenwinkel D 60ı ; Anwendung bei allen metrischen Schrauben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trapezgewinde: Flankenwinkel D 45ı ; Anwendung bei fast allen Bewegungsspindeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindeflanken im Schnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tragwerk Beispiel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tragwerk Beispiel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräne sind räumliche Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eiffelturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Strommasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerkshäuser sind eben Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerkshaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufbau eines Fachwerks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unterschiedliche Bautypen von Fachwerken . . . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerk, Schrauben (Kontenblech) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerk, Nieten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Brücken sind meist Fachwerkskonstruktionen . . . . . . . . . . . . . . . Fachwerk, Gitterrohrrahmen, geschweißt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewöhnliches Fachwerk: 2  k D s C 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreigelenkbogen 2  k D s C 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Auftreten von Nullstäbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Antonio Cremona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3D Fachwerk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel eines Fachwerks im Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Räumliches Fachwerk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Komplexes räumliches Fachwerk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . System . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einzellast FRes D 1000 N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Streckenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Streckenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiele für Streckenlasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechteckslast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

202 202 202 203 203 208 208 208 209 209 209 210 210 211 211 212 212 212 225 225 225 226 226 226 226 227 227 228 228 228 228 229 229 230 231 247 247 250 250 269 269 269 269 270 270 271

XXVI

Abbildungsverzeichnis

Abb. 9.8 Abb. 9.9 Abb. 9.10 Abb. 9.11 Abb. 9.12 Abb. 9.13 Abb. 9.14 Abb. 9.15 Abb. 9.16 Abb. 9.17 Abb. 9.18 Abb. 9.19 Abb. 9.20 Abb. 9.21 Abb. 9.22 Abb. 9.23 Abb. 9.24 Abb. 9.25 Abb. 9.26 Abb. 9.27 Abb. 9.28 Abb. 9.29 Abb. 9.30 Abb. 9.31 Abb. 9.32 Abb. 9.33 Abb. 9.34 Abb. 9.35 Abb. 9.36 Abb. 10.1

Abb. 10.2 Abb. 10.3 Abb. 10.4 Abb. 10.5 Abb. 10.6 Abb. 10.7 Abb. 10.8 Abb. 10.9 Abb. 10.10 Abb. 10.11 Abb. 10.12 Abb. 10.13 Abb. 10.14 Abb. 10.15 Abb. 10.16 Abb. 10.17

Dreieckslast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trapezlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parabellast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flächenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Staumauer: Wasser drückt gegen die Mauer = Flächenlast 1 . . . . Staumauer: Wasser drück gegen die Mauer = Flächenlast 2 . . . . Quaderlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pyramidenlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pyramidenlast-Prinzipsskizze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Moosersperre, Stausee Kaprun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze Stausee und Druckverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ermittlung mittels Excel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kraftverlaufsdiagramme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kraftverlauf während eines Jahres des Stausees Kaprun . . . . . . . Baikalsee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Neusiedlersee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pellet-Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schneelast anhand eines Haus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schneelast anhand eines Haus, Wurzelfunktionsverteilung . . . . . Schneelast ungleich verteilt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schneelast bei einer Überdachung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lastverteilung bei einer Bolzenverbindung . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parabelverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sinusverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Verteilungsfunktionen einer Bolzenverbindung – Wertetabelle . . Verteilungsfunktionen einer Bolzenverbindung – Verteilungsfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1  x2  y . . . . . . . . . . . . . . . Flächenlast der Funktion f .x; y/ D 15 0;4 Flächenlast der Funktion f .x; y/ D x  y 0;27 . . . . . . . . . . . . . . Kugellast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Federn sind aus unserem Leben nicht wegzudenken. Egal, ob am Spielplatz, in Uhren, in Spielzeugen, in Küchengeräten oder in der Technik, Mechanik und Maschinenbau. Federn sind fast überall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Druckfeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zugfeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Federkennlinien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feder freigemacht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reihenschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reihenschaltung – Ausführungsbeispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reihenschaltung mit Ersatzfeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parallelschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parallelschaltung mit Ersatzfeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Parallelschaltung – Ausführungsbeispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zusammenfassung der Schaltungen, samt Ersatzfedern . . . . . . . . Dämpfersystem mit Druckfedern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dämpfersystem mit Zugfedern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unbelastete Feder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Belastete Feder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Träger, belastet mit konstanter Streckenlast q, auf die gesamte Länge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

271 271 272 273 273 273 273 274 274 275 276 276 276 277 278 278 279 282 283 283 285 286 287 288 289 290 293 293 294

296 297 297 297 297 298 298 298 299 299 299 299 299 300 300 300 301

XXVII Abbildungsverzeichnis

Abb. 10.18 Träger mit konstanter Streckenlast und zwei Federn . . . . . . . . . . Abb. 10.19 Absenkung des Trägers aufgrund der beiden elastischen Lager (Feder) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.20 Spiralfeder in einer Uhr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.21 Tellerfederpakete, oben: Serienschaltung, unten: Parallelschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.22 Tellerfeder – progressive Kennlinie – der Hebelarm ri sinkt bei Belastung von r1 auf r2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.23 Rebschere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.24 Dämpfer am Fahrwerk eines Motorrads . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.25 Dämpfer mit Medium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.26 Dämpfer in Verbindung mit einer Feder an einem Motorrad . . . . Abb. 10.27 Luftbalg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.28 Komprimierung des Gases in der Federkugel beim Einfedern . . . Abb. 10.29 Räder einer Kutsche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.30 Räder eines Pkws . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.31 Einfache Bandbremse – CAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.32 Einfache Bandbremse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.33 Tellerfederbremse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.34 Einfach wirkender Pneumatikzylinder mit Federrückstellung . . . Abb. 10.35 Einfach wirkender Pneumatikzylinder mit Federrückstellung in Serie geschaltet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.36 Türklinke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.37 Geschlossener Luftdämpfer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.38 Gasdruckfeder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 10.39 Heckklappe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.1 Die Tacoma-Brücke ist eine Hängebrücke in Washington. Nach dem ersten Einsturz in Jahre 1940 wurde die Dynamik nochmals genau überprüft, die aufgrund der Windkraft an der Brücke entsteht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.2 Karbon Fasern sollen – wenn möglich – nur Zugbeanspruchungen ausgesetzt sein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.3 Boot wird an einem Seil gezogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.4 Hyperbolicus-Funktionen (Area-Funktionen) . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.5 Komplexe Zahlen in der gaußschen Zahlenebene . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.6 Hängendes Seil, bei einem Lift . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.7 Drahtseil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.8 Aufbau eines Stahlseils . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.9 Hängendes, geschnittenes Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.10 Seile beschreiben eine Hyperbel-Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.11 Herleitung der Seillinie beim Beispiel Seil zweifach gelagert . . . Abb. 11.12 Seil unter Eigenlast-Segelschiff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.13 Lösungsfunktion zur Ermittlung von FSx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.14 Plot der Seillinienfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.15 In diesem Diagramm sind die beiden Funktionen geplottet, zum einen die ursprüngliche Seillinie (g.x/) und zum anderen jene mit verformten Seil (f .x/) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.16 Vorgehensweise beim Bisektionsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.17 Hängendes Seil, mit einem Kletterer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.18 Person zieht an Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abb. 11.19 Bei dieser Brücke ist die kleine Durchbiegung klar ersichtlich . . .

302 302 308 308 309 314 315 315 315 316 316 317 317 319 319 320 321 322 323 323 325 325

329 329 330 330 331 332 333 333 334 334 334 336 339 339

340 341 343 345 348

XXVIII

Abbildungsverzeichnis

Abb. 11.20 Abb. 11.21 Abb. 11.22 Abb. 11.23 Abb. 11.24 Abb. 11.25 Abb. 11.26 Abb. 12.1 Abb. 12.2

Abb. 12.3 Abb. 12.4 Abb. 12.5 Abb. 12.6 Abb. 12.7 Abb. 12.8 Abb. 12.9 Abb. 12.10 Abb. 13.1 Abb. 13.2 Abb. 13.3 Abb. 13.4 Abb. 13.5 Abb. 13.6 Abb. 13.7 Abb. 13.8 Abb. 13.9 Abb. 13.10 Abb. 13.11 Abb. 13.12 Abb. 13.13 Abb. 13.14 Abb. 14.1

Abb. 14.2 Abb. 14.3 Abb. 14.4 Abb. 14.5 Abb. 14.6 Abb. 14.7 Abb. 14.8 Abb. 14.9 Abb. 14.10 Abb. 14.11 Abb. 14.12 Abb. 14.13 Abb. A.1

. . . wie auch bei der Golden Gate Bridge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewichtsverlauf bei Seilen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seil unter konstanter Linienlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrallöser, Eingabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrallöser nach Lösung „per Hand“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Golden Gate Bridge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prinzipsskizze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Brücken sind typische Beispiele für Gerberträger . . . . . . . . . . . . . Oftmals liegen bei Brücken Dreigelenkbögen vor, aber auch bei Tunnel oder sonstigen Unterführungen kann man diese oftmals beobachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gerberträger, Ausführungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gerberträger Beispiel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gerberträger, Beispiel 1, freigemacht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreigelenkbogen 2  k D s C 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel Superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung der Lagerkräfte 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung der Lagerkräfte 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bestimmung der Gelenkkraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jean Baptiste le Rond d’Alembert, Porträt von Maurice Quentin de La Tour, 1753 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gemälde von Joseph-Louis Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 2, Verrückungsfigur 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 2, Verrückungsfigur 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 2, Verrückungsfigur 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 2, Verrückungsfigur 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 2, Verrückungsfigur 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Beispiel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Griechisch-römischer Trispastos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faktorenflaschenzug (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faktorenflaschenzug (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potenzflaschenzug6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Differenzialflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wasser aus einem Wasserschlauch: Die Menge, die aus dem Schlauch an Wasser ausfließt, kann durch die Gleichung VP D v  A berechnet werden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mann steigt auf einen durchflossenen Wasserschlauch . . . . . . . . . Folien DMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufbau einer Wheatstone-Brücke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . DMS aus einer Küchenwaage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . DMS und Messverstärker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kraftmessung mit DMS (Kraftmessdose) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Piezoelektrischer Kraftsensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . KMS in der Realität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maltesisches Kreuz eines KMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maltesisches Kreuz eines KMS, Verformung bei Belastung mit Fx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nachgiebiger KMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nachgiebiger KMS, PSD-Diode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Festlager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

348 348 349 349 350 351 352 373

373 375 376 376 378 380 381 381 382 401 401 405 405 405 405 406 406 407 415 416 416 417 417

423 424 425 426 427 427 428 428 429 430 430 431 431 439

XXIX Abbildungsverzeichnis

Abb. A.2 Abb. A.3 Abb. A.4 Abb. A.5 Abb. A.6 Abb. A.7 Abb. A.8 Abb. A.9 Abb. A.10 Abb. A.11 Abb. A.12 Abb. A.13 Abb. A.14 Abb. A.15 Abb. A.16 Abb. A.17 Abb. A.18 Abb. A.19 Abb. A.20 Abb. A.21 Abb. A.22 Abb. A.23 Abb. A.24 Abb. A.25 Abb. A.26 Abb. A.27 Abb. A.28 Abb. A.29 Abb. A.30 Abb. A.31 Abb. A.32 Abb. A.33 Abb. A.34 Abb. A.35 Abb. A.36 Abb. A.37 Abb. A.38 Abb. A.39 Abb. A.40 Abb. A.41 Abb. A.42 Abb. A.43 Abb. A.44 Abb. A.45

Loslager 1. und 2. Darstellungsart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einspannung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (3D) . . . . . . . . . . . Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (2D) . . . . . . . . . . . Lagerreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kräfte dürfen entlang ihrer Wirklinie verschoben werden . . . . . . Resultierende aus 2 Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resultierende Kraft aus 2 Kräften, durch ein Kräfteparallelogramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn . . . . . . . . . . . . . . . . Einfache Konstruktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Summe aller Kräfte in x-Richtung gleich null . . . . . . . . . . . . . . . Winkelfunktionen bei schrägen Kräften (Dreieck) . . . . . . . . . . . . Winkelfunktionen bei schrägen Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resultierende Kraft, im allgemeinen Dreieck . . . . . . . . . . . . . . . . Einheitskreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Moment durch Momentenvektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die rechte Hand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Freiheitsgrade im Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rechte Handregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Labiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Indifferentes Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Metastabiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bistabiles Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interpretation der Standsicherheit anhand eines Kastens . . . . . . . Moment 1. Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bogenlänge und statisches Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Flächenschwerpunkt 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Flächenschwerpunkt 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wichtige Schwerpunktformeln einiger Figuren – Körperschwerpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Adhäsions- und Deformationsanteil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grundlegende Kräfte bei Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibungswinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wirklicher Fall der Rollreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibkegel in Anwendung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tragzapfen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewindereibung, Bewegung nach oben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gewöhnliches Fachwerk: 2  k D s C 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dreigelenkbogen 2  k D s C 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Auftreten von Nullstäbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hyperbolicus-Funktionen (Area-Funktionen) . . . . . . . . . . . . . . . . Person zieht an Seil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Seil unter konstanter Linienlast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

439 439 440 441 442 443 443 443 443 443 444 445 445 445 446 447 447 448 448 449 449 449 450 450 450 451 452 453 454 455 456 457 457 457 458 459 459 464 464 464 465 466 468 468

Tabellenverzeichnis Tab. 1.1 Tab. 1.2 Tab. 7.1 Tab. 7.2 Tab. 7.3 Tab. 7.4 Tab. 7.5 Tab. 7.6 Tab. 7.7 Tab. 7.8 Tab. 7.9 Tab. 11.1 Tab. A.1 Tab. A.2 Tab. A.3

SI-Basiseinheiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vorsilbentabelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Haftreibung/Gleitreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Max. Kraftschlussbeiwerte H (Richtwerte) . . . . . . . . . . . . . . . . . Reibzahlen größer als 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Haftreibungszahlen H (Richtwerte) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleitreibungszahlen G (Richtwerte) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollreibungsbeiwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Winkelfunktionen bei kleinen Winkeln. Diese Werte kann man auch durch die Taylor-Reihenentwicklung beweisen . . . . . . . . . . Rollreibungsbeiwerte f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollwiderstandswerte f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eigenschaften der Hyperbelfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Haftreibung/Gleitreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollwiderstandswerte f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rollreibungsbeiwerte f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 180 180 180 181 181 182 189 193 194 331 458 458 458

1

Einführung und Grundlagen

Inhaltsverzeichnis 1.1

Didaktik dieses Buches – 2

1.1.1 1.1.2

Grundlegende Rahmen – 2 Farbboxen – 3

1.2

Technische Mechanik, Analytische Mechanik, Physik – 4

1.2.1 1.2.2

Was ist Mechanik? – 4 Themengebiete der Mechanik – 4

1.3

Grundlagen – 6

1.3.1 1.3.2 1.3.3 1.3.4

Summenschreibweise – 6 Produktschreibweise – 6 Gleitkommadarstellung – 7 Griechisches Alphabet – 7

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_1

1

2

1

Kapitel 1  Einführung und Grundlagen

Sie lernen hier. . . 4 Grundlagen der Technischen Mechanik kennen. 4 Grundlegende Unterteilungs- und Themengebiete der Technischen Mechanik kennen. 4 die Didaktik des Buches kennen. 4 den Unterschied zwischen der Technischen und der Analytischen Mechanik kennen.

Zitat

Das Glück ist das einzige, was sich verdoppelt, wenn man es teilt. Albert Schweitzer

1.1

Didaktik dieses Buches

Dieses Buch ist der erste Teil, zur mehrbändigen Buchreihe: Technische Mechanik. Die Technische Mechanik beschäftigt sich mit unterschiedlichen Kapiteln. Zum einen wird begonnen, dass man Körper auf deren äußeren Einflüsse untersucht, genauer gesagt Belastungen in Aktion und deren Reaktion bestimmt, als Beispiel in Lagern oder Gelenken. Im zweiten Band wird dann die Reaktion solcher Kräfte im Materialinneren untersucht (Festigkeitslehre) sowie deren Verformungen und Durchbiegungen. Bei all diesen Untersuchungen wird ein statischer Zustand des Bauteils vorausgesetzt, es bewegt sich nicht während der Kraft- bzw. Verformungsberechnung. Wenn sich der Körper zu bewegen, beginnt ist man im Kapitel der Dynamik angelangt, diese beschäftigt sich mit dem bewegten Körper. All diese drei Kapiteln haben aber auch wieder eine Gemeinsamkeit: Es werden nur feste Körper untersucht, ist ein flüssiger Körper zu untersuchen, oder gar ein gasförmiger, so befindet man sich im Kapitel der Fluidmechanik, die in den beiden Bänden 4 und 6 behandelt wird. Spielt die Wärme einen Einfluss oder untersucht man das Verhalten von Verbrennungsmotoren, erhitzten Flüssigkeiten bzw. Gasen, so befindet man sich in der Thermodynamik, die im Band 5 untergebracht ist – so viel zur Aufteilung der Buchreihe: Technische Mechanik. Ebenso wird es eine Buchreihe zur Höheren Mechanik geben, die sich dann mit den weiter-

führenden Modulen zur Technischen Mechanik beschäftigt: FEM, Kontinuumsmechanik, numerische Mechanik, Software gestützte, programmierte Mechanik, Mechanik großer Verformungen, Mechanik elastischer Körper . . . u. v. m. Grundsätzlich lassen sich diese beiden Buchreihen so einteilen, dass man die Technische Mechanik Buchreihe in der HTL bzw. dem Bachelor Lehrgang im Maschinenbau verwendet und die Buchreihe Höhere Mechanik im Master Modul ihren Platz findet. Um allen Studenten das Fach „Technische Mechanik“ näherzubringen, wird versucht, alles in Verbindung mit der Realität zu setzen. Alle Beispiele werden mit einem Bild, das einen realen Anwendungsfall beinhaltet, begleitet und die meisten Berechnungen werden im Anschluss praxisnah überprüft bzw. vorgeführt, indem man Software einsetzt, so wie man es in der industriellen Anwendung tut. Hier wird vorwiegend SolidWorks verwendet, da dieses Programm so ziemlich alle Berechnungen im Bereich Statik, Festigkeitslehre, Dynamik, Thermodynamik und Fluidmechanik und zudem das ganze noch relativ einfach, ohne viel Erfahrung, ermöglicht, anders als bei High-End-Simulationsprogrammen wie ABAQUS SIMULA oder ANSYS. Zudem muss man sagen, dass in der wesentlichen Durchführung der Berechnung in einem High-EndProgramm nicht viel Unterschied zum SolidWorks ist, unterscheiden, tun sich diese Programme hauptsächlich in der Materialzuweisung, da bei ANSYS etc. mehrdimensionale Materialien eingegeben werden können, bei der Netzgestaltung mit den unterschiedlichen Netztypen und vor allem bei der Lösung der Probleme für große Baugruppen, Kontaktproblemen oder großen Verschiebungen. Die Lösungsalgorithmen sind in solchen Programmen wesentlich effizienter, was aber letztlich den Anwender nicht berühren wird.

1.1.1

Grundlegende Rahmen

Zu Beginn finden Sie immer einen Rahmen, in dem Sie sofort sehen, welche Themen in diesem Kapitel behandelt werden. Diese haben die Gestalt:

3 1.1  Didaktik dieses Buches

Sie lernen hier. . . 4 Hier kann nachgelesen werden, was in dem nachstehenden Kapitel behandelt wird.

Ebenfalls ist zu Beginn immer ein Inhaltsverzeichnis zu finden, dass nur das kommende Kapitel auflistet. Um das Buch etwas „freundlicher“ zu gestalten, werden zu Beginn jedes Kapitels ein Zitat eingefügt, welches in Kästen der Gestalt Zitat

Theorem 1.1

Als „Theorem“ wird ein Abschnitt bezeichnet, indem ein Satz formuliert wird. Etwa der „Satz des Pythagoras“. Ein Theorem oder Satz ist erst als richtig zu erfassen, wenn ein Beweis erbracht wird. Dieser wird nachstehend erbracht.

Beweis Ohne Beweis handelt es sich um keinen bewiesenen Satz, sondern nur eine Vermutung. 

Hier ist ein Zitat zu finden.

Corollary 1.1 (Korollar = Folgerung)

dargestellt ist. Um den Studenten die Lösung mittels Computer näherzubringen, wurden oftmals nach computerunterstützten Methoden QRCodes, mit Verknüpfung auf die fachspezifische Website hinterlegt. Diese können einfach mit dem Smartphone gescannt werden. Um allen Käufern des E-Books die Arbeit zu erleichtern, wurden die Kapitelüberschriften, die Literaturverweise, Abbildungsverweise und Gleichgsverweise so eingegeben, dass diese einfach durch Klicken auf diesen Verweis erreicht werden können. Am Ende dieses Buches ist ein Indexverzeichnis, Abbildungsverzeichnis, Literaturverzeichnis, Personenregisterverzeichnis und ein Tabellenverzeichnis zu finden.

Aus Sätzen oder Herleitungen kann oftmals etwas gefolgert werden. Beispiel: Wenn alle Mädchen und Burschen ein blaues T-Shirt tragen, dann trägt keiner ein rotes.

Proposition 1.1

Eine Proposition bezeichnet eine Vermutung mit Beweis, die jedoch keine so starke Bedeutung als ein Satz hat.

Bemerkung 1.1 Wichtige Bemerkungen stehen in gelben Kästen.

1.1.2

Farbboxen

In diesem Buch wird zwischen einigen grundlegenden Methoden unterschieden. Dazu gehören Definitionen, Beispiele, Folgerungen, Übungsbeispiele, Axiome, Theoreme etc. Nachstehend werden diese kurz angesprochen, in den Boxen befinden sich die Erklärungen zu dieser Methode. Definition 1.1 Als „Definition“ wird ein Abschnitt bezeichnet, indem grundlegende Definitionen getätigt werden. Dies können Formelzuweisungen, das Festlegen von Variablen oder Bezeichnungen sein.

Herleitung 1.1

Unter einer Herleitung versteht man einen Vorgang, der zum Zeigen von Formeln dient. Der Unterschied zum Beweis besteht darin, dass eine Herleitung zum Erfassen von Formeln dient (zum „Herstellen“) und ein Beweis zum Zeigen der Gültigkeit dieser zuvor hergeleiteten Formeln.

1

Kapitel 1  Einführung und Grundlagen

4

Methode: Lösung durch Matlab 1.1

1

Wird ein Beispiel mit Zuhilfenahme von computerunterstützten Methoden, hier: Matlab, verwendet, so ist dieser Rahmen zu finden.

Anwendung dieser Gesetze ist es daher notwendig zu wissen, unter welchen Voraussetzungen diese gelten.

1.2.2 Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 1.1

Wird ein Beispiel mit Zuhilfenahme von computerunterstützten Methoden, hier: SolidWorks, verwendet, so ist dieser Rahmen zu finden.

Themengebiete der Mechanik

Grundsätzlich kann die Mechanik in zwei Kapitel unterteilt werden, die dann wieder unterteilt werden: Technische Mechanik (mit der sich hier diese Buchreihe beschäftigt, . Abb. 1.1) und in die Analytische Mechanik, . Abb. 1.2.

Statik Übungsbeispiel 1.1

Befasst sich mit der Untersuchung von Körpern, die sich in dauernder Ruhe befinden.

Hier sind Angaben zu Übungsbeispielen zu finden.

Dynamik

Lösung Hier sind Lösungen zu den Übungsbeispielen zu finden.

> Gesetz 1.1 Hier werden Gesetze festgehalten.

> Axiom 1.1 Hier werden Axiome festgehalten.

1.2

1.2.1

Technische Mechanik, Analytische Mechanik, Physik Was ist Mechanik?

Die Mechanik ist der älteste Zweig der Physik. Grundlage für die Mechanik sind experimentell gewonnene Grundgesetze (Naturgesetze). Von diesen ausgehend untersucht man die Bewegungen und im Speziellen, Gleichgewichtszustände von Körpern, die dabei auftretenden Kräfte und Verformungen sowie Beanspruchungen. Die Größe der Beanspruchung ist dann die Bemessungsgrundlage für die betreffenden Bauteile. Um diese Naturgesetze und die daraus folgenden Bewegungen beschreiben zu können, sind Vereinfachungen vorzunehmen. Bei der

Untersucht den in Bewegung sich befindenden Körper.

Kinematik Befasst sich mit der Bewegung eines Körpers, also mit den Geschwindigkeiten; Beschleunigungen.

Kinetik Befasst sich mit den für die Bewegung notwendigen Kräften und Momenten.

Hydromechanik Befasst sich mit den Flüssigkeiten, speziell: inkompressible Fluide.

Thermodynamik Befasst sich mit der Wärmelehre, mit thermischen Vorgängen in Maschinen und Kreisprozessen.

Aeromechanik Befasst sich mit den Gasen, speziell: kompressible Fluide.

Höhere Mechanik Befasst sich mit grundlegend anderen Methoden zur Herangehensweise zum Lösen von Beispielen. Vermehrt wird auf die Algebra eingegangen, auf komplexe Analytische Methoden und auf die Beweisführung.

5 1.2  Technische Mechanik, Analytische Mechanik, Physik

Technische Mechanik Stereostatik (Statik) Statische bestimmte Systeme Statische unbestimmte Systeme Elastostatik (Festigkeitslehre) Spannungen und Belastungen Durchbiegungen Innere Spannungs- und Belastungsgro¨ssen Dynamik (Lehre der bewegten Systeme) Kinematik (betrachtet die Bewegung an sich) Kinetik (betrachtet die Ursache für die Bewegung) Schwingungslehre (betrachtet die Schwingungsmechanik) Hydromechanik (Lehre der Flu ¨ssigkeiten) Hydrostatik (Statik der Flu ¨ssigkeiten) Hydrodynamik (Dynamik der Flu ¨ssigkeiten) Thermodynamik (Wa¨rmelehre) Thermodynamische Grundlagen Wa¨rmeu ¨bertragung Da¨mpfe Aeromechanik (Gasmechanik) Lehre der Gase Stro¨mungen von Da¨mpfe Aerostatik(Gasstatik) Aerodynamik (Gasdynamik) . Abb. 1.1 Themengebiete der Technischen Mechanik

Analytische Mechanik Grundlagen Berechnungsgrundlagen, Vektorfeler, Partielle DGL... Relativistische Mechanik Relativita ¨tstheorie, Feldgleichungen Riemannsche Funktionstheorie, Nicht euklidische Geometrie Quantenmechanik Quantentheorie, Hamilton Formalismus Schro ¨dingers Gleichung, Pfadintegrale . Abb. 1.2 Themengebiete der Analytischen Mechanik

1

Kapitel 1  Einführung und Grundlagen

6

1

FEM

Beispiel 1.1

Befasst sich mit den numerischen Methoden der Mechanik und der Theorie, wie ein Computer mechanische Probleme löst.

Zu Schreiben ist die Summe von den Zahlen 1 bis 50 in Summenschreibweise. Lösung:

Zeichensetzung in der Mechanik Man unterscheidet in der Mechanik zwischen zwei verschiedenen Zuständen. Der Erste befasst sich mit den Belastungen, also Kräfte, mit den daraus resultierenden Spannungen und der Zweite mit den Lagern, Einspannungen, also mit jenen Bauteilen, die die zu untersuchenden Bauteile in Position halten.

50 X

i D 1 C 2 C 3 C : : : C 49 C 50:

(1.3)

iD1

Beispiel 1.2

Zu schreiben ist die Summe von den Zahlen 1 bis unendlich in Summenschreibweise.

Definition 1.2 (Kraft) Als Kraft wird eine vektorielle Größe bezeichnet, welche ein Bauteil, Werkstück oder auch Körper zum Verformen bringt. Darunter wird wiederum unterschieden in Gewichtskräfte, Lagerkräfte, Belastungskräfte . . . eine Kraft hat die Einheit Newton, gemäß SITabelle; allerdings wird diese nicht selten mit einer Vorsilbe versehen, um größere, bzw. kleinere Kräfte besser darstellen zu können.

Lösung: 1 X

i D 1 C 2 C 3 C : : : C n  1 C n C : : : C 1:

iD1

(1.4)

Grundlagen

1.3 ŒNI ŒkNI ŒMNI : : : Mathematisch ist eine Kraft durch die Gleichung F D m  a;

(1.1)

mit a als Beschleunigung und m Masse, definiert.

1.3.1

Um eine allgemeinere Definition für mehrere hintereinander folgende Summen auflisten zu können, hat man das Summenzeichen, (ein großes Sigma) eingeführt. Definition 1.4 a X

Im Maschinenbau verwendet man in vielen Bauteilen Lager, welche ebenso dimensioniert werden müssen. So auch in der Technischen Mechanik. Diese Lager sind in der Mechanik immer vereinfacht dargestellt.

Summenschreibweise

c

(1.2)

b

wobei mit a die Anzahl der Summanden angegeben wird; b gibt die erste Zahl an und c die Summenformel.

Definition 1.3 (Lager) Als Lager bezeichnet man ein Bauteil, indem eine Kraft wirkt, welche das belastende Bauteil so stützt, dass es in deren Position gehalten wird (Gegenkraft zur Belastung).

Mehr dazu wird später behandelt.

1.3.2

Produktschreibweise

Ident zur Summenschreibweise, gibt es bei hintereinader folgenden Produkten eine ähnliche Schreibweise. Man schreibt anstatt des „Sigmas“, ein „Pi“.

1

7 1.3  Grundlagen

Definition 1.5 a Y

. Tab. 1.2 Vorsilbentabelle

c;

(1.5)

b

1000000000000000 1000000000000

wobei mit a die Anzahl der Summanden angegeben wird; b gibt die erste Zahl an und c die Summenformel.

1000000000 1000000 1000

Gleitkommadarstellung

Um Zahlen mit großen Dimensionen kürzer schreiben zu können, hat man die Gleitkommadarstellung eingeführt.

Das internationale Einheitssystem, oder SISystem (französisch Système international d’unités), ist das am weitest verbreitete Einheitssystem für physikalische Größen (. Tab. 1.1).

P

Billiarde

Tera

T

Billion

9

Giga

G Milliarde

6

Mega M Million

3

Kilo

k

Tausend

2

Hekto h

Hundert

1

10 10 10 10

10

10

Deka

da Zehn

0,1

101

Dezi

d

Zehntel

0,01

102

Zenti

c

Hundertstel

0,001

103

Milli

m Tausendstel

0,000001

106

Mikro  Millionstel

0,000000001

109

0,000000000001

SI Tabelle

Peta

12

10

100

1.3.3

1015

0,000000000000001

1.3.4

Nano

n

Milliardstel

12

Piko

p

Billionstel

15

Femto f

Billiardstel

10 10

Griechisches Alphabet

Siehe . Abb. 1.3.

Vorsilbentabelle Siehe . Tab. 1.2.

Beispiel 1.3

Der Erdumfang beträgt 40.000 km, bzw. durch die Gleitkommadarstellung findet man 40:000 km D 4  104 km.

. Tab. 1.1 SI-Basiseinheiten (EZ = Einheitszeichen, BE = Basiseinheit, FZ = Formelzeichen) Basisgröße

FZ

BE

EZ

Länge

I; s; r

Meter

m

Masse

m

Kilogramm kg

Zeit

t

Sekunden

s

Elektr. Stromstärke

I

Ampere

A

Temperatur

T

Kelvin

K

Stoffmenge

n

Mol

mol

Lichtstärke

I

Candela

cal

. Abb. 1.3 Griechisches Alphabet

9

Freischneiden und Freimachen

Inhaltsverzeichnis 2.1

Newton’sche Axiome – 12

2.1.1 2.1.2 2.1.3

1. Newton’sches Axiom: Trägheitsgesetz – 12 2. Newton’sches Axiom: Dynamisches Grundgesetz – 13 3. Newton’sches Axiom: Wechselwirkungsgesetz – 14

2.2

Freimachen eines Auslegerkrans – 17

2.3

Arten von Kräften – 17

2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.3.5

Einzelkräfte – 17 Streckenlast, Flächenlast – 17 Volumenkraft – 18 Innere Kräfte – 18 Äußere Kräfte – 18

2.4

Lager – 18

2.4.1

Festlager – 19

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_2

2

2.4.2 2.4.3 2.4.4 2.4.5

Loslager – 20 Einspannung – 21 Pendelstützen – 22 Wertigkeit eines Lagers – 23

2.5

Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte – 23

2.6

Übungen – 30

11 Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

Sie lernen hier. . . 4 wie Kräfte auf Bauteile wirken. 4 Unterschied zwischen den inneren und äußeren Kräften kennen. 4 Einspannungen und Lagerarten kennen. 4 Newton’sche Axiome kennen. 4 Arten von Kräften kennen. 4 Wertigkeiten von Lager kennen. 4 das Freimachen von mechanischen Systemen. 4 Gewichtskräfte berechnen. Zitat

Gutes Werkzeug, halbe Arbeit. Aus Ungarn

Einleitend zu diesem Kapitel soll ein Grundsatz stehen, der wohl die Mechanik in ihrer einfachsten Form begründet, jede Kraft hat eine Gegenkraft. So heißt es: „auf jeden Körper, auf dem eine Kraft wirkt, lässt sich eine gleich große Gegenkraft feststellen“. Diese Tatsache hat erstmals Isaac Newton (. Abb. 2.1) erkannt. Er hat dies in seinen Grundgesetzen (auch Axiome

. Abb. 2.1 Isaac Newton (Godfrey Kneller, Public domain, via Wikimedia Commons [79])

genannt) festgehalten. Wie auch in der Mathematik ist es in der Mechanik enorm wichtig Definitionen aufzustellen und auf diesen aufbauend im Anschluss Behauptungen, Beweise, wodurch Theoreme folgen und schließlich mit unter Axiome, zu finden. Merken Sie sich an dieser Stelle, dass man niemals eine Aussage mit unbekannten Begriffen zu einem Gesetz bzw. Theorem überführen darf. Bis jetzt ist dies bereits geschehen, da schon eine Aussage über eine Kraft getroffen wurde, jedoch dazu keine genaue Definition voreilte. Was ist also eine Kraft? Nun, Kraft kann physikalisch bzw. formal durch F D m  a definiert werden, was uns an dieser Stelle jedoch nicht viel bringt, da man bei der Definition der Kraft bereits zwei neue unbekannte Größen ins Leben gerufen hat, nämlich m (Masse) und a (Beschleunigung), die für diese beiden Größen notwendigen Definitionen werden etwas später notiert. An dieser Stelle wird sofort der Leser zum Nachdenken angeregt: Was ist Kraft, ohne dabei formal in Tiefe zu gehen? Die einen werden unter Kraft an Sport denken oder vielleicht ans Armdrücken, die anderen an die Kraft zwischen zwei Personen während eines Streits und wieder andere an die positive oder negative Kraft der Worte. Man sieht, bereits im deutschen Sprachsatz sind wir es nicht gewöhnt, genaue Definitionen zu tätigen und schon gar nicht die eigene Sprache danach zu richten. Umso wichtiger ist das Umdenken an dieser Stelle, um die Mechanik gleich mit den richtigen Grundsätzen verstehen zu versuchen. Kraft ist etwas, das in einem Körper eine Bewegung hervorruft, wenn diese auf einen solchen wirkt. Um auf einen Körper wirken zu können, muss dieser eine Kraft aufnehmen können, indem man die Kraft in einem Punkt am Körper angreifen lässt, der sogenannte Kraftangriffspunkt. Da die Richtung, in der die Kraft wirkt, wichtig ist, muss definiert werden, in welcher Richtung die Kraft wirkt und vor allem in welcher Größe, also welchen Betrag die Kraft besitzt. So kann man Kraft, annähernd richtig, sehr einfach definieren. Zusätzlich spielt das Bezugssystem der Kraft noch eine Rolle, doch dazu später mehr.

2

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

12

Newton’sche Axiome

2.1

2

»

„Sir Isaac Newton (25. Dezember 1642, gestorben 20. März 1726 in Kensington) war ein englischer Naturforscher und Verwaltungsbeamter. In der Sprache seiner Zeit, die zwischen natürlicher Theologie, Naturwissenschaften, Alchemie und Philosophie noch nicht scharf trennte, wurde Newton als Philosoph bezeichnet. Isaac Newton ist der Verfasser der Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, in denen er mit seinem Gravitationsgesetz die universelle Gravitation beschrieb und die Bewegungsgesetze formulierte, womit er den Grundstein für die klassische Mechanik legte. Fast gleichzeitig mit Gottfried Wilhelm Leibniz entwickelte Newton die Infinitesimalrechnung. Er verallgemeinerte das binomische Theorem mittels unendlicher Reihen auf beliebige reelle Exponenten. Bekannt ist er auch für seine Leistungen auf dem Gebiet der Optik: die von ihm verfochtene Teilchentheorie des Lichtes und die Erklärung des Lichtspektrums. Aufgrund seiner Leistungen, vorwiegend auf den Gebieten der Physik und Mathematik (siehe Geschichte der Physik, Geschichte der Mathematik), gilt Sir Isaac Newton als einer der bedeutendsten Wissenschaftler aller Zeiten. Die Principia Mathematica werden als eines der wichtigsten wissenschaftlichen Werke eingestuft. Eine Sammlung von Schriften, im Bestand der National Library of Israel, zu theologischen und alchemistischen Themen wurde 2015 von der UNESCO zum Weltdokumentenerbe erklärt.“ [61]

2.1.1

1. Newton’sches Axiom: Trägheitsgesetz

> Axiom 2.1 Trägheitsgesetz: Jeder Körper, der sich in Bewegung befindet, ändert diese nicht freiwillig, ohne Fremdeinwirkung (siehe dazu . Abb. 2.2).

. Abb. 2.2 Wird die Ladungssicherung nicht beachtet, so kann es sein, dass sich bei Bremsvorgängen die Ladung nach vorn geschoben und dadurch den Container beschädigt wird [66]

. Abb. 2.3 Mann dreht sich in einer Kreisbahn, anschließend wird die Schnur mit einer Schere durchgeschnitten und der Ball beginnt geradlinig wegzufliegen

Beispiel 2.1

Wird eine Masse an einer Schnur befestigt und anschließend um eine Achse rotiert, so führt die geführte Masse eine Kreisbewegung aus. reißt die Schnur, so fliegt die Masse tangential von der Kreisbewegung, mit geradliniger Bewegung weg (aufgrund der Trägheit) (. Abb. 2.3).

2

13 2.1  Newton’sche Axiome

Bemerkung 2.1 Für die Gewichtskraft gilt unter Setzten der Beschleunigung zur Erdanziehung FG D mg, wobei die Erdbeschleunigung g den Normwert (auf der Erde) 9;81 sm2 besitzt.

2.1.2.2

. Abb. 2.4 Gegenstände fallen bekanntlich aufgrund der Gewichtskraft und der Erdanziehungskraft gemäß dem dynamischen Grundgesetz nach unten. (So auch beim Wasserstrahl, der durch die Schwerkraft angezogen wird) [9]

2.1.2

2.1.2.1

2. Newton’sches Axiom: Dynamisches Grundgesetz Allgemeine Grundlagen

Es gibt viele Arten der Geschichte zu Newton und dem Apfel. Angeblich sollte Newton ein Apfel auf den Kopf gefallen sein, als dieser unter einem Baum saß und seine Manuskripte durchsah. Ob die Geschichte tatsächlich wahr oder falsch ist, ist umstritten. Tatsache: William Stukeley, im Jahr 1752, veröffentlichte die Schrift „Memoirs of Sir Isaac Newtons Life“. In dieser Bibliografie erwähnt Stukeley die Situation, dass Newton unter einem Baum einen Tee getrunken habe, als ihm ein Apfel auf den Kopf gefallen war und er das dynamische Grundgesetz entdeckte (. Abb. 2.4).

Exkurs: Gravitationsfelder

Ein Gravitationsfeld bezeichnet das Kraftfeld, das durch die Gravitation von Massen entsteht. Die Feldstärke dieses Feldes gibt den verursachten Teil der Fallbeschleunigung g an. Diese kann mithilfe des Newton’schen Gravitationsgesetzes bestimmt werden. Eine Punktmasse M verursacht das Potenzial . #” r /: GM r/D ; . #” r

(2.2)

wobei r den Radius eines kugelsymmetrischen Körpers darstellt und G die Gravitationskonstante. Betrachtet man hierin das radialsymmeg . #” r / D  GM  eOr ; trische Feld, so findet man #” r2 Näherungsweise kann man diese Formel zu GM #” g . #” r/D 2 r

(2.3)

vereinfachen. Durch Einführung des 2. Newton’schen Axioms folgt GM #” F G D m  #” g D m  #” g . #” r/D 2 : r (2.4) Wie kommt man auf den Wert „9,81“ m/s2 ? Beweis Setzt man in Gl. (2.3) die Werte für die

>Axiom 2.2 Ein Körper mit der Masse m bewegt sich mit der Beschleunigung direkt proportional. Es ergibt sich aus dem Produkt aus Masse mal Beschleunigung die Kraft. Formal bedeutet dies: F D m  a:

(2.1)

Erdkugel ein: r D 6:371 km, die Masse der Erde: 5;972  1024 kg und die Gravitationskonstante (dies ist ein Maß für die Stärke der Gravitation, also wie stark sich zwei Massen anziehen) 3 G D 6;67430  1011 kgms2 , so folgt #” g . #” r/D

6;67430  1011

D 9;81 m=s2 :

m3 kg s2

 5;972  1024 kg

.6:371 km/2 (2.5) 

2

14

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

2.1.3

3. Newton’sches Axiom: Wechselwirkungsgesetz

> Axiom 2.3 Actio = Reactio. Wird auf einen Körper eine Belastung durch einen zweiten Körper ausgeübt, so wirkt der erste Körper eine gleich große, entgegengesetzt, gerichtete Kraft auf den Zweiten aus. Diese Kraft wird als „Gegenkraft“ bezeichnet (. Abb. 2.5).

Um überhaupt mit der Bestimmung der Kräfte, unabhängig davon, ob dies zeichnerisch oder rechnerisch geschieht, beginnen zu können, muss die Lage und Richtung jeder wirkenden Kraft in einem Bauteil bestimmt werden. Dazu werden die bereits zuvor besprochenen Newton’sche Axiome verwendet, primär das Dritte: Wechselwirkungsgesetz. Actio = Reactio. Jede Kraft hat eine gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kraft, die sogenannte Gegenkraft. Verschiebt man einen Tisch, so ist dazu eine Muskelkraft nötig, damit der Tisch verschoben werden kann. Ebenso spürt man einen Widerstand (Reibung) welcher die Gegenkraft darstellt. Es wirkt dazu auf einen Tisch, eine Kraft zum

. Abb. 2.5 Gegenkräfte. Wirkt man auf einen Körper – hier der Tisch – eine Kraft aus – hier mit der Faust, welche auf den Tisch gedrückt wird, so wirkt auch der Tisch auf die Faust eine Kraft aus – dies ist der spürbare Widerstand gegen die Faust

Verschieben sowie eine Gegenkraft, die den Widerstand der Reibung darstellt. All diese Kräfte müssen vor der Berechnung eingezeichnet werden, wozu Freimachen, oder auch Freischneiden genannt, vonnöten ist. Um es sich beim Freimachen etwas leichter zu machen, empfiehlt es sich, sich das Bauteil in Real vorzustellen und die Kräfte durch Ziehen eines Blattes Papier, an

Beispiel 2.2 (Kiste auf dem Boden)

Siehe . Abb. 2.6. Eine Kiste liegt auf einer Unterlage. Die Kiste besitzt die Gewichtskraft FG . Wird die Kiste frei gemacht, durch Freischneiden, muss die Gegenkraft eingezeichnet werden, damit das System weiterhin im Gleichgewicht ist, was nach folgenden Regeln geschehen muss, die Gegenkraft muss 4 gleich groß und 4 entgegengesetzt gerichtet sein, 4 die gleiche Wirkungslinie besitzen und 4 im selben Bezugssystem sein. Jetzt kann durch Methoden der Statik – sei es zeichnerisch – oder rechnerisch, die Wirkung und Betrag der Kraft bestimmt werden.

FG freischneiden

Kiste

F1

FG

F1 Boden

. Abb. 2.6 Kiste, freigemacht, ohne Reibung, diese wird erst in einem späteren Kapitel behandelt

2

15 2.1  Newton’sche Axiome

dem sich die Aufgabe befindet, zu simulieren. Im Anschluss betrachtet man die Richtungen, in denen sich die Abbildung bewegt und überlegt, in welchen Richtungen die entsprechenden Befestigungen wirken müssen, sogenannte Lager. Die Kräfte werden eingezeichnet und benannt. Das sogenannte Freimachen bzw. Freischneiden betrachtet man im Anschluss anhand eines einfachen Beispiels, einer Kiste.

Bei beiden Beispielen sei angemerkt, dass sämtliche Reibungskräfte nicht berücksichtigt werden, da dies in einem späteren Kapitel gesondert betrachtet werden. Hierbei geht es einmal um die Normalkräfte an sich. Ebenso wird bei allen Beispielen von Idealbedingungen ausgegangen, es liegt kein Luftwiderstand, zudem hundertprozentige, starre Körper vor.

Beispiel 2.3 (Ball auf dem Boden)

Im zweiten Beispiel wird ein Ball auf den Boden geworfen. Die Kraft, die der Spieler auf den Ball ausübt, lässt den Ball auf dem Boden akut aufprallen, da in kurzer Zeit die gesamte Geschwindigkeit auf null reduziert werden muss. Es findet eine negative Beschleunigung statt (Verzögerung). Diese Kraft lässt den Ball beim Aufprallen gering verformen. Diese Verformung ist in . Abb. 2.7 als s bezeichnet. Die verursachende Aufprallkraft sei mit F benannt. Hierbei wird noch angemerkt, dass sich mit dem Kommentar der Verformung bereits ein anderes Kapitel der Technischen Mechanik eingeschlichen hat. Verformungen haben nichts mit der Statik zu tun, sondern mit der Elastostatik (Festigkeitslehre), die im Band 2 der Technischen Mechanik behandelt wird. Die Festigkeitslehre untersucht im Anschluss die Verformungen und Spannungen, die durch die Statik entstehen. Die aufgezeigte Verformung und damit eine neue Begriffseinführung sei hier nur dem besseren Verständnis geschuldet. Vorstellen kann man sich dies jedoch mit dem Beispiel hervorragend, da jeder wissen bzw. vermuten wird, dass sich ein Ball, auf dem Boden geworfen, verformen, wird bzw. eindellt. Da Dellen nicht einfach von selbst entstehen, sondern immer eine Kraft zugrunde liegen haben, ist erkennbar, dass es zu der Kraft, die den Ball nach unten fallen lässt, auch eine Gegenkraft gibt, die die Dellen verursacht. Die Kraft, die den Ball nach unten fallen lässt (F ) besteht aus der Gewichtskraft und der Antauchkraft des Spielers. Sie errechnet sich demnach durch F D FG C FS .

1

freischneiden

2

F F Δs

3

Die Verformung Δs entsteht durch die Kraft F . Abb. 2.7 Ball wird auf den Boden gespielt

16

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

Beispiel 2.4

2

Nachstehend ist ein Bild eines Auslegerkranes zu sehen. Dieses zeigt einen Kran, auf einer Baustelle, von dem das Freischnittbild gesucht ist. Bestimmen Sie von diesem Kran die wirkenden Kräfte und benennen Sie diese!

men, da sich dieses durch die beiden Lager A und B unterscheidet. Ebenso sei an diesem Punkt angemerkt, dass Seile nur auf Zug beansprucht werden dürfen, die entlang der Seilrichtung wirken.

Hinweis Für solche Aufgabenstellungen ist es unumgänglich, sich das Beispiel in der Realität vorzustellen und im Anschluss die wirkenden Kräfte auf die Skizze durch Bewegungen simulieren. Durch diese Kräfte wird sich das Beispielbild zu bewegen beginnen, wodurch auch die nötigen Lager ersichtlich werden, um das Bauteil zu stützen. Das „reale Bild“ dient alleinig der Erbringung eines realen Anwendungsfalls, die Kräfte sind ausgehend von dem Skizzenbild zu bestimSeil hinten

Kranausleger

m

Lager A Kranausleger

Last FL

Lager B

FS2 FS2 FS2

FS1 FS1

FS2

FG

FS1

A

FL FA

FB B

FS1

17 2.3  Arten von Kräften

Definition 2.2 (Streckenlast)

Freimachen eines Auslegerkrans

2.2

Werden unendlich viele Einzelkräfte, verursacht durch eine Belastung, über eine Fläche verteilt, so ergibt sich durch Multiplikation der Kraft je Längeneinheit mit der Länge dieselbe Wirkung, als die Belastungskraft ursprünglich hatte, vgl. . Abb. 2.9.

Siehe 7 Beispiel 2.4.

Arten von Kräften

2.3

Kräfte können auf unterschiedliche Weise wirken: Als Fläche, wie es bei einer Druckbelastung der Fall ist, durch eine Einzellast, diese entsteht, wenn eine Kraft in einem Punkt angreift, wie einem Gelenk, oder durch Betrachtung der unterschiedlichen Bezugssysteme: innere oder äußere Kräfte.

2.3.1

Genauere Formen der Strecken- und Flächenlasten werden im Kapitel „Totalresultierende“, dieses Buches, besprochen.

Beispiel 2.5 (Flächen-, Streckenlast)

Windlasten, Schneelasten, Kräfte in Lagersitzen, Gewichtskräfte verteilt auf einen Balken . . .

Einzelkräfte

Siehe . Abb. 2.8.

2.3.2

Streckenlast, Flächenlast

FRes;Str. D q  l

(2.6)

FRes;Fl. D qA  A

(2.7)

FG

wobei: l die Wirklänge, q die Last je Meter und A die Wirkfläche sowie qA die Last je m2 ist. Definition 2.1 (Flächenlast) Werden unendlich viele Einzelkräfte, verursacht durch eine Belastung, über eine Fläche verteilt, so ergibt sich durch Multiplikation der Kraft je Flächeneinheit mit der Fläche dieselbe Wirkung, als die Belastungskraft ursprünglich hatte.

Gewichtsverteilung q

Fla¨che A

FG

F F

Punktberuhrung! ¨

. Abb. 2.8 Einzelkräfte treten bei Punktberührungen auf

. Abb. 2.9 Flächenlast: Das Gewicht des Mannes (FG ) wird auf die Auflagefläche A durch q D FA verteilt

2

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

18

2

F FB

FA

¨ Rot = Aussere Kr¨afte Blau = Innere Kra¨fte

. Abb. 2.10 Kräfte in einer Pipeline können als Volumenkraft aufgefasst werden

Mb (x)

Mb (x) F

FA

FQ (x)

FQ (x)

FB

x

. Abb. 2.12 Bauteil freigemacht

2.3.5

Definition 2.4 (Äußere Kräfte)

. Abb. 2.11 Das Wasser in einem See ist eine Volumenkraft

2.3.3

Als „äußere Kräfte (Belastungen)“ werden Kräfte bezeichnet, die keine innere Kraft, einer Schnittkraft, zugrunde liegen.

Volumenkraft

Für die Volumenkraft ist ein Beispiel die Gewichtskraft. Diese wirkt an jeder Stelle in einem definiertem Volumen (. Abb. 2.10 und 2.11).

2.3.4

Äußere Kräfte

Innere Kräfte

Definition 2.3 (Innere Kräfte) Als „innere Kräfte (Schnittkräfte)“ werden Kräfte bezeichnet, die keiner äußeren Kraft, einer Belastung, zugrunde fallen.

Innere Kräfte werden nach obiger Definition durch eine Belastung (äußere Kraft) verursacht und werden als „Schnittkräfte“ bezeichnet. Es handelt sich dabei um Kräfte, die im Inneren wirken und Spannungen im Bauteil bestimmen lassen. In einem Träger, der auf Biegung belastet wird, wären dies, in . Abb. 2.12, FQ (Querkraft) und das auftretende Biegemoment Mb .

Äußere Kräfte sind Kräfte, die innere Kräfte verursachen, diese wirken von außen auf das Bauteil. Dies können Belastungen durch: Schnee, Wind, Menschen, Gewichten . . . sein. In . Abb. 2.12 wäre dies die Person mit der Gewichtskraft F , sowie die beiden Lagerkräfte FA und FB .

2.4

Lager

In der Mechanik bzw. der Statik beschreibt der Begriff „Lager“ nicht zwingend ein klassisches Lager aus dem Maschinenbau, wie man es vielleicht vermuten würde. Viele werden sofort an ein Kugellager denken, dies ist zwar eine Möglichkeit der Ausführung, allerdings sind auch Einspannungen, also fixe Verbindungen in der Mechanik als Lager anzusehen. Was ist also ein Lager in der Statik? Ein Lager beschreibt eine Verbindungsmöglichkeit zwischen zwei oder mehreren Bauteilen. So sind insbesondere Lager

19 2.4  Lager

in der Statik sämtliche Formen von Wälzlagern und Gleitlagern, Gelenken, Einspannungen, Fixierungen, Federn, Gummiunterlagen, Puffer, Dämpfer, Führungen . . . Von all den Lagern sind aber nur einige wirklich häufig verwendet. Diese werden im Anschluss genauer untersucht. Eine kurze Anmerkung zu Federn, Puffer, Dämpfer: Diese werden als elastische Lagerungen bezeichnet, dies bedeutet, es herrscht eine starke Verformung bei der Belastung bzw. eine große Gestaltsänderung, was schnell zu einer hochkomplexen, mathematischen Berechnung führen kann. Oftmals können diese nur durch Differentialgleichungen gelöst werden. Elastische Unterlagen bzw. Lager werden in einem gesondertem Kapitel behandelt. Die hier (fixen) Lagerungen bzw. steifen Lagerungen sind: Festlager; Loslager; Einspannung und Pendelstütze.

2.4.1

Bemerkung 2.2 4 Festlager können Kräfte in allen Richtungen aufnehmen (Radial- und Axialkräfte, Kräfte unter einem beliebigen Winkel). 4 In der Mechanik werden Festlager mittels eines Symbols, wie es in . Abb. 2.13 dargestellt ist, dargestellt. 4 Lager müssen in einer Konstruktion immer gegen seitliches Verschieben gesichert werden, damit diese als Festlager gelten. 4 Dies ermöglicht man durch beispielsweise: Nutmuttern, Sicherungsringen, Lagerdeckel . . . 4 Verweis dazu auf die Beispiele aus den . Abb. 2.14, 2.15

In . Abb. 2.14 kann man links ein Festlager und rechts ein Loslager (wird im Anschluss behandelt) erkennen. Dieses Festlager wurde mittels des Maschinenelementes „Nutmutter“ gesichert. Man erkennt ein Festlager daran, da dieses im Gehäuse nicht verschiebbar ist, hingegen das Loslager nicht in axialer Richtung gesichert wurde und somit die Wärmeausdehnung der Welle ermöglicht. In . Abb. 2.15 ist ebenfalls ein Festlager und ein Loslager zu finden, hierbei muss man aber achtgeben, wenn jetzt die Welle bereits die höchste Wärmeausdehnung er-

Festlager

Festlager werden zum Sichern von Werkstücken bzw. Bauteilen gegen Verschieben verwendet. Festlager halten Bauteile an deren Position. Sie besitzen folgende Eigenschaften.

Beispiel F Fy

Festlager unbelastet

Fx

Festlager belastet F

Festlager im Raum:

F

Fz

F

Fy Fx

. Abb. 2.13 Festlager

Fy Fx

2

20

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

2.4.2

2

. Abb. 2.14 Festlagerkonzept 1, Festlager (links), gesichert durch eine Nutmutter (rechts) und ein Loslager (links) [41]

Loslager

Da mit einem Lager keine voll definierte Einbaulage von unter anderem Wellen möglich ist und dadurch den Einsatz eines zweiten Lagers notwendig macht, dies jedoch kein Festlager, aufgrund der Wärmeausdehnung und in weiterer Folge Wärmespannungen sein darf, wird ein Loslager als zusätzliches Lager benötigt. Ein Loslager ist ein Lager, welches in Längsrichtung nicht gesichert wird und dadurch eine axiale Verschiebung der Welle für Wärmeausdehnungen erlaubt. Damit jedoch die Welle einseitig in Position gehalten werden kann, muss eine Kombination aus Los- und Festlager verwendet werden.

Bemerkung 2.3 4 Loslager können Kräfte nur in normaler Richtung zur Drehachse aufnehmen; sonst verschiebt sich das Lager, wie in . Abb. 2.16 gezeigt wird. 4 In der Mechanik werden Loslager mittels eines Symbols, wie es in . Abb. 2.16 dargestellt ist, gekennzeichnet. 4 Loslager dürfen in einer Konstruktion nicht gegen seitliches verschieben, im Gegensatz zum Festlager oder nur mit axialem Spiel gesichert werden. Dieses Spiel muss aufgrund der Wärmeausdehnung vorhanden sein. 4 Siehe Beispiele in . Abb. 2.17 . Abb. 2.15 Festlagerkonzept 2, gesichert durch einen Lagerdeckel (links und rechts), rechts wurde zum Spielausgleich ein Lagerdistanzring verwendet [100]

fahren hat, liegt ein Fest- und Loslager vor, wenn diese jedoch nicht voll ausgedehnt ist, liegen eigentlich zwei Festlager vor! Diese beiden Ausführungen sind nur zwei Sicherungsmöglichkeiten für Festlager im Maschinenbau. Für Weitere wird auf das Fachgebiet „Maschinenelemente“ verwiesen.

. Abb. 2.17: Findet eine Längung der Welle, von l1 auf l2 statt, so kann sich das Lager in axialer Richtung verschieben, wodurch keine inneren Spannungen entstehen. Ebenfalls ist die Ausführung der Lagersicherung aus . Abb. 2.17 nur Möglichkeit zur Sicherung. Führt man die Lagerung beidseitig mittels Loslager aus, so kann die Welle nicht in Position gehalten werden und kann in Abhängigkeit des Spiels „schwimmen“. Man spricht dann von einer schwimmenden Lagerung. Diese hat den Vorteil, dass sie sehr kostengünstig, aufgrund der geringen axialen Toleranzen ist, jedoch ist diese Art der Lagerung nicht für wechselnde, axiale Belastungen geeignet.

2

21 2.4  Lager

F Mo¨glichkeit: 1

Fy = F

2

Loslager unbelastet

Beispiel

Fx = F verschiebt sich!

Loslager belastet Fx

Loslager im Raum:

Fy = F

F Fx = F

. Abb. 2.16 Loslager 1. und 2. Darstellungsart

F l2

Mb

l1

Fx Fy

Fx

Fy

F

Mb

. Abb. 2.18 Einspannung

. Abb. 2.17 Loslagerkonzept, Festlager (links) und Loslager (rechts) [40]

Loslager müssen nicht zwingend mit Wälzlagern ausgeführt werden, so ist auch eine rollende Kugel, die auf einer schiefen Ebene hinunterrollt oder zwischen Autoreifen und Asphalt die Kontaktbeziehung als Loslager aufzufassen (. Abb. 2.18, 2.19 und 2.20).

2.4.3

Einspannung

Einspannungen spannen das Teil in allen Richtungen ein, sodass ein Verschieben und Verdre-

hen in allen Raumrichtungen nicht mehr möglich ist. Einspannungen sind, wenn man diese genauer betrachtet, sehr kritisch in Bezug auf Spannungen zu sehen, wie man im nächsten Band der Buchreihe beobachten wird. Es entstehen durch die Einschränkung jeder Verschiebung und Verdrehung Spannungen in jeder Richtung. Diesen Spannungen muss man sich bei der Gestaltung einer Einspannung immer bewusst sein. Man unterscheidet bei Einspannungen zwischen festen und variablen Einspannungen. Feste Einspannungen sind Einspannungen, die in keiner Richtung verschoben oder verdreht werden können, hingegen es bei einer variablen Einspannung möglich ist in eine Koordinatenrichtung zu verschieben. Das variable Einspannungskonzept wird vor allem bei Gleitführung realisiert. Ein Anwendungsbeispiel zeigt

22

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

nicht zulässt, einen Träger oder auch ein sonstiges Bauteil zweimal zu lagern. Manchmal wird auch durch eine Einspannung eine Konstruktion billiger, was ebenfalls ein wichtiger Anwendungsfall ist. Ein praktisches Beispiel stellt ein Balkon dar, man hat dort eine Einspannung, wo der Balkon mit der Hauswand verbunden ist. Spannt man einen Träger auf einer Seite ein, so spricht man von einem „Kragträger“ (. Abb. 2.18).

2

. Abb. 2.19 Golden Gate Bridge – hier können die Stützen als Einspannungen angesehen werden

. Abb. 2.20 Verkehrsschilder; welche mit einer Stützte am Boden verbunden sind, sind Einspannungen

2.4.4

Pendelstützen

Pendelstützen werden in der Technik vielseitig eingesetzt. Um nur eines, von vielen Beispielen zu nennen, bei Brücken. Bei einer Stütze, welche an beiden Enden gelenkig gelagert ist, handelt es sich um eine Pendelstütze [77] (. Abb. 2.22, 2.23 und 2.24). Im Kapitel „Fachwerke“ werden Pendelstützen genauer betrachtet, da es dort sein kann, dass einzelne Stäbe eines Fachwerks Pendelstützen sind. Pendelstützen können nur Zug- oder Druckbelastungen aufnehmen. Sind nur Zugbelastungen zu übertragen, kann der sogenannte Pendelstab (Pendelstütze ist eigentlich

. Abb. 2.21 Variable Einspannungen (Gleitführungen)

. Abb. 2.21. Fixe Einspannungen sind in der Mechanik allerdings häufiger, diese werden noch oft im Laufe der Ausbildung vorkommen. Fixe Einspannungen sind in der Baustatik auch häufig unter dem Köcherfundament bekannt. Einspannungen werden immer dann verwendet, wenn es die Konstruktion oder der Platz

. Abb. 2.22 Pendelstütze an einer Brücke; hier gelb dargestellt [37]

23 2.5  Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte

2. Zweiwertige Lager: = unverschiebliche, aber drehbare Lager 4 Festlager 4 gelenkiges Lager 4 Doppelpendelstütze 4 Vertikalführung 4 Normalkraftgelenk 3. Dreiwertige Lager: = unverschiebliche Lager 4 Dreipendelstütze 4 Einspannung 4 Querkraft- Normalkraftgelenk 4. Zwischenbedingungen: 4 Pendelstab 4 Momentengelenk 4 Querkraft- und Normalkraftgelenk

F

. Abb. 2.23 Pendelstütze

F F1

F1

F2 F2

. Abb. 2.24 Freigemachte Pendelstütze

irrtümlich falsch, da eine Stütze einen Stab auf Druck belastet bezeichnet) auch als Seil oder Kette ausgeführt werden. Müssen zusätzlich, oder auch nur Druckbeanspruchungen übertragen werden, so muss ein Stab, eine Stütze zur Ausführung bemüht werden.

2.4.5

Wertigkeit eines Lagers

Die Wertigkeit gibt in der Mechanik die Anzahl der möglichen Belastungsrichtungen an. Man unterscheidet zwischen Lager mit der Wertigkeit 1, 2, 3 und solche, die Zwischenbedingungen darstellen [5, S. 125 ff.]. 1. Einwertige Lager: = verschiebliche Lager 4 Rollenlager (Loslager) 4 Gleitlager 4 Pendelstütze

2.5

Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte

In . Abb. 2.25 ist ein Überblick der Möglichkeiten der Lagerungen der Statik bzw. Mechanik gegeben. Diese Tabelle besitzt nur die wichtigsten Lagerarten. Weitere Möglichkeiten sind in den folgenden Abbildungen gegeben. Anmerkung Die gegebene Übersicht ist nur ein grober Überblick wichtiger Lager und bei Weitem nicht vollständig. So fehlen Pendellager, Schrägkugellager . . . die gezeigten Ausführungen für Los- und Festlager sind nur Vorschläge und können auch ganz anders realisiert werden. So wäre es als Beispiel auch als Loslager zu werten, wenn ein Autoreifen auf einem Asphaltuntergrund steht. Ebenso können Gleitbuchsen Loslager darstellen. Es gibt auch bewegliche Lager, wie: Federn, elastische Unterlagen wie Gummimatten, Gummidämpfer, wobei sich aber eine enorme mathematische Herausforderung bei der Berechnung auftut. Dies wird in dem Kapitel „Elastische Lager“ dieser Buchreihe genauer untersucht (. Abb. 2.26–2.30).

2

24

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

. Abb. 2.25 Lagerreaktionen

2

Lager

Beschreibung

Freigemacht

Beispiel in der Realita¨t

Fy

Loslager Wertigkeit: 1

Auto: Zwischen Reifen und Boden

F Pendelstu¨tze Wertigkeit: 1 F Bagger: Zylinder beim Auslegerarm

Fy

Festlager Wertigkeit: 2

Fx

Tower Bridge: Lager

M Hu¨lse Wertigkeit: 2

F

Kolben in einem Zylinderrohr

Einspannung Wertigkeit: 3

Fx M

Fy

25 2.5  Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte

N am e, N orm

3D -B ild

Schnittbild

Kugellager DIN 628

Axiales Kugellager DIN 711

Nadellager ohne Innenring DIN 5405

Kegelrollenlager DIN 720

. Abb. 2.26 Ausführungsmöglichkeiten von Lagerungen in der Mechanik durch Wälzlager (1)

2

26

2

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

Axiales Zylinderrollenlager DIN 722

Nadellager mit Innen- und Außenring NA

Axiales Nadellager AXK

Zylinderrollenlager NU

. Abb. 2.27 Ausführungsmöglichkeiten von Lagerungen in der Mechanik durch Wälzlager (2)

27 2.5  Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte

Lagerkonzept

Nadellager ohne Innenring

Kraftaufnahme

Nadellager mit Innen- und Außenring

Zylinderrollenlager

Axiales Zylinderrollenlager

Axiales Nadellager

Radiales Kugellager (geringe axiale Kräfte)

Kegelrollenlager

Fy

Loslager (radial)

Normal zur Rotationsachse (Kräfte in einer Richtung)

Lagerkonzept

Loslager (axial)

Lagerkonzept

Kraftaufnahme

Fy

Parallel zur Rotationsachse (Kräfte in einer Richtung)

Axiales Kugellager (geringe radiale Kräfte)

Kraftaufnahme

Fy Festlager schräg zur (in der Rotationsachse Ebene (Kräfte in gezeichnet) mehreren Richtungen)

F Fx

. Abb. 2.28 Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (2D)

2

28

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

Lagerkonzept

Axiales Kugellager (geringe radiale Kräfte)

Kraftaufnahme

2 Festlager schräg zur (im Rotationsachse Raum (Kräfte in gezeichnet) mehreren Richtungen)

F

Fy Fz

Fx

. Abb. 2.29 Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (3D)

Radiales Kugellager (geringe axiale Kräfte)

Kegelrollenlager

29 2.5  Überblick der wichtigsten Lagerungen und Kräfte

Kraftart

Einzelkraft

Streckenlast

Flächenlast

Drehmoment

Fliehkräfte, Trägheitskräfte, Schwerkräfte

Temperaturlasten

. Abb. 2.30 Übersicht Krafttypen

Beschreibung der Kraft Wird an einem Punkt auf ein Bauteil ausgeübt. Einzelkräfte können vereinfachte Auflagerkräfte, oder punktuelle Belastungen sein. Diese wirken an einer unendlich kurzen Strecke, also nur einem Punkt, es kann also genau genommen in der Realität keine wahre Einzellast geben. Die Einheit einer Einzelkraft ist [N]. Streckenlasten sind auf eine Strecke verteilt und können nur in der Ebene, also bei zweidimensionalen Betrachtungen, wirken. Es handelt sich dabei um unendlich viele Einzellasten an einer gegebenen Strecke mit einer definierten Wirklänge. Die Einheit einer Streckenlast ist [N/m]. Spezielle Streckenlasten stellen als Beispiel Auflager dar, welche genau genommen parabolisch wirken. Diese werden später noch genauer untersucht. Man kann Streckenlasten in unterschiedliche Ordnungen unterteilen, je nach Wirkung auf das Bauteil. Beispielsweise als Rechteckslast = Streckenlast 1. Ordnung, oder als Dreieckslast, Parabolische Last usw. Den Streckenlasten ist in diesem Buch ein eigenes Kapitel gewidmet. Beispiele hierfür sind: Lagerkräfte in realer Form, Zahnradlasten,… Flächenlasten sind auf einer Fläche verteilt und können nur im Raum, also bei dreidimensionalen Betrachtungen, wirken. Es handelt sich dabei um unendlich viele Einzellasten an einer gegebenen Strecke in zwei Richtungen, die normal aufeinander stehen. Es wirken damit unendlich viele Einzellasten auf einer Ebene verteilt. Die Einheit einer Flächenlast ist [N/m2]. Eine der wichtigsten und häufigst verwendeten Flächenlasten stellt eine Schneelast dar. Besitzt eine Einzelkraft einen Hebelarm, wie es beispielsweise beim Anziehen einer Schraube mit einem Schlüssel der Fall ist, so entsteht ein Drehmoment aus dem Produkt aus Kraft und Normalabstand. Drehmomente besitzen die Einheit [Nm] und werden nochmals gesondert in einem anderen Teil des Buches behandelt. Jedes Teil auf der Erde fällt aufgrund der Erdanziehung nach unten. Dies ist der Schwerkraft geschuldet. Jedes Bauteil mit einer Masse m besitzt bei einer Erdbeschleunigung, g genannt, jene Kraft die sich aus der Multiplikation aus der Erdanziehung und der Masse ergibt. Zusätzlich können bei einem Bauteil mit der Masse m Kräfte e entstehen, wenn dieses Bauteil mit nicht konstanter Geschwindigkeit bewegt wird und eine Beschleunigung bzw. Verzögerung erfährt. Es handelt sich dann um sogenannte dynamische Kräfte, die genauer im Buch Teil Technische Mechanik Dynamik (Band 3) behandelt werden. Diese Kräfte entstehen, wenn man ein Bauteil dynamisch einsetzt, nicht mehr statisch, wie es in diesem Band immer der Fall ist. Wirkt auf ein Bauteil eine Temperaturänderung durch Erwärmen (beispielsweise Sonne) oder Kälte im Winter (Kühlung) so entstehen innere Spannungen im jeweiligen Bauteil, die das Bauteil zum ausdehnen oder verkürzen bringen können. Thermische Lasten werden im Buch Technische Mechanik Band 2 behandelt.

2

30

2.6

2

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

Übungen Übungsbeispiel 2.1

Geben Sie einen Überblick über die Newton’schen Axiome (3 Stück) Lösung 1. Newton’sches Axiom = Trägheitsgesetz: Jeder Körper der sich in Bewegung befindet, ändert diese nicht. Er besitzt eine Trägheit. Genau so: Jeder Körper, der sich in Ruhe befindet, will sich nicht in Bewegung begeben; dies kennt man etwa beim Schieben eines schweren Pakets oder Auto: Am Anfang muss wesentlich mehr Kraft aufgebracht werden, um den Gegenstand von seiner Ruheposition wegzubewegen (Trägheit muss überwunden werden); dann ist dieser Gegenstand wesentlich leicht zu bewegen.

2. Newton’sches Axiom = Dynamisches Grundgesetz: Ein Körper mit der Masse m bewegt sich mit der Beschleunigung direkt proportional. Es ergibt sich die Kraft. Formal bedeutet dies: F D m  a:

(2.8)

3. Newton’sches Axiom = Wechselwirkungsgesetz: Actio = Reactio. Wird auf einen Körper eine Kraft ausgeübt, so wirkt dieser Körper eine gleich große, entgegengesetzt, gerichtete und gleich große Kraft aus. Diese Kraft wird als „Gegenkraft“ bezeichnet.

Übungsbeispiel 2.2

Welche Arten von Kräften gibt es? Lösung 1. Flächenlast; Streckenlast (= Schneelast) 2. Volumenkraft (= Wasser in einem Behälter; Druckbehälter)

3. Einzelkräfte (= Kräfte zwischen punktuellen Belastungen) 4. Innere Kräfte (= in jedem Bauteil vorhanden, nach Schnittprinzip) 5. Äußere Kräfte (= alle von außen wirkenden Belastungen auf einen Körper)

Übungsbeispiel 2.3

Nennen Sie die wichtigsten Lagerreaktionen.

Lösung 4 4 4 4

Festlager Loslager Einspannungen Pendelstütze

Übungsbeispiel 2.4

Geben Sie einen groben Überblick über Ein-, Zwei- und Dreiwertige Lager.

Lösung Siehe 7 Abschn. 2.4.5.

Übungsbeispiel 2.5

Geben Sie einen groben Überblick über die wichtigsten Lagerungen.

Lösung Siehe 7 Abschn. 2.4.5; . Abb. 2.25.

31 2.6  Übungen

Übungsbeispiel 2.6 (Tower Bridge)

Die Tower Bridge, in London, ist eine der weltweit berühmtesten Brücken. Ein Grund für deren Berühmtheit ist mit Sicherheit, dass man die Brücke, wenn hohe Schiffe die Themse (Fluss in London, über dem die Brücke errichtet wurde) passieren müssen, aufklappen kann. Um dies zu verwirklichen, wurde ein Mechanismus im Inneren der Brücke entwickelt, um die beiden Brückenflügel heben zu können.

(a) Zu bestimmen sind die Richtungen der auftretenden Kräfte beim Heben eines Flügels in einem Winkel von ˛ D 0ı (= geschlossener Zustand) (b) Zu bestimmen sind die Richtungen der auftretenden Kräfte beim Heben eines Flügels in einem Winkel von ˛ D 30ı . Lösung Siehe . Abb. 2.31.

a) Bru ¨ckenflu ¨gel geschlossen

F

F

F

F

Fg

FK FK

Fg

...hier gibt es nur FA ; da in radialer Richtung keine Gegenkr¨afte wirken! FK ist in diesem Fall =0 (unbelastete Kette)

FG

FA

FA

b) B r u ¨ckenflu ¨gel geo¨ffnet unter α = 30◦

α

FK FK FAx FA FAy

FG FAy FA FAx

. Abb. 2.31 Freigemachte Tower Bridge

Fg ...Gelenkskraft FG...Gewichtskraft FA...Festlagerkraft FK ...Kettenkraft

2

32

Kapitel 2  Freischneiden und Freimachen

Übungsbeispiel 2.7 (Golden Gate Bridge)

2

Die Golden Gate Bridge ist eine der bekanntesten Brücken, sie ist auf fast jedem Bild zu sehen, auf dem eine Brücke abgebildet ist. Es handelt sich bei der Brücke um eine Hängebrücke in San Francisco. Bis 1964 war die Brücke, die im Jahr 1937 fertiggestellt wurde, die längste Hängebrücke, mit einer Länge von 2737 m, der Welt. Die Kosten der Brücke betrugen 35 Millionen USD (heute, mit

eingerechneter Inflation wären dies 629 Millionen USD) [54]. Zu bestimmen sind die Richtungen der auftretenden Kräfte. Lösung Siehe . Abb. 2.32.

innere Kr¨afte (werden im Teil 2 behandelt) FGS FGSt

FGS FG1

FE

ME FG1

FQ

FE ME l

. Abb. 2.32 Golden Gate Bridge

Mb

FGst ...Gewichtskraft Stu ¨tze FE ...Einspannkraft FGS ...Gewichtskraft Seil ME Einspannmoment FG1 Gewichtskraft LKW FGq Gewichtskraft Boden (Streckenlast; da dies nicht die gesamte Kraft aufgrund des Schnittes ist: FGq = q · l

33 2.6  Übungen

Übungsbeispiel 2.8 (Baum)

Ein Baum in der Erde stellt eine Einspannung dar. Zu bestimmen sind die Richtungen der auftretenden Kräfte.

Lösung Siehe . Abb. 2.33.

x

x

FG

FG

ME FE ME = FG · x

. Abb. 2.33 Baum

ME

FE

2

35

Kraftsysteme

Inhaltsverzeichnis 3.1

Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK) – 41

3.1.1 3.1.2 3.1.3

Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung – 41 Grundgesetz der Wechselwirkung – 42 Zusammensetzen von Kräften zu Resultierenden – 43

3.2

Gleichgewicht im ZEK – 45

3.3

Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK) – 45

3.3.1 3.3.2 3.3.3

Zusammensetzen zweier Kräfte – 46 Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn – 46 Zwei parallele Kräfte, entgegengesetzter Wirkungssinn – 47 Zwei entgegengesetzt gerichtete, gleich große Kräfte – 47

3.3.4

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_3

3

3.4

Gleichgewichtsbedingungen grafisch – 48

3.4.1 3.4.2 3.4.3

Gleichgewicht zweier Kräfte – 48 Gleichgewicht dreier Kräfte – 48 Gleichgewicht vierer Kräfte, Culmann – 51

3.5

Gleichgewichtsbedingungen analytisch – 51

3.5.1 3.5.2 3.5.3 3.5.4 3.5.5 3.5.6

Summe aller Kräfte in x-Richtung – 51 Summe aller Kräfte in y-Richtung – 53 Summe aller Kräfte in z-Richtung – 53 Schräge Kräfte – 53 Summe aller Momente um einen Punkt gleich null – 55 Beispiel – 56

3.6

Praxis – 56

3.6.1 3.6.2

Lösung mit Matlab – 57 Lösung mit SolidWorks FEM – 58

3.7

Kräftepaar – 65

3.8

Resultierende Kraft analytisch – 65

3.8.1 3.8.2

Rechtwinkeliges Dreieck – 65 Allgemeines Dreieck – 66

3.9

Kräftevektoren in der Ebene – 68

3.9.1 3.9.2

Gleichgewichtsbedingungen in der Ebene, vektoriell – 68 Balkenbeispiel, vektoriell – 68

3.10

Momente – 68

3.10.1 3.10.2

Resultierendes Moment – 71 Momentenvektor – 72

3.11

Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK) – 73

3.11.1 3.11.2

Einführung – 73 Beispiel im ZRK – mit Vektoren – 74

3.12

Übungen – 78

37 Kapitel 3  Kraftsysteme

Sie lernen hier. . . 4 Bestimmen der Auflagerkräfte, sowohl rechnerisch als auch zeichnerisch. 4 Einführung in die rechnerische Lösung von Auflagerkräfte. 4 Einführung in die zeichnerische Lösung von Auflagerkräfte. 4 Verschiedene Kraftsysteme kennen. 4 Einführung in die Vektorrechnung. 4 Möglichkeit, Kräfte mittels Vektoren zu bestimmen.

Zitat

Nicht die Technik um uns herum lässt uns zu rationalen Menschen entwickeln, sondern eher die Unfähigkeit zu träumen. Damaris Wieser

Bis jetzt ist bereits bekannt, was eine Kraft ist und wie diese definiert wird. Was ist aber jetzt ein Kraftsystem? Was ist generell im deutschen Sprachgebrauch ein System? Ein System beschreibt das Zusammenspiel zweier oder

. Abb. 3.1 Lageplan vs. Kräfteplan

mehrere Bauteile. Wenn man jetzt von einem Kraftsystem spricht, wird offensichtlich, dass es sich scheinbar um das Zusammenspiel mehrere Kräfte handelt. Wie entstehen mehrere Kräfte? Erneut wird für eine Antwort das Newton’sche Axiom: Actio = Reactio verwendet. Jede Kraft hat eine gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kraft, die sogenannte Gegenkraft, wie bereits einige Male im Laufe der Kapitel erwähnt wurde. Soweit so gut, es gibt also eine Kraft und eine Gegenkraft, die in Summe ein Kraftsystem darstellen. Sind mehrere Körper in einem Kraftsystem (. Abb. 3.1, Systemskizze) vorhanden, so herrschen auch zwischen diesen einzelnen Körpern Wechselwirkungen, wodurch zusätzliche Kräfte herrschen. Diese Kräfte ermittelt man, indem man die einzelnen Bauteile freischneidet (freimacht) (. Abb. 3.1, Freigemachtes Bauteil) und diese Kräfte einzeichnet bzw. benennt. Das anschließende Ziel eines Kraftsystems liegt meist darin, dass man die Beträge und Richtungen von Kräften durch ein zeichnerisches oder rechnerisches Verfahren ermittelt. Die dazu vorliegenden Möglichkeiten werden im Laufe des Buches behandelt und vorgestellt. Dazu müssen zu Beginn einige Vereinfachungen zwischen

Systemskizze

Freigemachtes Bauteil (Lageplan)

Kräfteplan

3

38

3

Kapitel 3  Kraftsysteme

der Realität und der Berechnung getroffen werden. Man unterscheidet für alle Betrachtungen der Mechanik einen Lage- und einen Kräfteplan (. Abb. 3.1, Kräfteplan) bzw. Beschleunigungsoder auch Geschwindigkeitsplan, je nach Anwendungsfall. In der Statik, so auch hier, ist nur ein Kräfteplan von Entscheidung, in allen weiteren Bänden wird man aber merken, dass dieses System auch mit Geschwindigkeits- oder Beschleunigungsvektoren funktioniert. Hier fällt ein neuer Begriff, jener der Vektoren. Vektoren beschreiben eine gerichtete Größe von etwas, bei Kraftvektoren ist dieses „Etwas“ eine Kraft. Genauer wird aber ebenso zu einem späteren Zeitpunkt eingegangen. Bis jetzt ist einmal das Wichtigste zu Vektoren festzuhalten, dass Vektoren Richtungen aufweisen. Es macht einen Unterschied, ob eine Kraft von links oder rechts drückt, da sich das Bauteil in unterschiedliche Richtungen, sofern Gleichgewicht herrscht, verformen wird. Unter dieser Kenntnis kann man sich jetzt wieder den bereits erwähnten Kräftebzw. Lageplan widmen. Dazu wird ein einfaches Bauteil betrachtet. Wie der Name bereits vermuten lässt, beschreibt der Lageplan die Lage, in der die Kräfte liegen, also beinhaltet dieser die, Punkte an denen die Kraft auf das Bauteil wirkt und der sich anschließend ergebende Kräfteplan die Anordnung der Kräfte und eine maßstabsgetreue Abbildung zur Ermittlung fehlender Kraftbeträge. Im Allgemeinen muss man sich aber noch Gedanken über das betrachtete Bezugssystem machen. Was ein Bezugssystem ist, ist auch nicht immer einfach festzustellen und schon gar nicht einfach zu definieren. Die exakte Definition eines Bezugssystems soll hier nun mal nicht im Vordergrund stehen, da man dazu noch später genauer kommt. Viel wichtiger ist es, zu erkennen, dass es möglich ist, ein System in der Ebene oder im Raum zu betrachten und trotzdem in beiden Untersuchungen idente bzw. korrekte Werte zu ermitteln. In der Ebene wird man zwar nicht alle Kräfte wie im Raum ermitteln können, allerdings für jene, von welchen eine Ermittlung möglich ist, wird man in beiden Berechnungen idente Lösungen erhalten. Ersichtlich wird aus den nachfolgenden beiden Abbildungen, dass es möglich ist, Kräfte im Raum oder, wenn die Bedingungen entspre-

chend angepasst werden und die Ergebnisse hinreichend folgen, auch in der Ebene zu berechnen. Dies hat den Vorteil, dass Gleichungen bei der rechnerischen Lösung, bzw. eine 3DZeichnung bei der zeichnerischen Lösung entfallen bzw. entfällt. Dementsprechend liegt die Vermutung nahe, dass man gemäß Definition folgende Unterteilungen der Kraftsysteme vornimmt: räumliches und ebenes Kraftsystem. Um weitere Berechnungen durchführen zu können, kann eine weitere Definition vornehmen, indem man alle Kräfte betrachtet, die sich in einem Punkt schneiden. Man spricht dann von einem zentralen Kräftesystem. Dieses zentrale Kräftesystem lässt sich erneut im Raum oder in der Ebene führen. Es ergibt sich demnach folgende Unterteilung: 1. Räumliches Kraftsystem: Die Kräfte und Momente können beliebig im Raum verteilt sein. 2. Ebenes Kraftsystem: Die Kräfte und Momente können beliebig in der Ebene verteilt sein. 3. Zentrales Kraftsystem: Die Wirkungslinien aller Kräfte treffen sich in einem Punkt. Beim Zentralen Kraftsystem unterscheidet man in das Zentrale räumliche Kraftsystem (ZRK) und in das Zentrale Ebene Kraftsystem (ZEK) (. Abb. 3.2 und 3.3). Jetzt wird zur weiteren Berechnung nur noch eine Welle anstatt des gesamten Getriebes betrachtet, doch auch diese Welle kann zudem vereinfacht werden. Da in diesen Fall Spannungen in der Welle keine Rolle spielen und dadurch auch keine Wellendurchmesser bzw. Querschnitte, sondern nur die Größen der Kräfte interessant sind, genügt es, die Welle als Balken anzunehmen, also als Linie. In der Mechanik versucht man immer so weit wie möglich Vereinfachungen vorzunehmen und damit nur so weit wie nötig komplizierte Berechnungen zu erhalten. Man bezeichnet diese Vereinfachung als „Balkentheorie“, welche von dem Physiker Jacob I Bernoulli entwickelt wurde. Die Balkentheorie wird in drei Abschnitte unterteilt, die Balkentheorie 1., 2. und 3. Ordnung. Letztere beiden werden erst in anderen Bänden dieser Buchreihe von Bedeutung werden, die Theorie

39 Kapitel 3  Kraftsysteme

Vereinfachungsmöglichkeiten der Mechanik Gegeben sei nebenstehendes Getriebe (sehr stark vereinfach). Es sind nur die beiden Antriebswellen gegeben. Da diese aber nur Spiegelverkehrt eingebaut sind, und nach Vorgabe die Antriebswellen gleiche Belastungen erfahren, genügt es eine der beiden Antriebswellen zu untersuchen. Aus diesem Grund genügt es auch nur einen Antriebsstrang näher zu untersuchen. Zu bestimmen sind die Auflagerkräfte in den beiden Kugellagern.

Betrachtet man nur einen Antriebsstrang, so ist es auch hier noch möglich das System zu vereinfachen. Sicherungsringe, können sofort ausgeblendet werden, da diese nicht für eine Kraftuntersuchung von Entscheidung sind. Identes gilt für Lager und Zahnrad. Über bleibt nur mehr die Antriebswelle:

. Abb. 3.2 Vereinfachungsmöglichkeiten der Berechnung in der Mechanik

erster Ordnung wird jedoch hier bereits eine große Rolle spielen, aufgrund man sich hier auch auf die Theorie erster Ordnung beschränkt. Bernoulli betrachtet dazu die Kräfte und Biegemomente eines Balkenelements, des unbelasteten Balken, bzw. der unbelasteten Welle, je nach Anwendungsfall. Das Ergebnis stimmt meist ausreichend genau, wenn nur geringe Verformungen vorliegen. Kleine Verformungen liegen in der Mechanik in den meisten Fällen der Statik vor, Ausnahmen werden noch genauer vorgestellt, vor allem bei elastischen Lagerungen

wie Federn. In allen nachfolgenden Berechnungen können kleine Verformungen vorausgesetzt werden. Warum diese Theorie nur bei kleinen Verformungen gilt, wird auch zu einem späteren Zeitpunkt dieses Buches noch genauer untersucht. Um eine Welle als Balken zu idealisieren, werden folgende Annahmen getroffen [27]: 4 es liegt ein schlanker Balken vor, dies ist der Fall, wenn die Länge wesentlich größer als die Querschnitteigenschaften sind 4 Die Geometrieänderung durch die Verformung spielt nach der Belastung keine Rolle,

3

Kapitel 3  Kraftsysteme

40

Gegenüberstellung Betrachtung der Kräfte in der Ebene vs. Raum In der Mechanik gibt es die Möglichkeit eine Kraftberechnung gleich im Raum vorzunehmen, diese wird später noch gezeigt. Im Raum ist es allerdings deutlich mehr mathematischer Aufwand Berechnungen durch zu führen, aus diesem Grund ist es meist von Vorteil nur die Ebene zu betrachten. In der Ebene müssen aber auch die Randbedingungen richtig gelegt werden, sodass man idente Ergebnisse zur Berechnung im Raum findet. Der Unterschied darf am Ende nur darin liegen, dass bei einer EbenenBerechnung eine Komponente (3. Koordinatenrichtung) nicht bestimmt werden kann. Dazu betrachtet man nochmals den gesamten Antriebsstrang (nebenstehendes Bild). Das Zahnrad überträgt ein Drehmoment, eine Randbedingung ist also die Drehmoment bzw. Kraftübertragung.

3

F Res

FBz

FBx FAz FZ

FBy

FAy Ft FN FRes

Fr FRes,y

F Res,x,y F Res,x

FBx

FAy

Betrachtet man die Kräfte nur in der Ebene, so ist dies einfacher zu rechnen, da die Komponenten einer Koordinatenrichtung: hierbei die z -Richtung entfällt. Damit am Ende das Ergebnis stimmt, darf aber nur ein Teil der Resultierenden äußeren Kraft verwendet werden. Es muss auch hier die z -Richtung entfallen. Es können dann auch die Kräfte in der Ebene bzw. in einer Schnittansicht (nebenstehend) festgehalten werden.

. Abb. 3.3 Zusammenhang der Kräfte bei der räumlichen bzw. der ebenen Berechnung

3

41 3.1  Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK)

Echte Welle (nur mit y -Komponenten betrachtet)

Welle als Balkenelement

F Res,y F Res,y

FBy

FBy

FAy FAy

. Abb. 3.4 Wellen können als Balkenelemente betrachtet werden zum Berechnen der Kräfte

dies bedeutet, selbst wenn sich ein Balken stark biegt und sich krümmt, werden die Wirklinien der Belastungen immer noch in der gleichen Koordinatenrichtungen als zu Beginn der Berechnungen angenommen 4 Querschnitte belieben immer eben, selbst wenn eine Verformung bzw. Verwölbung stattfinden würde, so wäre dies nicht entscheidend für die Berechnung 4 Es liegen kleine Verformungen vor 4 Der Balken besteht aus einem isotropen Material, das E-Modul verhält sich in allen Koordinatenrichtungen des Querschnittes am Balken gleich, sämtliche Kontraktionszahlen und Querdehnungen werden außer Acht gelassen (. Abb. 3.4).

3.1

Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK)

Zur Lösung der Aufgaben des ZEK bedient man sich an den Gesten der grafischen Statik. Dabei gelten folgende drei Grundgesetze:

3.1.1

Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung

Am starren Körper dürfen Kräfte beliebig entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden. Dies gilt nur für Gleichgewicht und Äquivalenz Betrachtungen, nicht für Festigkeitsüberlegungen. Der Betrag der Kraft F wird immer gleich groß bleiben, egal ob man die rote, blaue oder grüne Kraft in . Abb. 3.5 betrachtet.

Corollary 3.1 Es folgt das Korollar, dass Kräfte entlang ihrer Wirklinie verschoben werden dürfen.

Beweis Siehe grafische Lösung in . Abb. 3.6.

#” Betrachtet man die Kraft F1 D . xy11 /. (Nun weiß man noch nicht, dass die Kräfte F1 D F2 D F3 gleich groß sind). Durch den Ursprung O D . 00 / folgt durch Betrachten des Ortsvektors zum An-

>Gesetz 3.1 1. Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung am starren Körper, 2. Grundgesetz der Wechselwirkung und 3. Grundgesetz über das Zusammensetzen von Kräften.

F F F

. Abb. 3.5 Kräfte dürfen entlang ihrer Wirklinie verschoben werden

Kapitel 3  Kraftsysteme

42

g

12. 10.

d

... Zentrifugalkraft

FZP

... Zentirpetalkraft FZF

8.

c

B1

6.

3

FZF

4.

h

2.

v A1

D u

A

f −8. −6. −4. −2.

0

2.

FZP

B

4.

6.

C 8. 10.

12.

14.

−2. −4. −6.

. Abb. 3.7 Fliehkräfte (vgl. auch mit . Abb. 3.8)

. Abb. 3.6 Beweis für die Verschiebung

griffspunkt von F1 (A) und der Spitze von F1 (B) der Vektor der Kraft F : # ” # ” #” OB D OA C F1 H) #” # ” # ” F1 D OB  OA ! ! ! 6;79 0 6;79 D  D 3;7 2 1;7

jF1 j D 7 N:

H) (3.1)

Für die zweite Kraft gilt # ” # ” #” OB1 D OA1 C F2 H) #” # ” # ” F2 D OB1  OA1 ! ! ! 14;79 8 6;79 D  D 5;7 4 1;7

. Abb. 3.8 Die Kinder werden bei einer Drehbewegung nach außen befördert. Dies ist eine Folge der Trägheitskraft bzw. der Fliehkräfte

H)

jF2 j D 7 N: Es folgt also F1 D F2 D F ; wodurch die Folgerung bewiesen ist. 

3.1.2

Grundgesetz der Wechselwirkung

Unter dem Wechselwirkungsgesetz versteht man das Actio = Reactio Gesetz, welches bereits mehrmals im Laufe des Buches erwähnt wurde. Dieses Gesetz wurde von Isaac Newton 1687, in dem Buch „Principia Mathematica“ veröffentlicht. Diese besagen, dass jede Kraft eine gleich

große Gegenkraft, welche entgegengesetzt gerichtet ist, besitzt. Dieses wird auch „lex tertia“ genannt. Eine wichtige, gern vergessene Bedingung ist auch noch, dass beide Kräfte im selben Bezugssystem auftreten müssen [75]. Es gibt aber auch Kräfte, die so aussehen, als wären sie paarweise miteinander verbunden. So zum Beispiel bei einem Körper, welcher an einer Schnur befestigt ist, und sich auf einer Kreisbahn bewegt. Dies hat zur Folge, dass eine Zentrifugalkraft (FZF ) sowie eine Zentripetalkraft (FZP ) entsteht. In . Abb. 3.7 ist dieses Gedankenexperiment aufgezeichnet. Obwohl diese beiden Kräfte gleich groß und auch entgegengesetzt gerichtet sind, gelten sie nicht als Kraft und Gegenkraft. Der Grund ist folgender: Die beiden Kräfte treten nicht im selben Bezugssystem auf. Im Buch Technische

3

43 3.1  Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK)

Mechanik – Dynamik [11] wird näher auf dieses Thema eingegangen. Warum ist die Gegenkraft immer gleich der Kraft? Der Grund liegt im Actio–ReactioGesetz oder auch 3. Newton’sche Axiom genannt. Dieses besagt, dass jeder Körper, welcher eine Kraft auf einen anderen Körper ausübt, eine Gegenkraft, mit gleichem Betrag, auf diesen Gegenkörper, ausübt. Als Beispiel: Wenn man mit dem Daumen eine Kraft, auf den Tisch ausübt, wird sich der Tisch minimal zum Durchbiegen. Es findet eine Verformung statt. (Verformungsprobleme werden im Buch „Technische Mechanik Elastostatik [10]“ genauer behandelt.) Dies ist allerdings so minimal, dass man es mit dem freien Auge nicht sehen wird. Nach einiger Zeit wird man aber auch merken, dass diese Kraft, auch einen Druck auf den Daumen ausüben wird, da dieser nach einer Weile beginnen wird zu Schmerzen.

3.1.3

3.1.3.1

Zusammensetzen von Kräften zu Resultierenden Zwei Kräfte mit gleicher Wirkungslinie entgegengesetzt gerichtet q

# ” #” #” # ” FRes D F1  F2 ; mit: FRes D Fx2 C Fy2 , bei diesem Beispiel ist jedoch Fy (Kraft in vertikaler Richtung) gleich null, wodurch sich die einfache Formel ergibt: FRes D F1  F2 (. Abb. 3.9).

(FRes . . . resultierende Kraft); x ist in Wirklichkeit unendlich klein, dieser Abstand ist nur zur besseren Darstellung vorhanden. Das Vorzeichen vor jeder Kraft resultiert immer aus der Kraftrichtung, zeigt die Kraft nach rechts oder oben, (= positive Koordinatenrichtung); ist dieses positiv (wenn nicht anders angegeben), umgekehrt negativ. In vielen Büchern wird die resultierende Kraft auch mit FR bezeichnet, was hier allerdings vermieden wird, da dies die Reibungskraft in dieser Literatur sein wird. 3.1.3.2

Zwei entgegengesetzte Kräfte unterschiedlicher Wirkungslinie

In diesem Fall muss ein Kräfteparallelogramm für die Lösung der Aufgabe gebildet werden. # ” #” #” FRes D F1 C F2 ; mit: q 2 2 FRes;x C FRes;y q D .F1;x C F2;x /2 C .F1;y C F2;y /2

# ” FRes D

Siehe . Abb. 3.10.

y

FRes

F1

F2 F2

x Lageplan

F1

W LF1

F1x F1

x

F1y

FRes

F1

F2 FRes

F2 W L ... Wirklinie

. Abb. 3.9 Bilden einer resultierenden Kraft aus zwei Einzelkräften

W LF2 Kra¨fteplan

. Abb. 3.10 Bilden einer resultierenden Kraft aus zwei Einzelkräften, durch ein Kräfteparallelogramm

Kapitel 3  Kraftsysteme

44

3.1.3.3

3

Mehrere Kräfte mit unterschiedlicher Wirklinie

Man erhält die resultierende Kraft FRes , indem man alle Kräfte des Kräftesystems zu einem Linienzug, mit gleichbleibender Orientierung verbindet. Die resultierende Kraft zeigt dann, vom Beginn der ersten Kraft bis zur Spitze der letzten

Kraft. Die resultierende Kraft hat also die umgekehrte Orientierung wie alle anderen Kräfte; da sonst kein Gleichgewicht entsteht. (Die resultierende Kraft muss die Gegenkraft zu allen anderen Kräften des Kraftsystems bilden; muss also dieselbe Wirkung haben als alle anderen Kräfte vektoriell addiert.)

Beispiel 3.1 gegeben sind die Großen ¨ der Krafte ¨ ¨ durch folgende Betrage, sowie die ¨ Richtungen der einzelnen Krafte: F1 = 15 kN

F2 = 19 kN

F3 = 10 kN

F4 = 11 kN

F1 y 30◦

60◦

FRes(F1 , F2 ) 80◦

F3

x 80◦

FRes (FRes1 , FRes2 )

F2

Lageplan und Kra ¨fteplan FRes2 (F3 , F4 ) F4

Hierbei kann man dann durch Parallelogrammen die Gro¨ssen der Resultierenden Kra ¨fte ablesen.

Beispiel 3.2 gegeben sind die Gro¨ssen der Kra¨fte durch folgende Betra¨ge, sowie die Richtungen der einzelnen Kr¨afte: F1 F1 = 15 kN F3 = 10 kN F1 F4 = 11 kN F2 = 19 kN y

30◦

F3

◦

60

80◦

F3

x

FRes

80◦

F4 FRes F4

F2

F2

45 3.3  Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK)

F1

F2

. Abb. 3.11 Zwei Kräfte mit derselben Wirklinie

3.2

Gleichgewicht im ZEK

Ein Körper, auf dem eine äußere Kraft wirkt, wird beschleunigt (. Abb. 3.11). >Gesetz 3.2

. Abb. 3.12 Beim Ballett muss die Frau, alle auf ihr wirkenden Kräfte (hier sind das Gewichtskräfte), in einem Punkt bündeln, um das Gleichgewicht zu halten

Ein Körper ist im statischen Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft, aller auf ihm wirkenden Kräfte, Null ist, oder wenn das Krafteck geschlossen ist.

Bemerkung 3.1 Ein Körper mit zwei Kräften ist dann im statischen Gleichgewicht, wenn: 1. beide Kräfte die gleiche Wirkungslinie besitzen, 2. die Kräfte gleich groß sind und 3. die Kräfte entgegengesetzt gerichtet sind.

3.3

Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK) Definition 3.1 Da es sich nur um eine Erweiterung handelt, gelten Wechselwirkungsgesetz und Kräfteverschiebung auch im AEK (vgl. . Abb. 3.12 und 3.13).

. Abb. 3.13 Wird hier nur ein Fuß weiter nach außen gestreckt, so verlagern sich die Gewichtskräfte, die hier noch im Gleichgewicht sind und die Person kippt

3

3

46

Kapitel 3  Kraftsysteme

3.3.1

Zusammensetzen zweier Kräfte

Es müssen folgende Bedingungen erfüllt werden: 1. gleiche Wirkungslinie der Kräfte, 2. zwei Kräfte, die sich in einem Punkt schneiden und 3. parallele Kräfte, die gleich orientiert sind.

3.3.2

Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn

Um die resultierende Kraft zwischen zwei Einzelkräfte zu ermitteln, wird der Angriffspunkt

der ersten Kraft mit der Spitze der anderen Kraft verbunden und die Länge a abgetragen. Es gibt zwei Möglichkeiten, eine resultierende Kraft zu finden. Die erste (kompliziertere Methode) ist in . Abb. 3.14 dargestellt, die zweite, schnellere Variante in . Abb. 3.15. Warum gilt diese Regel? Kräfte können immer als Vektoren aufgefasst werden. Dies bedeutet, dass man durch Vektoraddition die resultierende Kraft zweier Kräfte findet. Der Wirkabstand kann dann gefunden werden, indem die Strecke a, in . Abb. 3.15, auf der gegenüberliegenden Seite abschlagen wird. (Es muss auf jener Seite der Kraft abgeschlagen werden, an der die größere, der beiden Kräfte, wirkt! (sonst hätte FRes nicht dieselbe Wirkung, wie die Summe der beiden Einzelkräfte))

gegeben: 2 Parallele Kra¨fte, gesucht: Resultierende Kraft F2 F1

1. 2. 3. 4. 5.

Kr¨afte masssta¨blich zeichnen Hilfskr¨afte FH einzeichnen (gleich groß!) Parallelogramme bilden Resultierende bilden Schnittpunkt ergibt Position von FRes

F2 FRes1

FH

F1

FRes

FRes2 FRes

FRes1

. Abb. 3.14 Zusammensetzen zweier Kräfte

F Res2

FH

3

47 3.3  Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK)

F2

FRes

FRes F1

F Res

F1

a F2

a

F Res2

F Res

. Abb. 3.15 Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn

Kra¨fteplan

3.3.3

Zwei parallele Kräfte, entgegengesetzter Wirkungssinn

Um einen Schnittpunkt (durch den die resultierende Kraft geht), zu finden, muss man aus den beiden Kräften schiefe Kräfte machen. Dies schafft man, indem zu den beiden Kräften Hilfskräfte eingezeichnet werden, wobei es zu beachten gilt, dass diese beiden wieder im Gleichgewicht sein müssen, um keinen Einfluss auf das Gesamtsystem zu haben. Die Hilfskräfte müssen auf einer Wirkungslinie, entgegensetzt gerichtet und gleich groß sein. Bildet man aus der Hilfskraft FH und der ersten Kraft F1 eine resultierende Kraft (FRes;1 ) und verlängert anschließend die Wirklinie von (FRes;1 ), so findet man, durch identes Vorgehen im Punkt 2, einen Schnittpunkt. Durch diesen muss die resultierende Kraft verlaufen. In . Abb. 3.16 ist eine kompliziertere Variante dargestellt, zum Finden von FRes dargestellt und in . Abb. 3.17 ein einfacherer Lösungsweg.

F1 F Res1

FH

F2 FH

Lageplan F Res2

. Abb. 3.16 Zwei parallele Kräfte, entgegengesetzter Wirkungssinn F1 Krafteck

F2 F Res

F1 F Res F2 x

x Lageplan

3.3.4

Zwei entgegengesetzt gerichtete, gleich große Kräfte

>Gesetz 3.3 Ein Kräftepaar erzeugt ein Moment und kann daher durch ein solches ersetzt werden!

Ein Kräftepaar kann nicht durch eine resultierende Kraft ersetzt werden, sondern nur durch

. Abb. 3.17 Einfache Konstruktion

ein Moment. Ein Kräftepaar darf in der Ebene beliebig gedreht und verschoben werden. Das Produkt aus Kraft mal Normalabstand nennt man Moment (. Abb. 3.18).

Kapitel 3  Kraftsysteme

48

F Drehung F F

3

Drehung F F1

FH

F Res1

F Res2 Ist die Bedingung des gemeinsamen Schnittpunktes nicht erfu ¨llt, folgt eine Drehung des Systems

F2 FH F1

Lageplan

. Abb. 3.19 Gleichgewicht dreier Kräfte (1)

F Res1 F Res2

F2

. Abb. 3.18 Kräftepaar: Egal wie man den Kräfteplan bildet, es kann nie eine resultierende Kraft gebildet werden, da FRes D 0 ist

F1

Gleichgewichtsbedingungen grafisch

3.4

3.4.1

Gleichgewicht zweier Kräfte

F3 F2

> Gesetz 3.4 Ein Körper, mit zwei angreifenden Kräften, ist im Gleichgewicht, wenn 1. die beiden Kräfte auf einer Wirkungslinie liegen, 2. die beiden Kräfte gleich groß sind, 3. die beiden Kräfte entgegengesetzt gerichtet sind.

3.4.2

F3

F1 F2

Gleichgewicht dreier Kräfte

> Gesetz 3.5 Drei Kräfte sind im Gleichgewicht, wenn 1. die drei Wirkungslinien einen gemeinsamen Schnittpunkt haben, 2. das Krafteck geschlossen ist, 3. die drei Kräfte in einer Ebene liegen.

Siehe . Abb. 3.19 und 3.20.

Ist das Krafteck nicht geschlossen, so sind nicht alle drei Kra¨fte im Gleigewicht und das System beginnt sich zu verschieben, hier in Richtung F2 .

. Abb. 3.20 Gleichgewicht dreier Kräfte (2)

49 3.4  Gleichgewichtsbedingungen grafisch

Beispiel 3.3 (Straßenlaterne) l4

B

l2

l1

FG

A l5

Eine Laterne ist an einer Hauswand befestigt. Von dieser Laterne kennt man die Längen l1 ; l2 ; l3 und l4 (es ist daher möglich, eine maßstäbliche Skizze anzufertigen) sowie die Kraft FG D 600 N.

Gesucht 4 die Zugkraft FB im Seil 4 die Stützkraft FA im Lager 4 Winkel ' indem die Kraft FA zur Waagrechten wirkt.

FB FB

FG FA

FAy

FG FA

FAx

3

50

Kapitel 3  Kraftsysteme

Beispiel 3.4 (Seilbahn)

3

Von einer Seilbahn kennt man die Gewichtskraft FG . Zu bestimmen sind die auftretenden Zugkräfte, in den Dreiecksstangen, welche die Gondel mit den Rollen verbindet.

A

α

B

FG

13 m

45 m

FB FB FA FA

FB FA

FG FG

51 3.5  Gleichgewichtsbedingungen analytisch

3.4.3

Gleichgewicht vierer Kräfte, Culmann

Bemerkung 3.2 Voraussetzung ist, dass 4 mindestens eine Kraft und 4 vier Wirkungslinien

FG

bekannt sind.

Das Culmann Verfahren oder auch Vierkräfteverfahren genannt, ist ein Verfahren zur grafischen Ermittlung von unbekannten Kräften. Es wurde vom Bauingenieur Karl Culmann entwickelt. Es handelt sich beim Culmann Verfahren um eine Erweiterung des Drei-Kräfte-Verfahrens. Man bringt jeweils zwei Kräfte paarweise so zum Schnitt, dass zwei Schnittpunkte entstehen. Durch diese Punkte wird dann die Culmann Gerade gelegt. Die Culmann Gerade zeigt die Wirkungslinie zweier Hilfskräfte, die durch Erweitern und durch die Zwei-Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen ein Gleichgewicht besitzen, an.

Wie stark muss die Person an dem Seil ziehen?

. Abb. 3.21 Culmann-Kräfte-Verfahren

4 Die Größe der gesuchten Kraft kann dann abgelesen werden.

3.5

2Vorgehensweise beim Culmann-Verfahren

4 Alle Kräfte müssen so zusammengefasst werden, bis nur mehr 4 vorhanden sind. Die Wirklinien dreier Kräfte müssen bekannt sein und auch ein Betrag einer Kraft (vgl. . Abb. 3.21). 4 Es gilt die Regel, alles was sich im Lageplan schneidet, muss im Kräfteplan ein Dreieck ergeben. 4 In diesem Fall müssen zwei Kraftecke folgen, jenes für Punkt 1 und Punkt 2. 4 Dazu schneidet man jeweils zwei Kräfte so, dass sich ein Schnittpunkt ergibt (1). Im zweiten Fall schneidet man die übrig gebliebenen Kräfte (2) 4 Zwischen den beiden Schnittpunkten wird eine Gerade gelegt, die sogenannte „Culmann-Gerade“. 4 Diese Gerade stellt die Wirkungslinien für die Hilfskräfte FH dar. 4 Die Hilfskräfte müssen immer im Kräfteplan entgegengesetzt gerichtet sein, sodass sich diese immer gegenseitig aufheben.

Gleichgewichtsbedingungen analytisch

Um das Gleichgewicht zwischen mehreren Kräften herzustellen, muss allgemein die bereits ge# ” #” #” # ” P #” zeigte Formel FRes D F1 C F2 C  C Fn D Fi #” #” #” oder durch Umformen: 0 D F1 C F2 C   C Fn  # ” P #” # ” FRes D Fi  FRes gelten.

3.5.1

Summe aller Kräfte in x-Richtung

Um, wie bereits erwähnt, Gleichgewicht herzustellen, müssen sich die Kräfte gegenseitig aufheben. Zwei Kräfte machen dies, wenn sie entgegengesetzt gerichtet, gleich groß und im selben Bezugssystem sind. Man kann hieraus folgern, dass die Bedingung gilt, wenn diese, wie in . Abb. 3.22 dargestellt, im Koordinatensystem, positioniert sind. Jetzt müssen Gleichungen zur Berechnung gefunden werden, dies wird erreicht, indem alle Kräfte in gleicher Ausrichtung (waagrecht/senkrecht) in eine Gleichung geschrieben werden, jedoch mit

3

52

Kapitel 3  Kraftsysteme

Beispiel 3.5 (Auslegerkran)

3

Gegeben sind die Gewichtskräfte FG1 und FG2 des Auslegerkrans. Ebenso sind alle nötigen Längen für eine maßstäbliche Konstruktion bekannt. (diese können der Abbildung entnommen werden). Anzuwenden ist das Culmann-Verfahren

a

b

(Hinweis: Zuerst müssen die Gewichtskräfte zu einer FRes zusammengefasst werden). F D 6 kNI

FG2 D 4 kN

4 Wie groß sind die Kräfte in den Lagern?

c

e

FG1 D 2 kNI

S(FA ; FH ; F Res )

F

A

FA

1 2

C F

A

FG1

S(FB ; FH ; F )

α FG1 FG2 = 2kN

d

FG2

FRes

FG1 = 4kN Pendelstu¨tze

0, 5m LM

FG2

FRes = 6kN

0, 5kN KM

B β

FB

B

α = 23◦; β = 33◦; a = 0, 38 m; b = c = 1, 44 m; d = 4, 19 m; e = 0, 88 m Berechnet man dieses Beispiel rechner-

FB

F isch, so wird auch schnell der Vorteil

Winkel aus Platzgru¨nden in Krafteck 2 leicht ver¨andert!

dieses Verfahrens ersichtlich, da die Berechnung sehr viel Zeit in Anspruch nimmt. Es folgen die Betr¨age der Kra¨fte in H¨ohe von FA = 15,3 kN ; FB = 66,34 kN und F = 55 kN.

FG2

FRes

8,3 kN KM

FG1 1. Krafteck

FRes

FA C

2. Krafteck

einem Vorzeichen vor jeder Kraft, welches positiv oder negativ sein kann, abhängig, ob die Kraft in oder gegen die positive Koordinatenrichtung zeigt. (In . Abb. 3.22 (unten) hätte F1 ein negatives – und F2 ein positives Vorzeichen.) Damit Gleichgewicht herrscht, muss F1 D F2 sein. Angenommen F1 WD 100 N, F2 WD 100 N. Es gilt also gemäß der bereits mehrmals erwähnten Gleichgewichtsbedingungen F1 D F2 H) 100 N D 100 N. Oder durch Umformen 0 D 100 N  100 N, woraus eine wahre Aussage: 0 D 0 N folgt. Einsetzen der Variablen

ergibt 0 D F1  F2 . Jetzt noch die Richtung festlegen, also in diesem Fall die x-Richtung und ein wenig allgemeiner schreiben, durch Aufsummieren aller Kräfte, von i D 1 bis zur n-ten Kraft, folgt die nachstehende Gleichung

n X iD1

Fix D 0W : : : D 0:

(3.2)

3

53 3.5  Gleichgewichtsbedingungen analytisch

1

F1y y positiv F1

+

negativ F2

F1x

2

x y

F1y F1

F1x x

=

F1

y

negativ F1

positiv F2 x

. Abb. 3.22 Summe aller Kräfte in x-Richtung gleich null

3.5.2

Summe aller Kräfte in y-Richtung

3.5.4

Gemäß der bereits gezeigten Vorgehensweise, im vorgehenden Abschnitt, folgt sofort

n X

Fiy D 0W : : : D 0:

(3.3)

iD1

3.5.3

n X

Summe aller Kräfte in z-Richtung

Fiz D 0W : : : D 0:

. Abb. 3.23 Unterteilung einer schrägen Kraft in ihre Komponenten

Schräge Kräfte

In der Realität kommen nicht nur die bereits erwähnten Kräfte, welche in Achsrichtung (xoder y-Richtung) wirken vor, sondern auch Kräfte, die unter einem beliebigen Winkel wirken. Solche Kräfte bezeichnet man als schiefe oder schräge Kräfte. Diese können dann, in die bereits bekannten Richtungen, (x und y), zerlegt werden. Man bezeichnet die dabei entstehenden Kräfte F1x und F1y als Komponenten der Kraft F1 . Wird ein Krafteck gebildet (. Abb. 3.23), so folgt ein rechtwinkeliges Dreieck. Um weitere Berechnungen, von Kräften und Winkeln in rechtwinkeligen Dreiecken vornehmen zu können, werden einige Regeln von rechtwinkeligen Dreiecken besprochen.

(3.4)

iD1

3.5.4.1

Satz des Pythagoras

Der pythagoreische Lehrsatz wurde erstmals 570 v. Chr. von Pythagoras von Samos bewiesen. Postuliert wurde dieser angeblich jedoch bereits

54

Kapitel 3  Kraftsysteme

von Euklid, aufgrund der Satz auch ein fundamentaler Satz der euklidischen Geometrie ist. Theorem 3.1

Sind a, b und c die Seitenlängen eines rechtwinkligen Dreiecks, wobei a und b die Längen der Katheten sind und c die Länge der Hypotenuse ist, so gilt a2 C b 2 D c 2 . oder: Die Beträge der Summe der Quadrate über den Katheten ist ident der Summe dem Betrag über der Hypotenuse. [88]

3

Beweis1 Siehe . Abb. 3.24. Sei A die Fläche ei-

nes Quadrates mit der Seitenlänge a C b. Dann kann diese Fläche durch A D .a C b/2 bestimmt

werden. Sei a die längere Seite eines Dreiecks und b die kürzere, so kann diese Fläche durch aCb bestimmt werden. Das Quadrat mit der Flä2 che A sei so zusammengesetzt, dass sich vier, von den eben genannten Dreiecken und ein weiteres Quadrat, mit der Fläche c 2 zur Fläche A erschließen. Es gilt dann ebenso für die Fläche A D 4  aCb C c 2 . Gleichsetzen dieser beiden Be2 dingungen liefert ab C c2 2 ab a2 C 2ab C b 2 D 4  C c2 : 2 .a C b/2 D 4 

(3.5)

Es folgt: a2 C b 2 D c 2 :

(3.6) 

3.5.4.2

Winkelfunktionen

c2 Bemerkung 3.3 c b

b2

a

a2 Satz von Pythagoras

Gemäß den Beschriftungsdefinitionen im rechtwinkeligen Dreieck folgt für das Dreieck in . Abb. 3.25 die Gegenkathete durch FY und Ankathete mit FX . Die Hypotenuse stellt die Kraft F dar. Gemäß den Winkelfunktionen folgt sin.'/ D

FY GK D H F

cos.'/ D

AK FX D H F (3.7)

Es folgt: FY D F  sin.'/

und

FX D F  cos.'/: (3.8)

c2 c c F

b

a

Skizze zur Herleitung Satz von Pythagoras . Abb. 3.24 Satz des Pythagoras 1

Es gibt viele Beweise zum Satz von Pythagoras. Ein geometrischer, sehr einfacher ist nachfolgend angeführt.

FY

ϕ FX . Abb. 3.25 Winkelfunktionen bei schrägen Kräften

3

55 3.5  Gleichgewichtsbedingungen analytisch

Summe aller Momente um einen Punkt gleich null

3.5.5

Um alle statisch bestimmten, ebenen Systeme lösen zu können, wird noch eine dritte Gleichung, Summe aller Momente gleich null, zur vollständigen P Bestimmung aller Unbekannten, benötigt; ( niD1 Fiz ist in der Ebene = 0, da keine Kräfte vorhanden sind; anders bei räumlichen Tragwerken). Die Herleitung kann ident, zu jener aus der Herleitung „Summe aller Kräfte gleich null“, überlegt werden. Der einzige

Unterschied ist jener, dass man nicht Kräfte, sondern Momente, also Kräfte mal den Normalabstand zu einem gewissen Punkt, ins Gleichgewicht setzt. Der Punkt muss immer an die Stelle, mit den meisten unbekannten Kräften, gelegt werden, oft ist dies der Punkt des Tragwerkes, an dem sich das Festlager oder die Einspannung befindet. Dies hat den Hintergrund, dass dort kein Normalabstand zum betrachteten Drehpunkt vorhanden ist, wodurch das Produkt M D F  l zu M D F  0 wird und dort alle Kräfte wegfallen.

Beispiel 3.6 y α

F1

Jetzt fällt auf, dass alle Kräfte, bei denen der Normalabstand die Länge 0 hat, wegfallen. Es folgt:

F2 x

l1

n X

l2 l3 y F1

α

+

 F1  sin.˛/  l1  F2  l2 C FB  l3 D 0

F2

(3.12)

FAx FAy

Mi.A/ D 0W

iD1

FB

x

Lageplan freigemacht

Lösen des Gleichungssystems ergibt

. Abb. 3.26 Balken mit zwei Einzelkräften

 F1  sin.˛/  l1  F2  l2 C FB  l3 D 0 Zu bestimmen sind die Lagerkräfte FA und FB (in . Abb. 3.26), mit den eben kennengelernten Gleichgewichtsbedingungen, wenn die geometrischen Abmessungen gegeben sind und die beiden Belastungen F1 bzw. F2 . Es ist kein Zahlenwert gesucht, nur die Lösung als Gleichung, umgeformt auf die unbekannte Kraft. n X

Fix D 0W

n X

n X

Fix D 0W CFAx  F1  cos.˛/ D 0

n X

(3.14)

Fiy D 0W FAy C FB  F2  F1  sin.˛/ D 0

iD1

iD1

n X

(3.13)

Aus den anderen beiden Bedingungen folgt:

FAx D F1  cos.˛/ (3.9)

Fiy D 0W

FAy C FB  F2  F1  sin.˛/ D 0

F1  sin.˛/  l1 C F2  l2 : l3

iD1

iD1

C FAx  F1  cos.˛/ D 0

FB D

(3.10)

FAy D F2 C F1  sin.˛/  FB I (3.15)

Mi.A/ D 0W

iD1

FAy  0 C FAx  0  F1  sin.˛/  l1 C F1  cos.˛/  0  F2  l2 C FB  l3 D 0 (3.11)

und mittels des Pythagoras FA D

q 2 2 FAx C FAy :

(3.16)

Kapitel 3  Kraftsysteme

56

3

Wichtig ist, dass zu jeder Kraft mit Normalabstand derselbe Drehpunkt angenommen wird. Anders als bei Summe aller Kräfte in x=yRichtung gleich null, wird nicht das Vorzeichen der Kraft, in oder gegen Koordinatenrichtung betrachtet, sondern ob sich das Moment in positiver oder negativer Richtung um den Drehpunkt dreht. Ein positives Moment resultiert, wenn der im Alphabet vorher kommende Buchstabe, zu jenem, der nachher kommt, klappt. Also x zu y. Die Drehrichtung kann auch anders angenommen werden, allerdings ist es günstig, immer eine Drehrichtung beizubehalten für kommende Probleme, um keine unnötigen Flüchtigkeitsfehler zu produzieren. Wichtig ist, dass innerhalb eines Systems, immer dieselbe Drehrichtung angenommen wird.

n X

Mi.DP / D 0W : : : D 0:

(3.17)

iD1

In dieser Gleichung steht in der Klammer (DP ) jener Buchstabe, welcher als Markierung für den Drehpunkt, um den alle Momente drehen, dient.

3.5.6

Beispiel

Nachstehend ist ein Träger gegeben, von welchen die Abmessungen und die Belastungen bekannt sind. Zu ermitteln sind die beiden Lagerkräfte in den Gelenkpunkten A und B. Die Kräfte sind rechnerisch zu ermitteln, mithilfe der zuvor gezeigten Gleichgewichtsbedingungen. Nach den Gesetzen der Arithmetik kann man genau so viele Unbekannte ermitteln, als Gleichungen vorhanden sind. Hat ein Träger ein Festlager mit den beiden Koordinatenrichtungen x und y und ein Loslager (in der Ebene betrachtet) so benötigt man mindestens drei Gleichungen zur Ermittlung der Unbekannten. Da der Träger in der Ebene betrachtet wird, entfällt bereits die Gleichgewichtsbedingung für die dritte Koordinate. Die übrigen beiden können verwendet werden, jedoch fehlt dann noch eine Gleichung. Diese kann aus dem Momentengleichgewicht aufgestellt werden. Man hat dadurch drei Gleichungen zu drei Unbekann-

ten. Damit ist es möglich, die Gleichungen nach verschiedenen Verfahren der Mathematik aufzulösen und die Unbekannten zu ermitteln. Dies kann nach etwa dem Gleichsetzungs- oder Einsetzungsverfahren geschehen, jedoch ist auch das Additions- oder Determinatenverfahren eine Möglichkeit.

3.6

Praxis

Wie löst man solche Systeme in der Praxis? Oftmals genau so, da dies, durch Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen, eine zügige Methode ist, sofern man geübt ist. Diese bekommt man im Normalfall bei der Ausbildung zum Ingenieur, Dipl.-Ing. etc. mit auf dem Weg. Eine andere – auch beliebte Methode ist die Lösung durch Computerunterstützen Programmen – wie MathCAD oder Matlab. Für MathCAD findet man im Internet ausgezeichnete Anleitungen, für eine Lösung und meistens wird auch im Zuge der Ausbildung auf eine Lösung mit solchen Programmen eingegangen. Hier wird vermehrt auf eine Lösung mit Matlab eingegangen. Anschließend wird noch eine Lösung mittels eines CAD Programmes folgen, da dies die wohl beliebteste Methode in der Industrie ist. Zum einen liegt dies daran, dass ein CAD-Programm so gut wie immer zur Verfügung steht – und zum anderen daran, dass die Lagerkräfte oftmals aus festigkeitstechnischen Gründen zu ermitteln sind – wodurch dies anhand eines Schrittes, bei der Ermittlung der Spannungen, erfolgen kann. Ist dies der Fall, erledigen FE-Methoden einen Großteil der Arbeit. Eingegangen wird auf eine Lösung zu dem bereits kennengelernten Beispiel. Wie lösen Programme solche Probleme? Hinter Computerprogrammen stecken komplexe Algorithmen. Ganz einfach gesprochen, kann man sich aber eine iterative Methode vorstellen. Angenommen es soll die Gleichung x  2 D 0 nach x aufgelöst werden, so wird eine Schrittweite definiert, um dies abzukürzen wird hier n D 1 als Schrittweite genommen, Programme machen dies natürlich weitaus feiner. Bei n D 1 fragt das Programm meist nach einem Lösungsbereich, dieser wird vorgegeben durch beispielsweise: Œ5I C5; dann beginnt das Programm einzusetzen: 5  2 ¤ 0, also eine falsche Aussage; 4  2 ¤ 0, wieder eine falsche Aussage.

57 3.6  Praxis

Das Programm macht dies so oft, bis eine wahre Aussage mit 2  2 D 0 und daraus x D 2 folgt. FEM-Programme machen dies noch durch viel kompliziertere Methoden. Diese stellen JacobiMatrizen oder Matrizen für Tausende, zehntausende, hunderttausende . . . Punkte, an einem Bauteil auf und berechnen dann die Kräfte.

3.6.1

Lösung mit Matlab

Siehe 7 Methode: Lösung durch Matlab 3.1

Methode: Lösung durch Matlab 3.1

Um in Matlab die gefundenen Gleichgewichtsbedingungen aus 7 Beispiel 3.6 zu finden, muss man die Gleichgewichtsbedingungen FAx  F1  cos.˛/ D 0

(3.18)

FAy C FB  F2  F1  sin.˛/ D 0

(3.19)

F1  sin.˛/  l1  F2  l2 C FB  l3 D 0

(3.20)

umschreiben in eine Matrix- und Vektor-Schreibweise; hierin wird eine Matrix mit einem Vektor 2

3

FAx 7 6 4FAy 5 FB

Kraft, Längen, Winkel. 2

3 2 3 2 3 1 0 0 F1  cos.˛/ FAx 6 7 6 7 6 7 40 1 1 5 4FAy 5 D 4 F2 CF 1  sin.˛/ 5 : 0 0 l3 F1  sin.˛/  l1 CF 2  l2 FB „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … DA

Db

Die gesuchten Größen werden durch Anb in Matlab gelöst. Es folgt unter x die Lösung: 2

3 2;60 6 7 43;455 kN : 4;05 „ ƒ‚ … Dx

multipliziert, jede Zeile mit jeder Spalte. Auf der rechten Seite stehen dann alle bekannten Werte:

Im Anschluss ist der Matlab-Programmcode angehängt.

l_1=300; l_2=600; l_3=1000;

F_1=3; F_2=6; %Matrix A definieren: A = [1,0,0; 0,1,1; 0,0,l_3]; %Vektor b definieren: b=[F_1*cosd(30); F_2+F_1*sind(30); F_1*sind(30)*l_1+F_2*l_2];

x=A\b;

3

3

58

Kapitel 3  Kraftsysteme

3.6.2

Lösung mit SolidWorks FEM

Bevor mit der Lösungsermittlung mittels SolidWorks begonnen wird, wird noch gezeigt, wie ein solcher Träger in der Realität (. Abb. 3.27) eingesetzt werden und aussehen könnte.

. Abb. 3.27 Beispiel des Balkens in Anwendung

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 3.1

. Abb. 3.28 Abmessungen des Balkens

Um eine Lösung mit dem CAD Programm SolidWorks (Simulation) zu finden, muss als Erstes gemäß . Abb. 3.28 der Balken modelliert werden. Dann wird in SolidWorks das Modul „Simulation“ freigeschaltet und eine neue „statische Studie“ erstellt. Für alle weiteren Schritte wird auf die nachfolgenden Abbildungen Schritt für Schritt verwiesen. 1. Nach der Modellierung werden die Kräfte definiert. F1x D F1  sin.30/.

2. Kraft F1y D F1  cos.30/ definieren. 3. Kraft F2 definieren. 4. Lager B definieren. Achtung: Loslager, in einer Richtung muss eine Bewegung möglich sein! 5. Lager A definieren. 6. Kraft FA ablesen 7. Kraft FB ablesen

59 3.6  Praxis

P os.

B ild

Erklärung Modell Skizzieren (2D-Modell)

Unter Zusatzanwendungen das Zusatzmodul „Schweißkonstruktionen“ freischalten; anschließend dort auswählen.

Im Anschluss das richtige Profil auswählen (ist aber eigentlich bei einer reinen Kraftberechnung nicht von Entscheidung, hier wurde ein IPE 80 Profil verwendet). Um das Strukturbauteil zu vervollständigen, einfach der Reihe nach die einzelnen Linien der Skizze auswählen und Gruppieren.

Es folgt das fertige Strukturbauteil. Damit das Bauteil wie in der Aufgabenstellung aussieht, kann ggf. noch ein Boden gezeichnet werden, muss aber nicht zwingend sein.

,,,,,,

Im ersten Schritt muss SolidWorks Simulation aktiviert werden. Dazu einfach unter der CommandBar auf den Tab „Zusatzanwendungen“ navigieren und im Anschluss „SolidWorks Simulation“ anwählen. Je nach Lizenz Typ stehen unterschiedliche Methoden für Simulation zur Verfügung. Unter auf das Dreieck klicken und die Verfügbare Lizenz wählen.

3

60

3

Kapitel 3  Kraftsysteme

Analysetyp statisch wählen, eine Übersicht aller Typen ist im Anschluss gegeben. Eine neue Studie in SolidWorks Simulation kann am einfachsten aufgesetzt werden, indem man das Programm von links nach rechts in der Command Bar abarbeitet oder im Feature Manager von oben nach unten abarbeitet. Material zuweisen. Jedes Bauteil, für das eine FE-Untersuchung erforderlich ist, muss auch ein Material zugewiesen bekommen. In einer Baugruppe muss man dazu auf klicken, in einem Bauteil werden die Körper direkt aufgelistet. In diesem Beispiel kann man erkennen, dass manche Bauteile anders angezeigt werden als andere. Wird ein Bauteil als angezeigt, so bedeutet dies, dass bereits ein Material zugewiesen ist, hingegen auf das Fehlen des Materials hinweist. RMT auf das Bauteil lässt auf das Symbol klicken, mittels welchem ein Material zugewiesen werden kann. Nebenstehend (unten) ist die Materialdatenbank dargestellt. Hier ist erkennbar, dass sich diese leicht von jener aus der Modellierungsumgebung unterscheidet. Es sind manche Zeilen rot- bzw. Blau hinterlegt. Rot dargestellt sind Daten, die unbedingt erforderlich sind, blau jene die möglicherweise wichtig sein könnten, je nach Lastfall. Wenn das Modell als Strukturbauteil gezeichnet wurde (wie zuvor gezeigt) dann werden sofort Verbidnungspunkte an Ecken definiert.Dort können Lasten und Lager definiert werden. Diese Punkte werden in der Farbe Magenta gezeigt; bzw. Gelb an freien Enden für Lager.

3

61 3.6  Praxis

Komponenten wie der Boden sind nicht für die Berechnung der Kräfte wichtig und würde nur zusätzliche Ressourcen benötigen. Aus diesem Grund kann dieser aus der Analyse ausgeschlossen werden. Es soll nur mehr der einzelne Balken über bleiben. Wenn die einzelnen Bauteile als erscheinen, so werden diese als Volumenkörper behandelt. Da hier aber das Bauteil aber als Balken behandelt werden soll (BeamElement) kann hier durch RMT “ gewählt werden.

„

Das Bauteil erscheint gemäß

.

Durch RMT und anschließend können Verbindungspunkte angepasst werden. Um Lager zu definieren, müssen Randbedingungen durch klicken auf und schließend gemacht werden. Für das Festlager den entsprechenden Verbindungspunkt auswählen und zusätzlich auf Bei einem Festlager können alle Translationen fixiert werden (=0) drücken. Für die Referenzgeometrie wir die Stirnseite des Profils

Die Verdrehung darf nur in einer Richtung ermöglicht werden: verwendet: .. Es können dann die entsprechenden Freiheitsgrade, im Bezug auf die gewählte Fläche definiert werden.

62

Kapitel 3  Kraftsysteme

Analysetypen in SolidWorks Simulation

Produkt

3

Anwendung Statische Analysen, zur Berechnung von Kräften, Spannungen und Dehnungen Ermittelt die Frequenz eines Bauteils aufgrund von Schwingungen (Biegeschwingungen) Bestimmt die optimale Form eines Bauteils mit Zielfunktionen Kann Variablen wie Durchmesser… so anpassen, dass eine vorher definierte Gleichung wahr wird (vorgegebenes Gewicht…) Berechnet ein Bauteil auf Wärmelasten (Ausdehnung…) Berechnet ein Bauteil auf Knickung Untersucht ein Bauteil auf Ermüdung (Rissbildung)… Untersucht nicht lineare Zustände (Federn, Kunststoffteile…) Berücksichtigt die Bewegung von Massenpunkten aufgrund linearer Dynamik Untersucht ein Modell nur an gewissen, vordefinierten Stellen, um nicht das gesamte Modell untersuchen zu müssen. Simuliert den freien Fall eines Bauteils Untersucht einen geschlossenen, unter Druck stehenden Tank aufgrund Spannungen

Statische Analyse in SolidWorks Simulation Hier wird eine statische Anaylse verwendet. In SolidWorks Simulation eine neue Studie erstellen, mit: Es erscheint ein Feld, indem gleich zu Beginn einige Einstellungen getätigt werden müssen.

.

Drückt man direkt auf so wird eine statische Studie, ohne besondere Eigenschaften, erstellt. Wählt man 2D-Vereinfachung aus, so kann eine 2D-Vereinfachung verwendet werden um Rechenleistung zu sparen und so die Berechnung zu Beschleunigen. Ist zusätzlich „Studienkomponenten im portieren“ aktiviert, so ist eine Kopplung zu einer anderen Studie (wie thermische Studie) möglich. Unter „Toolbox Verbindungselemente umwandeln“ werden die Schrauben etc. Normteile, die in einer Baugruppe verwendet wurden sofort in Schraubenverbindungen, die von Simulation verwendet werden können, umgewandelt.

63 3.6  Praxis

Anmerkung zum Einstellen der Verdrehung und Verschiebung. Durch klicken auf den Pfeil je nach Koordinatenrichtung ist es möglich eine Verschiebung einzugeben, bzw. durch eingeben von 0 mm Verschiebung die Position zu fixieren. Es passt sich auch die Vorschau (grüner Pfeil) entsprechend an (siehe Nebenstehend). Gleiches gilt für die Verdrehung. Die fixierten Rotationen werden durch eine „Scheibe“ am Ende des Pfeils gekennzeichnet.

Um den Balken vollständig zu lagern fehlt noch das Loslager. Dieses kann gemäß zuvor gezeigten Regeln definiert werden.

Jetzt müssen die Belastungen definiert werden. Dazu muss die Schräge Kraft in zwei Komponenten (x- und y) unterteilt werden. (F1 = 3000N und F2 = 6000N). Durch die Winkelfunktionen folgt: F 1x = F1 cos(30°) = 2598N; F 1y = F1 sin(30°) = 1500N.

F1=3000 N F2=6000 N

FAy FB

Zum Definieren der Kräfte muss

unter „ “ gewählt werden. Dann wird zumal die Einzelkraft F2 definiert. Dazu den entsprechenden Verbindungspunkt und eine Referenzfläche auswählen. Jetzt kann durch eingeben der entsprechenden Kraft in y-Richtung (je nach Referenzgeometrie) der Betrag eingegeben werden.

3

64

Kapitel 3  Kraftsysteme

Definieren der beiden Komponenten von F1. Dazu kann ident als in Schritt 16 vorgegangen werden.

3 Jetzt ist der Balken vollständig definiert und kann berechnet werden.

Der Balken muss vor der Berechnung noch vernetzt werden.

Dazu auf

klicken und Netz

erstellen: . Dann kann die Studie berechnet werden, durch klicken auf . Es folgt die Verschiebungsdarstellung (nebenstehend). Da diese Verschiebung für die Statik nicht interessant ist, muss man sich die Kräfte anzeigen lassen. Dazu unter

die

lassen. Dann die beiden Verbindungspunkte wählen und die Kräfte anzeigen lassen. Es folgen die Kräfte im: Festlager zu: FA x = 2600N; FA y = 3460N Loslager zu: FB = 4040N Dies entspricht ziemlich genau dem was Matlab berechnet hat:

Festlager

Loslager

3

65 3.8  Resultierende Kraft analytisch

Ansicht A

F

y

Ansicht A

M

F

Schraubendreher

p

M

+

F

α a

x

F

. Abb. 3.29 Kräftepaar Schraube

3.7

Kräftepaar Theorem 3.2

Aus einem Kräftepaar folgt ein Moment (vgl. . Abb. 3.29).

Beweis

Aufstellen der Gleichgewichtsbedin-

gungen: n X

Fix D 0W F  sin.˛/  F  sin.˛/ D 0

. Abb. 3.30 Aus zwei Kräftepaaren wird ein Moment, am Beispiel: Schraubendreher

i D1

(3.21) n X

Resultierende Kraft analytisch

3.8

Fiy D 0W F  cos.˛/  F  cos.˛/ D 0 3.8.1

i D1

Rechtwinkeliges Dreieck

(3.22) n X

Mi.A/ D 0W M C F  .a C p/  F  a D 0:

Es folgt für die Kraft mithilfe des Satzes von Pythagoras

i D1

(3.23) Aus den ersten beiden Gleichungen folgt, dass sich zwei Kräftepaare immer aufheben, aus der dritten folgt die Aussage: M DF aF aF p M D F  p:

(3.24) (3.25)

Ebenso folgt, dass der Abstand zwischen den beiden Kräften nicht entscheidend für die Größe des Momentes ist.  Dieses Prinzip wird auch beim Anziehen einer Schraube, mit einem Schraubendreher, verwendet, wie die nachstehende Abbildung zeigt. Beim Anziehen entsteht eine Drehbewegung, welche ein Moment hervorruft (. Abb. 3.30).

FRes D F D

q

FX2 C FY2 :

(3.26)

Der Winkel kann, durch die im rechtwinkeligen Dreieck anzuwendenden Winkelfunktionen, berechnet werden. Die Herleitung geht auf den Einheitskreis zurück. Dieser besitzt den Radius r D 1 (. Abb. 3.31). Es ergibt sich:  ' D arctan

FY FRes

 (3.27)

Kapitel 3  Kraftsysteme

Einheitskreis:

Schwingung:

y

r=

1

1

tan(ϕ)

r= ϕ

sin(ϕ)

3

sin(ϕ)

y

0◦

cos(ϕ)

Gleichungen aus dem Einheitskreis: 2

Aus dem Pythagoras folgt: sin (ϕ) + cos2 (ϕ) = r2 = 1 Wichtige Werte:

ϕ 0◦

sin(ϕ)

cos(ϕ)

tan(ϕ) =

0

1

0

√

3 2 √ 2 2

1 2 √

◦

30

2 2 √ 3 2

45◦ ◦

60

◦

90

◦

180

1 2

sin(ϕ) cos(ϕ)

√1 3

1 √

cos(ϕ)

66

3

1

0

n. d. (∞)

0

1

0

ϕ

90◦

180◦

270◦

sin(ϕ) =

GK H

cos(ϕ) =

AK H

tan(ϕ) =

GK AK

360◦ x

sin ... Sinus (kommt vom lateinischen Wort, und bedeutet so viel wie Kr¨ummung) cos ... ComplimentiSinus (Complimenti kommt aus dem lateinischen (Erg¨ anzung auf 90° zum Sinus)) tan ... Tangens cot...Complimenti Tangens (Complimenti kommt aus dem lateinischen (Erga¨ nzung auf 90° zum Tangens)) GK ... Gegenkathete (gegenu¨ ber dem Winkel im Dreiek) AK ... Ankathete (am dem Winkel im Dreiek anliegend) H ... Hypothenuse (la¨ ngste Seiteim Dreieck)

. Abb. 3.31 Einheitskreis

3.8.2

Allgemeines Dreieck werden kann. Es gilt dann

3.8.2.1

Sinussatz sin.ˇ/ sin. / sin.˛/ D D D 2r a b c

(3.28)

Bemerkung 3.4 Beschriftung, nach Norm, im rechtwinkeligen Dreieck: Gegenüber den Seiten a; b; c liegen ˛; ˇ; .

wobei r den Radius des Umkreises des Dreieckes ist. Durch Bildung des Kehrwertes gilt b c a D D : sin.˛/ sin.ˇ/ sin. /

(3.29)

Theorem 3.3

Seien a; b; c Seitenlängen von allgemeinen Dreiecken und ˛; ˇ; die Winkel zwischen diesen Seiten zueinander, wobei die Innenwinkelsumme auch ˛ Cˇ C D 180ı gebildet

Beweis Geführt wird ein grafoanalytischer Be-

weis mit Verweis auf . Abb. 3.32. Hierin ist erkennbar hc D 2  r D b  sin.˛/ D a  sin.ˇ/

(3.30)

3

67 3.8  Resultierende Kraft analytisch

b

γ hc

a

α

a2 D b 2 C c 2  2  b  c  cos.˛/;

(3.32)

b D a C c  2  a  c  cos.ˇ/;

(3.33)

c D a C b  2  a  b  cos. /:

(3.34)

2

β

2

2·r =c

2

2

2 2

r

Beweis Im orangen Dreieck können folgende

Überlegungen gefunden werden c 2 D .a  x/2 C h2 D a2 C 2ax C x 2 C h2 :

. Abb. 3.32 Herleitung Sinussatz

und durch Umformen: b a D : sin.ˇ/ sin.˛/

(3.31)

Im grauen Dreieck gilt x 2 D b 2 h2 . Anwendung der Winkelfunktionen liefert cos. / D AK D H x H) cos. /  b D x. Dies eingesetzt wird zu b c 2 D a2  2  a  x C b 2  h2 C h2

 3.8.2.2

(3.35)

D a2 C b 2  2  a  xI

(3.36)

und schlussendlich folgt

Kosinussatz

c 2 D a2 C b 2  2  a  b  cos. /:

(3.37) 

Bemerkung 3.5 Es muss immer der größte Winkel zu Beginn bestimmt werden! c

b

Theorem 3.4

h β

γ

Im allgemeinen Dreieck gemäß . Abb. 3.33 gilt der Kosinussatz durch:

x a . Abb. 3.33 Herleitung Kosinussatz

Beispiel 3.7

Zu bestimmen ist die resultierende Kraft aus . Abb. 3.34. Gegeben sei F1 ; F2 und gesucht ist FRes und der Winkel ˛, der FRes und F1 einschließt. (. Abb. 3.34.) Lösung:

α F2 F Res

FR2 D F22 C F12  2  F2  F1  cos. / q FR D F22 C F12  2  F2  F1  cos. /  ˛ D arccos

F1

F22 C F12  FR2 2  F1  F2

. Abb. 3.34 Resultierende Kraft, im allgemeinen Dreieck

(3.38)

 (3.39)

Kapitel 3  Kraftsysteme

68

Kräftevektoren in der Ebene

3.9

3

Kräfte sind Vektoren. Warum wurde bis jetzt dann immer für die Kraft „F “ geschrieben, an#” statt „F “? Dies liegt daran, dass bis jetzt immer Absolutbeträge oder Skalarprodukte betrachtet #” wurden (Es gilt: jF j D F ). Betrachtet man eine Kraft bezüglich Richtung und Betrag, so wird #” F geschrieben. Dies war bis jetzt nicht notwendig, da die Richtung gleich durch die Gleichgewichtsbedingung in x- oder y-Richtung eingeschränkt wurde. Es kann nützlich sein, mit Vektoren zu rechnen, speziell im Raum. Dies soll jetzt genauer beschrieben werden. Ein Vektor wird durch die beiden Koordinatenrichtungen x und y bezüglich der Kraft F , in der Ebene, wie folgt geschrieben ! #” Fx F D : Fy

(3.40)

Ein Vektor kann durch den Einheitsvektor mal Richtungsvektor zu einer Kraft resultieren.

3.9.1

F

FY

ϕ FX . Abb. 3.35 Winkelfunktionen bei schrägen Kräften, vektoriell

3.10

Momente

Jedem wird aus der Unterstufe noch bekannt sein, dass es einen Unterschied macht, ob man eine Schraube mit einem kurzen Hebel anzieht oder einen langen, in Bezug auf die anzubringende Kraft. Je länger der Hebel, desto kleiner muss die Kraft sein, die zum Anziehen aufgewendet werden muss. Dies hängt mit dem Hebelgesetz zusammen. Je länger ein Hebel wird, bei gleicher Kraftaufwendung, desto größer wird auch das Drehmoment. Umgekehrt bei gleichem Drehmoment und zunehmender Länge des Hebels kann die Kraft kleiner werden (vgl. . Abb. 3.36).

Gleichgewichtsbedingungen in der Ebene, vektoriell Md

Ident zu den bereits besprochenen Gleichgewichtsbedingungen gelten auch hier die gleichen Regeln. Man schreibt jetzt nicht mehr die Gleichungen für die x- und y-Koordinatenrichtung getrennt an, sondern in eine Gleichung in Matrix-Schreibweise (vgl. . Abb. 3.35). ! #” Fx F  cos.'/ F D D Fy F  cos.'/ ! cos.'/ DF  : sin.'/

y

Elektromotor

!

Moment

(3.41)

x

y F l

3.9.2

Balkenbeispiel, vektoriell

Siehe 7 Beispiel 3.8 und 7 Beispiel 3.9.

Hebelarm . Abb. 3.36 Moment

x

3

69 3.10  Momente

Beispiel 3.8 (Lagerkräfte am Balken – Matlab-Matrizenrechnung.)

Jetzt wird eine Matrix, namens „A“ aufgestellt, die mit der Regel

y α

F1

F2

+ FAx FAy

FB

l1

x

l2 l3

Zu bestimmen sind die Lagerkräfte FA und FB , durch vektorielle Gleichgewichtsbedingungen, mit Computerunterstützung, hier: Matlab. Es werden dann die Gleichgewichtsbedingungen für jede Koordinatenrichtung und das Momentengleichgewicht aufgestellt. n X #” F ix D 0W iD1

#” #” F Ax  F 1  cos.˛/ D 0

(3.42)

iD1

(3.43)

n X #” M i.A/ D 0W

den linken Teil des Gleichheitszeichens ersetzt. Acht muss man geben, dass bei der Multiplikation eines Vektors mit einer Matrix, Zeile mit Spalte multipliziert wird, also: erste Spalte der Matrix mal erster Zeile des Vektors ergibt die Bedingungen für die Gleichgewichtsbedingung in x-Richtung. Es folgt beispielsweise: FAx ist nur Pn in iD1 Fix vorhanden, aufgrund nur im Element a11 der Matrix eine 1 steht. 3 2 3 FAx 1 0 0 7 6 7 6 40 1 1 5 4FAy 5 FB 0 0 l3 „ ƒ‚ …

(3.48)

DA

iD1

#” #” #”  F 1  sin.˛/  l1  F 2  l2 C F B  l3 D 0: (3.44)

Zu betrachten sind jetzt die unbekannten Kräfte. Dies sind: FAx ; FAy und FB . Diese müssen auf der (bevorzugten) linken Seite des Gleichheitszeichens stehen und die bekannten Größen auf der rechten. Bekannt sind: F1 ; F2 ; l1 ; l2 ; l3 und der Winkel ˛. Man formt die drei Gleichgewichtsbedingungen nach der eben beschriebenen Methode um, zu FAx D F1  cos.˛/I

(3.45)

FAy C FB D F2 C F1  sin.˛/I

(3.46)

F1  sin.˛/  l1  F2  l2 : (3.47) FB D l3 Jetzt muss ein Kraftvektor, für die unbekannten Kräfte gefunden werden. Dieser setzt sich wie folgt zusammen, wenn von oben nach unten der Reihe nach die unbekannten Kräfte eingesetzt werden: 3 2 FAx 7 6 4FAy 5: FB

3 FAx 6 7 A  4FAy 5 FB

2

n X #” F iy D 0W

#” #” #” F Ay C FB  F 2  F 1  sin.˛/ D 0

2

Nun muss noch ein Vektor b gefunden werden, der die bekannten Größen der Gleichung darstellt. Bei diesen handelt es sich um die rechte Seite der Gleichung: 3 F1  cos.˛/ 7 6 4 F2 CF 1  sin.˛/ 5 : F1  sin.˛/  l1 CF 2  l2 „ ƒ‚ … 2

(3.49)

Db

 Nach der Regel: A

FAx FAy FB

 D b folgt die Gleichung

2

32 3 2 3 1 0 0 F1  cos.˛/ FAx 6 76 7 6 7 40 1 1 5 4FAy 5 D 4 F2 CF 1  sin.˛/ 5 FB F1  sin.˛/  l1 CF 2  l2 0 0 l3 „ ƒ‚ … „ ƒ‚ … DA

Db

(3.50) die gelöst werden muss. Dies kann mittels eines Programmes, beispielsweise Matlab getan werden, indem x D Anb gebildet wird. Unter der Matrix x folgen dann die Ergebnisse.

Kapitel 3  Kraftsysteme

70

Beispiel 3.9 (Lagerkräfte am Balken ohne computerunterstützte Methode) y α

F1

F2

+ FAx FAy

3

FB

l1

x

l2 l3

Wenn für die Aufgabe, bei gleichen bekannten Daten, eine Lösung per Hand zu erbringen ist, also ohne Matlab oder sonstigen Computerprogrammen, so kann dies einfach durch folgende Schritte getan werden. Zuerst werden erneut alle Gleichgewichtsbedingungen des Trägers aufgestellt. Hierbei werden nicht in die Koordinatenrichtungen x und y unterschieden, sondern nur alle Kräfte addiert, Vorzeichen werden nicht beachtet, da dies bei vektorieller Betrachtung nicht notwendig ist, das Vorzeichen folgt aus dem Richtungsvektor. n X #” F ix D 0W iD1

#” #” #” #” FA C F 1 C F B C F 2 D 0

(3.51)

n X #” M i.A/ D 0W iD1

#” #” #” #” #” #” F 1  l 1 C F 2  l 2 C F B  l 3 D 0:

(3.52)

Jetzt müssen alle bekannten Daten durch vektorielle Größen ersetzt werden. Ein Vektor ist, wie bereits erwähnt, durch den Richtungsvektor und den Einheitsvektor definiert. Der Einheitsvek#” tor e#”i ist definiert durch e#”i D j rr#”ii j , wobei r#”i der Richtungsvektor und j r#”i j der Absolutbetrag des Richtungsvektors ist. Es gilt für eine Kraft #” Fi e#”i D #” jFi j

H)

#” #” Fi D jFi j  e#”i :

(3.53)

Die Richtungsvektoren werden nach den Koordinatenrichtungen bestimmt. Zeigt eine Kraft, wie hier F2 nach oben, so ist der Richtungsvektor in y-Richtung positiv (da der Richtungsvektor unabhängig von der Länge ist, kann ein beliebiger Wert genommen werden, beispielsweise 1; 2; 3; 4; : : : ; n, sinnvollerweise wählt man „1“), in x-Richtung gibt es keine Verschiebung also „0“. Bei einer schrägen Kraft, wie es bei F1

der Fall ist, kann man sich den Einheitskreis zur Hilfe nehmen, wodurch jeder Punkt auf einem Kreis, durch sin.'/ cos.'/ und damit mit Vektoren: . cos.'/ sin.'/ / bestimmt ist. ! 1 #” eA D I 1 ! 0 #” e2 D I 1

! 0 #” eB D I 1 #” e1 D

cos.˛/  sin.˛/

! (3.54)

Diese Bedingungen einsetzen ergibt für die Summe der Kräfte: # ” #” # ” # ” FA C F1 C FB C F2 D 0 H) #” # ” #” # ” #” # ” #” jFA j  e#” A C jF1 j  e1 C jFB j  e1 C jF2 j  e2 D 0 (3.55)

Bedingungen aus Gl. (3.54) in Gl. (3.55) eingesetzt ergibt #” # ” #” # ” #” # ” #” jFA j  e#” A C jF1 j  e1 C jFB j  e1 C jF2 j  e2 D 0 ! ! #” #” 1 cos.˛/ jFA j  C jF1 j  1  sin.˛/ ! ! 0 0 #” #” C jFB j  C jF2 j  D 0: (3.56) 1 1

Es folgt eine Vektorgleichung, in welcher allerdings zwei Gleichungen abgeleitet werden können. Zum einen jene Gleichung für die x-, und zum anderen die Gleichung für die y-Richtung. Zusammengefasst: Zwei Gleichungen, drei unbekannte – ist eine Gleichung zu wenig. Man bedient sich an der Momentengleichgewichtsglei#” #” #” chung. F1  l1 C F2  l2 C FB  l3 D 0. Ersetzen der Vektoren: ! ! #” cos.˛/ 1 #” ! jF  j l 1j  1j   sin.˛/ 0 ! ! #” #” 0 1 C jF 2 j   j l 2j  1 0 ! ! #” #” 0 1  j l 3j  D0 C jF B j  1 0 (3.57)

3

71 3.10  Momente

Hierin kann man erneut zwei Gleichungen folgern, von denen aber eine weg fällt. Zu beachten ist hier allerdings, dass bei der Multiplikation mit Vektor mal Vektor das Skalarprodukt verwendet #” a  b D a  b  cos.'/. Nach werden muss. Es gilt: #” Definition des Momentes (siehe nachfolgenden Abschnitt) ist dieses als Kraft mal Normalabstand definiert. Es muss dann, bei der Multiplikation nicht der Richtungsvektor verwendet werden, sondern der gedrehte, da dieser normal zur Kraftrichtung stehen muss. Man schreibt für diesen, r D . ab / lautet: e ri D wenn der Richtungsvektor #” /. Es muss somit Gl. (3.57) korrigiert werden. . b a Darum ist diese Gleichung auch rot geschrieben. !

! #” cos.˛/ 0 l1 j  jF1 j   je  sin.˛/ 1 ! ! #” 0 0 l2 j   je C jF2 j  1 1 ! ! 0 0 #” l3 j  C jFB j   je D0 1 1

(3.58)

Definition 3.2

#” #” l1 j  0 C jF2 j  0  je l2 j  0 jF1 j  cos.˛/  je #” e C jFB j  0  jl3 j  0 D 0

ŒNm D ŒN  Œm

(3.62)

Definition 3.3 Ein Drehmoment ist vollständig definiert, wenn folgende Gesetzmäßigkeiten gegeben sind: 4 Drehsinn, 4 Betrag, 4 Keine bestimmte Wirklinie (Kräftepaare können deren Wirklinie umdrehen)

(3.59)

#” #” jF1 j  . sin.˛//  je l1 j  1 C jF2 j  .1/  je l2 j  1 #” e (3.60) C jFB j  1  jl3 j  1 D 0:

Es fällt sofort auf, dass man diese, dabei entstehenden Gleichungen, noch vereinfachen kann, zu F1  sin.˛/  l1  F2  l2 C FB  l3 D 0:

(3.61)

Vergleicht man Gl. (3.61) und (3.44) erkennt man, dass diese beiden Gleichungen ident sind. Durch Aufstellen der beiden Gleichungen aus der Vektorgleichung (3.58) folgen ebenso zwei Gleichungen, welche ident zu den Gleichungen der Gleichgewichtsbedingungen in x- und in y-Richtung sind. Die Gleichungen können dann nach bekannten Methoden von „Gleichungen lösen, mit drei Unbekannten“ aus der Mathematik gelöst werden.

3.10.1

Ein Moment, oder auch Drehmoment, kann durch ein Kräftepaar ersetzt werden. Als Kräftepaar bezeichnet man zwei parallele, gleich große, entgegengesetzte Kräfte [4, 5, 18].

M D FD  l:

Jetzt können die beiden Gleichungen aufgestellt werden

Resultierendes Moment

Ident zur Bildung der resultierenden Kraft, kann auch ein resultierendes Moment aus der Summe der Einzelmomente gebildet werden. Siehe . Abb. 3.37. Jede Kraft (rot) mittels des Normalabstandes (lx ) erzeugt ein Moment (blau). M1 D F1  l1 M3 D F3  l3

und M2 D F2  l2

und (3.63)

Dies kann in die Gleichung für das resultierende Moment eingesetzt werden MR D

n X

Mi.0/ W M1 C M2  M3 ;

(3.64)

i D1

MR D

n X iD1

D 0W : : : D 0:

(3.65)

Kapitel 3  Kraftsysteme

72

M1

y

l1

F1

l2

l3

3

M3

F2

M2

F3 x

. Abb. 3.37 Resultierendes Moment

3.10.2

Momentenvektor

Man kann jedes Drehmoment durch einen Momentenvektor ersetzen. Bezeichnet wird dieses mit zwei Pfeilspitzen, um es von einem Kraftvektor unterscheiden zu können. Man erhält somit die Darstellung aus . Abb. 3.38. Wie findet man den Momentenvektor? Der Momentenvektor wird durch die zweite Rechte-Hand-Regel gefunden. Man zeigt mit vier Fingern in Richtung des Drehsinnes, des Drehmomentes. Bei ausgestreckten Daumen wird dann die Richtung des Momentenvektors angezeigt. In . Abb. 3.39 ist dies anhand der Windung einer Feder dargestellt. Bei der Vektormultiplikation handelt es sich um ein Kreuzprodukt aus Kraft und Abstand. Das Kreuzprodukt muss gebildet werden, damit man das Problem, welches in den Gl. (3.57) und (3.58) dargestellt ist, in den Griff bekommt. Im vorgehenden Beispiel musste der gedrehte Vek-

. Abb. 3.39 Die rechte Hand

tor für eine richtige Rechnung gebildet werden. Dort wurde die Länge l durch den gedrehten Richtungsvektor ersetzt. Es gilt allgemein # .BP”/ Mi . . . Momentenvektor auf den Punkt BP bezogen #” Fi . . . Kraft r#”i . . . Ortsvektor von BP bis zur Wirkli#” nie der Kraft Fi .

# ” X # ” X #” #” MR D Mi D ri  Fi :

y

n

n

iD1

iD1

(3.66)

My My

Bemerkung 3.6 (Auflösen eines Kreuzproduktes)

Mx x Mz

Mx

Mz z . Abb. 3.38 Moment durch Momentenvektor

#” Seien a; b Vektoren, also #” a und b . Bei der Multiplikation zweier Vektoren muss das Skalarprodukt, aufgrund des Kreuzproduktes ver#” a  b Dab wendet werden. Es gilt damit #” cos.'/.

3

73 3.11  Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK)

Beispiel 3.10

Siehe nachstehende Skizze. Zu bestimmen ist das resultierende Moment, in Form eines Momentenvektors, bezogen auf den Koordinatenursprung, mittels der Kraft F . rF

y

Fy

α

a

iD1

x

#” #” Das Drehmoment ist durch F  l bestimmt. l ist der Normalabstand zur Kraft, dieser berechnet

3.11

Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK)

3.11.1

Einführung

Freiheitsgrade beschreiben die Möglichkeit der Verschiebung in eine Richtung oder auch die Möglichkeit der Drehung um eine Achse (. Abb. 3.40). 3.11.1.1

iD1

n # .0/ ” X #” MR D Mi D 0

Fx

α

n # .0/ ” X #” #” #” MR D Mi D 0 D F  l D F  cos.˛/  a:

Betrachtet man nur die Vertikalkomponente Fy so folgt

F

ϕ b

sich durch a  cos.˛/ [18]. Es folgt damit

Freiheitsgrade

Das Thema der Freiheitsgrade wird hier nur kurz angesprochen, da es ausführlich im Band Technische Mechanik 3 – Dynamik [11] behandelt wird. Hier ist es allerdings trotzdem ratsam, sich das Kapitel der Freiheitsgrade kurz zum Gemüt zu führen. Definition 3.4 (Freiheitsgrad [47]) Als Freiheitsgrad f bezeichnet man die Anzahl der Möglichkeiten, in die sich ein Körper bewegen kann.

#” a D F  cos.˛/  a: D Fy  #”

(3.67)

Es folgen damit zwei idente Aussagen. Es reicht damit nur die Vertikalkomponente, bei einem Moment um die z-Achse zu bestimmen usw.

entsprechen und im weiteren Sinne dürfen die Anzahl der Unbekannten nicht die Anzahl der Gleichungen übersteigen. n X #” Fi D 0W : : : D 0 i D1 n X #” Mi .0/ D 0W : : : D 0

(3.68)

i D1

oder explizit aufgespalten für die verschiedenen Kraftkomponenten:

n X #” Fix D 0W : : : D 0

n X #” Fiy D 0W : : : D 0

iD1

iD1

n X #” Fiz D 0W : : : D 0

(3.69)

iD1

n X # ” Mix D 0W : : : D 0 iD1

Siehe . Abb. 3.41. Ein frei beweglicher Körper hat sechs Freiheitsgrade im Raum. Drei translatorische (x; y; z) und drei rotatorische (roll– pitch–yaw). Die Anzahl der Freiheitsgrade an einem Bauteil muss der Anzahl der verfügbaren Gleichungen, um eine Lösung zu finden,

n X # ” Miy D 0W : : : D 0 iD1 n X # ” Miz D 0W : : : D 0 iD1

(3.70)

74

Kapitel 3  Kraftsysteme

Roll

Up

3 Down

Left

Pitch

Right

Yaw Back

Forward

3 Translatorische Freieheitsgrade

3 Rotatorische Freieheitsgrade

. Abb. 3.40 Freiheitsgrade im Raum – Anhand eines Flugzeuges gezeigt

3.11.1.2

Koordinatensysteme

Im Raum betrachtet man ein Koordinatensystem, welches durch „die rechte Handregel“ entsteht. Dazu ist anschließend ein Bild angeführt. In . Abb. 3.42 ist grün die x-Achse, blau die z-Achse und rot die y-Achse dargestellt.

3.11.2

Beispiel im ZRK – mit Vektoren

Siehe . Abb. 3.43; 7 Beispiel 3.11 und 3.12.

. Abb. 3.41 Freiheitsgrade im Raum [102]

3

75 3.11  Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK)

. Abb. 3.42 Rechte Handregel2 [23] . Abb. 3.43 Angehängtes Straßenschild

Beispiel 3.11 y

y

FW

2·l

FS1

FM

z

l

2·

2·

l

l

z

l

x

Ein Schild wird durch eine Windkraft belastet, welche bekannt ist. Gesucht sind die Seilkräfte, die das Schild stützen und die Normalkraft der Einspannung. Lösung Mittels der Gleichgewichtsbedingung der Kräfte folgt

n X

# ” # ” # ” # ” D 0W FS1 C FS2 C FW C FM D 0:

iD1

(3.71)

2

Erstellt mit PSTricks

FS2

2·l

FW

l

l

x

Auflösen der Vektoren durch Ersetzen mittels eines Produktes zwischen Einheitsvektor und Be#” trag liefert, unter Berücksichtigung: e#”i D j rr#”ii j 0

0 1 1 l 1 B B C C r#S1” D @2  l A D e#S1” D l  @2A 2  l 2 p jr#S1”j D x 2 C y 2 C z 2 p D .l/2 C .2l/2 C .2l/2 p D l 2 C 4l 2 C 4l 2 D 3  l

(3.72)

(3.73)

76

3

Kapitel 3  Kraftsysteme

wodurch der Einheitsvektor für S1 mit 0 1 0 1 1 1 B C  l  @2A B 3C B C #” B 2C 2 ” D ri D B C e#S1 D #” B 3C j ri j 3l B C @ 2A  3

Hierin können drei Gleichungen abgeleitet werden

(3.74)

folgt, sowie durch idente Vorgehensweise für die anderen Einheitsvektoren 0 1 1 0 1 0 1 B 3 C B C 0 0 2C B C B C #e ” D B # ” # ” C B S2 B 3 CI eW D @0AI eM D @1AI B C 1 0 @ 2A  3 (3.75) # ” # ” # ” # ” und dadurch mit FS1 D jFS1 je#”1 ; FS2 D jFS2 je#”2 # ” #” # ” bzw. FM 3 D jFM 3 je3 resultiert mit Gl. (3.71) # ” # ” # ” # ” FS1 C FS2 C FW C FM D 0 # ” ” # ”# ” # ”# ” # ”# ” jFS1 je#S1 C jFS2 jeS2 C jFW jeW C jFM jeM D 0

1 0 1 1 1  B 3C B 3 C B C B C C # ”B 2 C # ”B C B 2C C jFS1 jB jF j S2 B C B 3 C B C B 3C @ 2A @ 2A   3 3 0 1 0 1 0 0 # ”B C # ”B C C jFW j@0A C jFM 3 j@1A D 0 1 0 0

1 1 C FS2  D 0 3 3 2 2 FS1   FS2   FM D 0 3 3 2 2 FS1   FS2  C FW D 0: 3 3 FS1 

(3.78a) (3.78b) (3.78c)

Es folgt mit (3.78a) FS1 D FS2 I

(3.79)

sowie mit (3.78b) FS1 D FS2 

3 3  FM D FS1   FM 2 2

4 FM D   FS1 3

(3.80)

und mit (3.78c) FS1 D

3  FW 4

(3.81)

(3.76)

(3.77)

Beispiel 3.12 P os.

B ild

Erklärung 3D-Skizze des Systems erstellen Dazu werden für die Länge l = 1000 mm gewählt.

77 3.11  Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK)

Modellieren mit Strukturbauteilen. Die Kraft F sei 3000 N.

FW

FS1 FM FS2 Neue statische Studie erstellen und an den drei Punkten einspannen. Dazu einfach die freien Verbindungspunkte benützen und mit Hilfe von einspannen.

(Fixierte Geometrie)

Anschließend die Kraft in entsprechender Richtung einstellen. Jetzt kann die Studie gelöst werden, indem man drückt. Im Anschluss können die Balkenkräfte an den Einspannungen abgelesen werden. Es folgen die Kräfte:

F S1 = F Res1 = 2250 N F S2 = F Res1 = 2250 N F M = F Y = 3000 N

K ontrolle m ittels Ex cel: Windkraft:

F_W=

3 kN

Seilkraft 1: F_ S1 = 3/4*F_W -2,25 kN -2,25 kN Seilkraft 2: F_ S2 = F_S1 3 kN Mastkraft: F_ M = -4/3*F_S1

3

78

Kapitel 3  Kraftsysteme

3.12

Übungen

Übungsbeispiel 3.1

Welche Gesetze gelten im ZEK?

3

Lösung 1. Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung am starren Körper. 2. Grundgesetz der Wechselwirkung. 3. Grundgesetz über das Zusammensetzen von Kräften.

Übungsbeispiel 3.2

Beschreiben Sie das Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung.

Lösung Am starren Körper dürfen Kräfte beliebig entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden. Dies gilt nur für Gleichgewicht und Äquivalenz Betrachtungen, nicht für Festigkeitsüberlegungen.

Übungsbeispiel 3.3

Welche Bedingungen müssen gelten, damit eine Kraft eine Gegenkraft einer anderen Kraft ist?

Lösung Die Kraft muss gleich groß, entgegengesetzt gerichtet und im selben Bezugssystem sein!

Übungsbeispiel 3.4

Was wäre bei einem Fahrzeug, dass eine Kurvenfahrt macht, die Gegenkraft zur Zentrifugalkraft?

Lösung Die Reibungskräfte an den Rändern, die ein Ausbrechen des Fahrzeuges verhindern.

Übungsbeispiel 3.5

Wann ist ein Körper im Gleichgewicht im ZEK?

Lösung Ein Körper ist im statischen Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft, aller auf ihm wirkenden Kräfte, Null ist, oder wenn das Krafteck geschlossen ist.

79 3.12  Übungen

Übungsbeispiel 3.6

Lösung

Wann sind zwei Kräfte im Gleichgewicht?

Ein Körper mit zwei Kräften ist dann im statischen Gleichgewicht, wenn: 1. beide Kräfte die gleiche Wirkungslinie besitzen, 2. die Kräfte gleich groß sind und 3. die Kräfte entgegengesetzt gerichtet sind.

Übungsbeispiel 3.7

Gegeben sind zwei parallele Kräfte mit gleichem Wirkungssinn, von denen folgende Daten bekannt sind: F1 D 4 kN, F2 D 3 kN, der Abstand zwischen Angriffspunkt und Angriffspunkt der ersten und zweiten Kraft liegen auf einer waagrechten Geraden, mit dem Abstand: 70 cm. Der Punkt der Spitze der Kraft F1 habe die Koordinaten: .2;7=3/. Der Kräftemaßstab ist mit 1 kN=cm zu wählen und der Längenmaßstab mit 10 cm=cm. 8. 7. 6. 5. 4. 3. 2. 1.

(a) Zu bestimmen ist der Betrag der Resultierenden und (b) die Wirklinie der Resultierenden Kraft (grafisch). Lösung Siehe . Abb. 3.44. (Diese Lösung wurde mit GeoGebra erstellt und in LATEX eingebunden.) Der Abstand AI ist 22;5 cm und FRes D 7 kN.

FRes F1

A I

F2

−3.−2.−1. 0 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. −1. −2. −3. . Abb. 3.44 Lösung zu Übungsbeispiel 3.7

Übungsbeispiel 3.8

Gegeben sind zwei parallele Kräfte, mit gleichem Wirkungssinn, von denen folgende Daten bekannt sind: F1 D 4 kN, F2 D 3 kN, der Abstand zwischen Angriffspunkt und Angriffspunkt der ersten und zweiten Kraft liegen auf einer waagrechten Geraden, mit dem Abstand: 70 cm. Der Punkt der Spitze der Kraft F1 habe die Koordinaten:

.2;5=  3;19/. Der Kräftemaßstab ist mit 1 kN=cm zu wählen und der Längenmaßstab mit 10 cm=cm. (a) Zu bestimmen ist der Betrag der resultierenden Kraft und (b) die Wirklinie der resultierenden Kraft (grafisch).

3

80

Kapitel 3  Kraftsysteme

Lösung Siehe . Abb. 3.45. (Diese Lösung wurde mit GeoGebra erstellt und in LATEX eingebunden.) Der Abstand AI ist 22;5 cm und FRes D 7 kN. 7. 6. 5. 4. 3. 2. 1.

3

−4.−3.−2.−1. 0 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. −1. F1 F2 FRes −2. I −3. A −4. −5. −6. . Abb. 3.45 Lösung zu Übungsbeispiel 3.8

Übungsbeispiel 3.9

Gegeben sind zwei parallele Kräfte, mit entgegengesetztem Wirkungssinn, von denen folgende Daten bekannt sind: F1 D 8 kN, F2 D 4 kN, der Abstand zwischen Angriffspunkt und Spitze der ersten und zweiten Kraft, liegen auf einer Geraden, die um den Punkt C D 5=  3 in negativer Koordinaten x-Richtung geneigt ist. mit dem Abp stand: 34 cm. Der Punkt der Spitze der Kraft F1 habe die Koordinaten: .5;21=6;07/. Der Kräftemaßstab ist mit 1 kN=cm zu wählen und der Längenmaßstab mit 10 cm=cm. (Spitze 2. Kraft

und Angriffspunkt 1. Kraft liegen auf einer waagrechten Gerade) (a) Zu bestimmen ist der Betrag der resultierenden Kraft und (b) die Wirklinie der Resultierenden Kraft (grafisch). Lösung Siehe . Abb. 3.46. (Diese Lösung wurde mit GeoGebra erstelltpund in LATEX eingebunden.) Der Abstand AC ist 34 cm und FRes D 4 kN. E

6. FRes

4.

F1

2. G

−24. −22. −20. −18. −16. −14. −12. −10.

−8.

−6.

−4.

−2. A 0

2.

4.

6.

−2. −4. −6.

. Abb. 3.46 Lösung zu Übungsbeispiel 3.9

8.

10.

F2

j

C k

H

81 3.12  Übungen

Übungsbeispiel 3.10

Wann sind drei Kräfte im Gleichgewicht?

Lösung 1. Wenn die drei Wirkungslinien einen gemeinsamen Schnittpunkt haben, 2. das Krafteck geschlossen ist und 3. die drei Kräfte in einer Ebene liegen.

Übungsbeispiel 3.11

Eine Seilbahn befindet sich in einer Senke. Zu bestimmen sind die Hauptstützkräfte in den Stüt-

zen A und B. Allgemein; ohne Zahlenwerte (. Abb. 3.47).

Lösung

FB

FA FG

A

B FG

. Abb. 3.47 Beispiel Seilbahn; Lösung zu Beispiel: 3.11

Übungsbeispiel 3.12

Es befinden sich zwei Rollen in einem Behälter. Die erste Rolle hat einen Radius von r1 D 5 cm und die zweite einen Radius von r2 D 3 cm.

FG1 D 5 kN und FG2 D 2 kN sind ebenfalls bekannt. Wie groß sind die Seitendruckkräfte und die Kraft zwischen den Rollen?

3

82

Kapitel 3  Kraftsysteme

Lösung Siehe . Abb. 3.48.

3

r1

FG1

r2 FG2

FR1 r1 FW 1

r2

FW 2

FG2 FG1 FW 3

FR1

FR1

FW 2

FR1 = FG1 FW 1

√

34 kN

FG2

FW 1 = 3, 2 kN FW 2 = 3, 2 kN FW 2 = 10 kN FR1

FW 3

. Abb. 3.48 Beispiel Rollen in Behälter; Lösung zu Beispiel: 3.12

Übungsbeispiel 3.13

Welche Voraussetzungen müssen gegeben sein, damit ein Culmann Verfahren möglich ist?

Lösung Voraussetzung ist, dass 4 mindestens eine Kraft und 4 vier Wirkungslinien bekannt sind.

83 3.12  Übungen

Übungsbeispiel 3.14

Von der Stahlkonstruktion kennt man die Federkraft FF D 5 kN und die Wirkungslinien aller Kräfte. Zu bestimmen sind die Beträge der Kräfte.

Lösung Siehe . Abb. 3.49.

B FF = 5 kN

A D

C A FB 1 C

FF 2

FA FA

C

FF

FB FC

FC

. Abb. 3.49 Beispiel Stahlkonstruktion; Lösung zu Beispiel: 3.14

Übungsbeispiel 3.15

#” Gegeben seien die Kräfte Fx D 1 kN und eine #” Kraft mit Fy D 3 kN (a) Zu bestimmen ist der Betrag der Kraft F ; (b) Die Vorzeichen der Kraft Fx und Fy bei Normkoordinatensystem und (c) die Richtung (+/-) in der sich das Bauteil, an dem die Kraft F angreift, bewegt.

Lösung (a) q Mit dem Satz des Pythagoras folgt: F D p Fx2 C Fy2 D 12 C 32 D 3;16 kN; (b) Fx und Fy zeigen beide in positiver Koordinatenrichtung, also C und (c) in x-Richtung nach rechts (positiv) und in y-Richtung nach oben (positiv).

Übungsbeispiel 3.16

Gegeben seien die Kräfte F D 3;16 kN und eine Kraft mit Fx D 1 kN. (a) Gesucht ist der Winkel ' zwischen F †Fx und (b) die Kraft Fy

Lösung (a) cos.'/ D AK D FFx H) ' D arccos. FFx / D H 1 / D 71;55ı arccos. 3;16 (b) Fy D F  sin.'/ D 3;16  sin.71;55ı / D 3 kN.

3

84

Kapitel 3  Kraftsysteme

Übungsbeispiel 3.17

3

Gegeben sind die angreifenden Kräfte auf einen Träger: F1 D 3 kN und F2 D 6 kN sowie ˛ D 30ı . Die Längen betragen: l1 D 300 mm, l2 D 600 mm und l3 D 1000 mm.

(a) freigemachtes System; (b) Lagerkräfte FA und FB

Lösung (a) . Abb. 3.50 (unten); y α

F2

F1

x

l1 l2 l3 y

FAy

F1

α

+

F2

FAx

FB

x

Lageplan freigemacht . Abb. 3.50 Erstes Übungsbeispiel; Angabe zu Gleichgewichtsbedingungen aufstellen und Lagerkräfte bestimmen n (b) X

Aus den anderen beiden Bedingungen folgt:

Fix D 0W

FAx D F1  cos.˛/ D 2;6 kN

iD1

C FAx  F1  cos.˛/ D 0 n X

(3.82)

(3.86)

FAy D F2 C F1  sin.˛/  FB D 3;45 kN (3.87)

Fiy D 0W

iD1

FAy C FB  F2  F1  sin.˛/ D 0 n X

(3.83)

Mi.A/ D 0W

und mittels des Pythagoras folgt: FA D

q 2 2 FAx C FAy D 4;32 kN:

(3.88)

iD1

FAy  0 C FAx  0  F1  sin.˛/  l1 C F1  cos.˛/  0  F2  l2 C FB  l3 D 0 (3.84)

Kontrolle: Bei richtigen Werten müssen beim Einsetzen der Größen die Gleichungen (3.84) erfüllt sein, also =0 ergeben. FAx  F1  cos.˛/ D 0

Lösen des Gleichungssystems ergibt  F1  sin.˛/  l1  F2  l2 C FB  l3 D 0 FB D

F1  sin.˛/  l1 C F2  l2 D 4;05 kN l3 (3.85)

H)

Einsetzen ergibt D 0

(3.89)

FAy C FB  F2  F1  sin.˛/ D 0 H)

Einsetzen ergibt D 0

(3.90)

 F1  sin.˛/  l1  F2  l2 C FB  l3 D 0 H)

Einsetzen ergibt D 0

(3.91)

85 3.12  Übungen

Bemerkung 3.7 Zu diesen Themen gibt es zahlreiche andere Bücher, in denen das Aufstellen und Lösen solcher Gleichgewichtsbedingungen mit nahezu unendlich vielen Beispielen untermauert wird. Hier werden nicht noch mehrere Beispiele angeführt, es wird auf Aufgabensammlungen der Technischen Mechanik verwiesen. Beispielsweise: 4 Aufgaben zu Technische Mechanik 1–3 (Statik, Elastostatik, Kinetik) [6] 4 Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1 (Statik) [7]

4 Technische Mechanik.Statik (Mit Praxisbeispielen, Klausuraufgaben und Lösungen) [20] 4 Technische Mechanik (Statik – Reibung – Dynamik – Festigkeitslehre – Fluidmechanik (Böge) [1] 4 Aufgabensammlung Technische Mechanik (Böge) [3] 4 Lösungen zu Aufgabensammlung Technische Mechanik (Böge) [2] 4 Technische Mechanik 1 (Statik) [5]

Übungsbeispiel 3.18

Welche Sätze können zur Bestimmung der resultierenden Kraft im rechtwinkeligen Dreieck angewendet werden?

Lösung 4 Winkelfunktionen 4 Satz des Pythagoras

Übungsbeispiel 3.19

Welche Sätze können zur Bestimmung der resultierenden Kraft im allgemeinen Dreieck angewendet werden?

Lösung 4 Sinussatz 4 Kosinussatz

Übungsbeispiel 3.20

Wie ist ein Vektor definiert?

Lösung Aus dem Betrag und der Richtung, also aus dem Produkt zwischen Einheitsvektor und Betrag des Vektors.

Übungsbeispiel 3.21

Wie lautet eine Kraft F , welche schräg wirkt, unter dem Winkel ' in allgemeiner Vektorform?

Lösung Fx #” F D Fy

!

! ! F  cos.'/ cos.'/ D DF  : F  cos.'/ sin.'/ (3.92)

3

86

Kapitel 3  Kraftsysteme

Übungsbeispiel 3.22

Zu bestimmen ist die resultierende Kraft (vgl. . Abb. 3.51); wenn gegeben ist: F1 D 15 N; F2 D 40 N; F3 D 30 N; ˛ D 30ı ; ˇ D 45ı und D 80ı . 30.

3

25.

20.

F2

15.

10.

F1 5.

β = 45◦ −30.

−25.

−20.

−15.

−10.

α = 30◦ 0

−5.

5. γ = 80◦

−5.

−10.

−15.

F3 −20.

−25.

−30.

. Abb. 3.51 Angabe zu 7 Beispiel 3.22

10.

15.

3

87 3.12  Übungen

Lösung Für die rechnerische Ermittlung ist es erforderlich, die gegebenen Kräfte in ihre Komponenten in x- und y-Richtung zu zerlegen. In x-Richtung gilt: F1x D F1  cos.30/

(3.93)

F2x D F2  cos.45/

(3.94)

F3x D F3  cos.80/

(3.95)

FRes;x D

n X

Fix

(3.96) (3.97)

In y-Richtung gilt: F1y D F1  sin.30/ F2y D F2  sin.45/ F3y D F3  sin.80/ FRes;y D

n X

Fiy

(3.98) (3.99) (3.100) (3.101)

iD1

FRes;y D F1y C F2y C F3y

D 15  cos 30  40  cos 45 C 30  cos 80 D 10;07 N FRes;y D F1  sin 30 C F2  sin 45  F3  sin 80 D 15  sin 30 C 40  sin 45  30  sin 80 D 6;23 N Den Betrag der resultierenden Kraft errechnet man nach dem pythagoräischen Lehrsatz: q 2 2 FRes;x C FRes;y p D .10;07/2 C 6;232 D 11;8 N

FRes D

iD1

FRes;x D F1x C F2x C F3x

FRes;x D F1  cos 30  F2  cos 45 C F3  cos 80

(3.103)

Der Neigungswinkel der Wirklinie der resultierenden Kraft ergibt sich aus den Gesetzen der Trigonometrie: ˇ ˇ ˇ FRes;y ˇ ˇ ) tan ˛Res D ˇˇ FRes;X ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ FRes;y ˇ ˇ D arctanˇ 6;23 ˇ ˛Res D arctanˇˇ ˇ 10;07 ˇ ˇ F Res;x

(3.102)

D 31;74ı

(3.104)

Übungsbeispiel 3.23 y

Zu bestimmen sind die Kräfte F4 und F5 aus . Abb. 3.52; wenn gegeben ist: F1 D 15 N; F2 D 40 N; F3 D 30 N; ˛ D 30ı ; ˇ D 45ı ; D 80ı und ı D 30ı .

F2 β

F1 α x

F4

γ F3

F5 δ

. Abb. 3.52 Angabe zu 7 Beispiel 3.23

88

Kapitel 3  Kraftsysteme

Lösung

Gl. (3.115) und (3.116) auf F4 umformen

Die Komponenten der Kräfte F4 und F5 sind dann:

3

F4x D F4  cos 30

(3.105)

F5x D F5  cos 60

(3.106)

F4y D F4  sin 30

(3.107)

F5y D F5  sin 60

(3.108)

10;07  F5  cos 60 cos 30 6;23  F5  sin 60 F4 D sin 30

F4 D

gleichsetzen: 6;23  F5  sin 60 10;07  F5  cos 60 D cos 30 sin 30

In x -Richtung gilt: F1x D F1  cos 30

(3.109)

F2x D F2  cos 45

(3.110)

D 6;23  cos 30  F5  sin 60  cos 30

F3x D F3  cos 80:

(3.111)

F5  sin 60  cos 30  F5  cos 60  sin 30

In y -Richtung gilt:

 10;07  sin 30  F5  cos 60  sin 30

D 6;23  cos 30 C 10;07  sin 30

F1x D F1  sin 30

(3.112)

F5  .sin 60  cos 30  cos 60  sin 30/

F2x D F2  sin 45

(3.113)

D 6;23  cos 30 C 10;07  sin 30

F3x D F3  sin 80:

(3.114)

Rechnerische Gleichgewichtsbedingungen ebenen zentralen Kraftsystem:

im

˙Fx D 0

F5 D

6;23  cos 30 C 10;07  sin 30 .sin 60  cos 30  cos 60  sin 30/

D 20;86 N

6;23  20;86  sin 60 6;23  F5  sin 60 D sin 30 sin 30 D 23;67 N (3.119)

0 D 15  cos 30  40  cos 45 C 30  cos 80  F4  cos 30  F5  cos 60 (3.115)

˙Fy D 0

Das positive Ergebnis von F5 bedeutet, dass die Annahme der Richtung von F5 richtig war, das negative Ergebnis bei F4 bedeutet, dass die Annahme der Richtung von F4 falsch war; die Kraft F4 wirkt in der entgegengesetzten Richtung.

0 D F1y C F2y C F3y C F4y C F5y 0 D 15  sin 30 C 40  sin 45  30  sin 80  F4  sin 30  F5  sin 60 0 D 6;23  F4  sin 30  F5  sin 60

(3.118)

F4 D

0 D F1x C F2x C F3x C F4x C F5x

0 D 10;07  F4  cos 30  F5  cos 60

(3.117)

(3.116)

Übungsbeispiel 3.24

Beschreiben Sie die Vorgehensweise bei der Lösung von Vektorgleichungen mit Matlab oder mit Computerunterstützung.

Lösung Siehe 7 Beispiel 3.8 in 7 Abschn. 3.9.2.

3

89 3.12  Übungen

Übungsbeispiel 3.25

Beschreiben Sie die Vorgehensweise bei der Lösung von Vektorgleichungen ohne Computerunterstützung.

Lösung Siehe 7 Beispiel 3.9 in 7 Abschn. 3.9.2.

Übungsbeispiel 3.26

Wie ist ein Drehmoment definiert?

Lösung Aus dem Produkt Kraft mal Normalabstand.

Übungsbeispiel 3.27

Wie lautet die Gleichung zur Bestimmung des resultierenden Momentes?

Lösung

MR D

n X

D 0W : : : D 0:

(3.120)

iD1

Übungsbeispiel 3.28

Wie findet man einen Momentenvektor bei vorgegebenem Drehsinn?

Lösung . Abb. 3.38 und 3.39 in 7 Abschn. 3.10.2.

Übungsbeispiel 3.29

Wie ist ein Momentenvektor mathematisch definiert?

Lösung # ” X # ” X #” #” MR D Mi D ri  Fi : n

n

iD1

iD1

(3.121)

Übungsbeispiel 3.30

Was gibt der Freiheitsgrad an?

Lösung Als Freiheitsgrad f bezeichnet man die Anzahl der Möglichkeiten, in die sich ein Körper bewegen kann.

90

Kapitel 3  Kraftsysteme

Übungsbeispiel 3.31

Wie lauten alle sechs Gleichgewichtsbedingungen im Raum, vektoriell, die jeden Freiheitsgrad beschreiben?

3

Lösung n X # ” FiX D 0W : : : D 0

n X # ” FiY D 0W : : : D 0

iD1

iD1

n X # ” FiZ D 0W : : : D 0

(3.122)

iD1 n X # ” MiX D 0W : : : D 0

n X # ” MiY D 0W : : : D 0

iD1

iD1

n X # ” MiZ D 0W : : : D 0 iD1

(3.123)

91

Seileck- und Schlusslinienverfahren

Inhaltsverzeichnis 4.1

Ersatzproblem – 92

4.1.1 4.1.2

Grafische Ermittlung – 92 Rechnerische Ermittlung – 95

4.2

Gleichgewichtsproblem – 96

4.2.1

Grafische Lösung – 96

4.3

Übungen – 99

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_4

4

92

Kapitel 4  Seileck- und Schlusslinienverfahren

Sie lernen hier. . .

4

4 das Seileckverfahren kennen. 4 das Schlusslinienverfahren kennen. 4 ein Verfahren zur Bestimmung der resultierenden Kraft bei parallelen Belastungen kennen. 4 ein Verfahren zur Bestimmung der Auflagerkräfte bei parallelen Belastungen kennen. 4 bestimmen der Lagerkräfte bei parallelen Lasten. 4 bestimmen der resultierenden Kraft, wenn mehrere parallele Lasten vorliegen.

Zitat

Die Technik galoppiert ihrem Reiter davon. Manfred Hinrich

Bis jetzt wurden einige Methoden zur Bestimmung der Lagerkräfte und der resultierenden Kraft behandelt, wie das Drei Kräfte Verfahren oder das Culmann Verfahren. Bei der Abhandlung dieser Verfahren wurde immer vorausgesetzt, dass keine der Belastungen parallel sind. Alle äußeren Kräfte wirkten zueinander immer unter einem unterschiedlichen Winkel; ausgenommen, wenn man aus zwei Belastungen bereits durch die kennengelernten Verfahren eine resultierende Kraft bilden konnte, durch etwa Abtragen von Abständen im Lageplan und Ermittlung des Betrages der resultierenden Kraft im Kräfteplan. Was ist aber, wenn nicht nur zwei parallele Kräfte vorliegen, sondern mehrere? Kann man dies auch zeichnerisch bzw. grafisch lösen, indem man einen Lage- und Kräfteplan zeichnet? Ja, man kann, genau mit diesem Problem setzt sich das folgende Kapitel auseinander. Es wird das Schlusslinien- und das Seileckverfahren behandelt. Gleich vorn weg eine Bemerkung, die beiden Methoden sind sich sehr ähnlich – aufgrund diese auch oft verwechselt, oder gar als gleich angesehen werden. Das Seileck löst das Ersatzproblem zeichnerisch, es folgt nach dieser Methode die resultierende Kraft. Die Schlusslinie löst das Gleichgewichtsproblem – es folgen die Lagerkräfte eines Balkens.

Bemerkung 4.1 Beim Seileck Verfahren ermittelt man die resultierende Kraft, beim Schlusslinienverfahren die Lagerkräfte.

4.1

Ersatzproblem

Da die Wirklinien der einzelnen Kräfte keinen gemeinsamen Schnittpunkt aufweisen, ist auch der Angriffspunkt der resultierenden Kraft noch nicht bekannt.

4.1.1

Grafische Ermittlung

Um eine grafische Lösung zu finden, unterscheidet man zwischen zwei Methoden. Diese werden anschließend kurz erläutert. Zuerst wird eine Modifikation des bereits kennengelernten Parallelogramm der Kräfte vorgenommen. Dieses wird nacheinander so lange wiederholt, bis man die resultierende Kraft aller Einzelkräfte kennt. 4.1.1.1

Wiederholtes Parallelogramm-Verfahren

Siehe 7 Beispiel 4.1. Dieses Verfahren ist sehr zeitraubend und versagt in vielen Fällen: Wenn die Schnittpunkte der jeweiligen Kräfte nicht mehr auf dem Zeichenblatt liegen, oder wenn die Kräfte parallel zueinander sind. 4.1.1.2

Seileck-Verfahren

Legt man alle Kraftecke übereinander, folgt das Krafteck des Seilecks und damit der Betrag der resultierenden Kraft (. Abb. 4.1). Jetzt ist noch der Kraftangriffspunkt von FRes unbekannt. Um den Angriffspunkt zu erhalten, erweitert man, wie bereits beim Culmann Verfahren angewendet wurde, mit Hilfskräften. Man zeichnet einen Punkt ein, den sogenannten Pol und von dort ausgehend die sogenannten „Polstrahlen“, zu jeder Kraft. Alles was im Kräfteplan ein Dreieck darstellt, führt im Lageplan zu einem Schnittpunkt. In . Abb. 4.2 also P1 , P2 . . . macht man dies mit allen Kräften, bis man einen Schnittpunkt findet, durch den die resultierende Kraft geht. Dies wird in dem nachstehenden Beispiel erörtert. Vorgehensweise des Seilecks:

4

93 4.1  Ersatzproblem

Beispiel 4.1

Zu bestimmen ist die resultierende Kraft, welche einem Segelmast, bei einem Segelschiff, entgegenwirken muss, um bei gespannten Seilen den Mast im Gleichgewicht zu halten. Bekannt sind die Seilkräfte mit FS1 D F ; FS2 D F ; FS3 D 1;5  F ; FS4 D 0;75  FS5 D F ; FS6 D F . Um diese Aufgabe mit dem wiederholtem Kräfteparallelogramm lösen zu können, ist es notwendig zuerst mit den ersten beiden Kräften (F1 und F2 ) eine resultierende Kraft, zu (FS12 ) zu bilden. Wurde diese resultierende Kraft FS12 gebildet, kann man mithilfe dieser und der nächsten Kraft (F3 ) eine weitere resultierende Kraft (FS123 ) finden. Diesen Vorgang wiederholt man, bis keine Kräfte ausgehend von der Belastung übrig sind, wodurch man die Gesamtresultierende Kraft folgert. Es handelt sich um ein nacheinander Abarbeiten, durch Kräfteparallelogramme, bis alle

Kräfte zu einer gesamten resultierenden Kraft zusammengefasst wurden.

FS1 FS3 FS5

FS2

FS6

FS4

F FS1 FS12

FS12

FS2 FS123

FS123 FS3 FS1234

FS1234

FS4 FS12345 FS12345

FS5 FS123456 FS6

1. Kräfteplan zeichnen und Betrag der resultierenden Kraft ermitteln. 2. In diesen wird ein Polpunkt gewählt, unbedeutend ist, wo dieser liegt, jedoch sinnvollerweise an beliebiger Stelle am Blatt. 3. Jetzt werden vom eben definierten Pol, Seilstrahlen zu jedem Anfang und Ende jeder Kraft gezogen. Diese müssen so gelegt werden, wenn als Beispiel im Lageplan die Kräfte von links nach rechts mit F1 , F3 , und F2 bezeichnet wurden, so müssen auch im Kräfteplan F1 , F3 und F2 der Reihe nach

4. 5. 6. 7.

gezeichnet und anschließend die Seilstrahlen S1 , S2 bei F1 , sowie S3 und S4 bei F3 usw. gezogen werden. Dann werden die Seilstrahlen in den Lageplan maßstäblich (parallel) verschoben Der erste Strahl geht immer durch die erste Kraft! Dies macht man mit allen weiteren Seilstrahlen gleich. Der Schnittpunkt des ersten und des letzten Seilstrahls im Lageplan ist dann der Angriffspunkt der gesuchten resultierenden Kraft.

94

Kapitel 4  Seileck- und Schlusslinienverfahren

F FS1

FS1 FS12

FS12

FS2

FS2 FS123

FS123 FS3

4

FS123 FS3 FS1234 FS4

FS1

FS1

FS1

FS2

FS2

FS2

FS123

FS123

FS123

FS3

FS3

FS1234 FS4

FS3

FS1234

FS1234

FS4

FS4

FS12345

FS12345 FS5

FS5 FS1

FS123456 FS6

oder durch lo¨schen aller Resultierenden: FS2

FS3 FS4

FS5

FRes

FS6

. Abb. 4.1 Beispiel Segelboot – Krafteck des Seilecks

8. Es gilt, alles was im Kräfteplan ein Dreieck ergibt, ergibt im Lageplan einen Schnittpunkt, und umgekehrt. Das Seileck verfolgt das Ziel, alle äußeren Kräfte der Reihe nach aufzuzeichnen (Spitze mit dem Ende der nächsten Kraft berührend) und zu einem Kräfteplan zusammenzufassen, indem man einen Pol Punkt festlegt und von diesem ausge-

hend, Seilstrahlen zu den Enden bzw. Anfängen, der zuvor der Reihe nach aufgezeichneten Kräften, zeichnet. Diese Seilstrahlen kann man sich als Hilfskräfte vorstellen (ähnlich wie beim Culmann Verfahren die Hilfskräfte FH ) wobei durch die beiden Hilfskräfte, verursacht durch die Seilstrahlen und der eigentlichen Belastung in jedem Knotenpunkt (Sn mit n 2 N) ein Krafteck entsteht. Es folgt damit eine verkürzte und modifi-

4

95 4.1  Ersatzproblem

P2

S1 P1 S3

P1

S2

S1

S2

FS1

S3

FS1

P2 FS2

FS2

S2

FS3 FS5

S1

FS4

FS1 S2

FS6

P1

FS2

−S1 −S2

FS3

P FS4

FS5

FRes

FS6

. Abb. 4.2 Beispiel Segelboot – Philosophie des Seilecks

zierte Version des wiederholten Kräfteparallelogramms (. Abb. 4.2). Siehe 7 Beispiel 4.2.

4.1.2

im Anschluss kann durch die Momentengleichgewichtsbedingung der Wirkabstand bestimmt werden.

Rechnerische Ermittlung

Zuerst wird die resultierende Kraft mithilfe der Gleichgewichtsbedingung in x- und y-Richtung in der Ebene bestimmt.

FRes  lRes D

n X

Fix

FRes;y D

iD1

FRes D

q

2 2 FRes;x C FRes;y I

n X

Fiy

Mi;DP

iD1 n P

H) FRes;x D

n X

lRes D

Mi;DP

iD1

FRes

Siehe 7 Beispiel 4.3.

iD1

(4.1)

(4.2)

Kapitel 4  Seileck- und Schlusslinienverfahren

96

Beispiel 4.2

Gegeben ist F1 ; F2 ; F3 ; F4 , sowie alle Längen und Abstände. Gesucht ist FRes mithilfe des Seilecks.

F1 F2 F3 F4

4

=4 =3 =2 =5

kN kN kN kN

F1

3m

F2

4m

F1

S1

F3

10 m

2m

F2

F4

3m

F3

F4

S2 S3

S4

S5 F1 S1

FRes

S2 F2 S3 P

F3

S4

S5 FRes F4

4.2

Gleichgewichtsproblem

Wie bereits erwähnt wurde, dient das Gleichgewichtsproblem dazu, bei bekannter Belastungen die Lagerkräfte zu ermitteln.

4.2.1

Grafische Lösung

Um das Gleichgewichtsproblem genauer behandeln zu können, wird zuerst noch einmal das Culmann- und das drei-Kräfte-Verfahren wiederholt.

4.2.1.1

Culmann und drei Kräfte Verfahren

Man kann eine Lösung durch Anwenden, der bereits kennengelernten zeichnerischen Methoden, zur Bestimmung von Kräften, finden. Das Culmann und das drei Kräfteverfahren wurden bereits in einem anderen Kapitel behandelt; diese werden hier erneut Anwendung finden. 4.2.1.2

Schlusslinienverfahren

Es handelt sich hierbei nur um eine Verfeinerung des Seileckverfahrens.

4

97 4.2  Gleichgewichtsproblem

Beispiel 4.3

Lösung:

α

FRes;x D F2

n X

Fix D F2  sin.˛/ D 5 kN (4.3)

iD1

F3

F1

FRes;y D

n X

Fiy D F1  F3  F2  cos.˛/

iD1

4m

6m

6m

5m

Am obenstehenden Träger wirken die Kräfte F1 D 30 kN, F2 D 10 kN und F3 D 15 kN. Die Abstände sind der Skizze zu entnehmen. Der Winkel, unter dem die mittlere Kraft wirkt, sei ˛ D 30ı . Gesucht ist die resultierende Kraft FRes durch das SeileckVerfahren (rechnerisch).

D 6;34 kN FRes D

q 2 2 FRes;x C FRes;y D 8;07 kN

(4.4) (4.5)

Der Drehpunkt liegt im Loslager. n P

lRes D

Mi;DP

iD1

FRes F3  5 C F2  cos.˛/  11  F1  17 D FRes D 42;1 m

Corollary 4.1 Alle, an einem Körper wirkenden Kräfte, sind dann im Gleichgewicht, wenn sich das Krafteck und das Seileck schließen. (. Abb. 4.3.)

S1 FA S Lageplan

FA S S1 Kra¨fteplan

. Abb. 4.3 Schlusslinie mit einer Kraft

(4.6)

1. Zuerst wird ein Kräfteplan gezeichnet und darin der Betrag der resultierenden Kraft ermittelt. 2. In diesen wird ein Polpunkt gewählt, unbedeutend ist, wo dieser gewählt wird, sinnvollerweise an beliebiger Stelle am Blatt. 3. Jetzt werden vom eben definierten Pol, Seilstrahlen zu jedem Anfang und Ende jeder Kraft gezogen. (Ident zum Seileck-Verfahren) 4. Dann werden die Seilstrahlen in den Lageplan maßstäblich (parallel) verschoben 5. Der erste Strahl geht immer durch das Festlager. 6. Dies macht man mit allen weiteren gleich. 7. Alles was im Kräfteplan ein Dreieck ergibt, ergibt im Lageplan einen Schnittpunkt und umgekehrt. Wenn im Kräfteplan F1 , S1 und S2 ein Kräftedreieck bilden, so müssen sich diese auch bei den Seilstrahlen im Lageplan schneiden. 8. Dann wird beim Schnittpunkt mit dem ersten Seilstrahl im Festlager; und dem letzten Seilstrahl (meist jener, der durch das zweite Lager, meist Loslager geht) eine Linie durchgezogen, die sogenannte Schlusslinie.

98

Kapitel 4  Seileck- und Schlusslinienverfahren

Beispiel 4.4 Gegeben sei folgender Tr¨ager. Alle Kra ¨fte und auch La ¨ngen sind bekannt. Gesucht sind die Auflagerkra¨fte FA , FAx , FAy und FB mithilfe des Schlusslinienverfahrens.

4

F1 F2 F3 F4 F5

=4 =3 =2 =5 =3

kN kN kN kN kN

F1

F2

F3

F4

F5 3m

F1

FAx

FAx

FA

FAy

4m

FAy S1

FA FB S4

F1

F5

6m

F2

2m

F2

S2

S3

F5 S4

FB

S

S1

S6

S

FB = 8, 5 kN

S5

3m

F3

F4

S5

FA = 2, 6 kN

S2

F3

4m

P

FAy = 2 kN FAx = 1, 75 kN

S3

S6 F4

9. Diese wird anschließend durch den Pol im Kräfteplan gelegt 10. Dann werden die beiden gesuchten Kräfte im Kräfteplan eingezeichnet und ermittelt. Es folgen damit die Lagerkräfte.

In . Abb. 4.3 wird also so vorgegangen, dass man immer jene Kräfte zur Bildung des Kräfteplans verwendet, welche im Lageplan ein Dreieck ergeben hat. Siehe 7 Beispiel 4.4.

99 4.3  Übungen

4.3

Übungen Übungsbeispiel 4.1

Beschreiben Sie den Unterschied zwischen dem Schlusslinien- und Seileckverfahren.

Lösung Beim Seileck erhält man die resultierende Kraft, beim Schlusslinienverfahren die Lagerkräfte.

Übungsbeispiel 4.2

Beschreiben Sie das Ersatzproblem.

Lösung Da die Wirklinien der einzelnen Kräfte keinen gemeinsamen Schnittpunkt aufweisen, ist auch der Angriffspunkt der resultierenden Kraft noch nicht bekannt.

Übungsbeispiel 4.3

Welche grafischen Möglichkeiten der Lösung hat man beim Ersatzproblem?

Lösung 4 wiederholtes Parallelogramm-Verfahren 4 Seileck Verfahren

Übungsbeispiel 4.4

Beschreiben Sie die Vorgehensweise beim Seileck-Verfahren. Lösung 1. Zuerst wird ein Kräfteplan gezeichnet und darin der Betrag der resultierenden Kraft ermittelt. 2. In diesen wird ein Polpunkt gewählt, unbedeutend ist, wo dieser liegt, sinnvollerweise an beliebiger Stelle am Blatt. 3. Jetzt werden vom eben definierten Pol, Seilstrahlen zum Anfang und Ende jeder Kraft gezogen. Diese müssen so gelegt werden, wenn als Beispiel im Lageplan die Kräfte von links nach rechts mit F1 , F3 , und F2 bezeichnet

4. 5. 6. 7.

8.

wurden, so muss im Kräfteplan F1 , F3 und F2 der Reihe nach gezeichnet werden und anschließend die Seilstrahlen S1 , S2 bei F1 , sowie S3 und S4 bei F3 usw. gezogen werden. Dann werden die Seilstrahlen in den Lageplan maßstäblich (parallel) verschoben Der erste Strahl geht immer durch die erste Kraft! Dies macht man mit allen weiteren gleich. Der Schnittpunkt des ersten und des letzten Seilstrahls im Lageplan ist dann der Angriffspunkt der gesuchten resultierenden Kraft, Alles was im Kräfteplan ein Dreieck ergibt, ergibt im Lageplan einen Schnittpunkt, und umgekehrt.

4

100

Kapitel 4  Seileck- und Schlusslinienverfahren

Übungsbeispiel 4.5

Von einem LKW kennt man die Gewichtskraft von FGLKW D 50 kN und die Gewichtskraft der geladenen Ladung in Höhe von FG D 10 kN. Alle Achsabstände sind bekannt. Diese sind der Skizze zu entnehmen. Gesucht

4

sind die einzelnen und die gesamten Radlasten (. Abb. 4.4). Lösung Siehe . Abb. 4.4.

FG,LKW

FG FG FG FG FR FR FR 1m 1m

FR FR FR 1m 1m

7m 0, 2 m

FG,LKW

FG FG FG FR FR FR 1m 1m

FG 1m 1m 1m 7m

FR

S2

FR FR FR 1m 1m

FG,LKW

FG FG FG FG

FG

FR

S1 S2 S3 S4 S5

S3 S4

FR

S1 S6

P

FR FR

S6 FR = 15 kN FG,LKW

FG,Res = 90 kN

. Abb. 4.4 Beispiel Seileck – LKW

10 kN

S5

101 4.3  Übungen

Übungsbeispiel 4.6

rende Kraft FRes durch das Seileck-Verfahren.

Gegeben sei ein Balken mit den Kräften F1 D 30 kN, F2 D 10 kN und F3 D 15 kN. Die Abstände sind den Skizzen zu entnehmen. Der Winkel, unter dem die mittlere Kraft wirkt, sei ˛ D 30ı gesucht ist die resultie-

Lösung Siehe . Abb. 4.5. α

F2

F3

F1

4m

6m

6m

5m F2

F3

F1 S1

S2 S3

FRes

F2

F1

S2 S3

=5 kN F3

S4

FRes S1

. Abb. 4.5 Beispiel Seileck-Balken

P

S4

4

103

Standsicherheit

Inhaltsverzeichnis 5.1

Gleichgewichtslagen – 104

5.1.1 5.1.2 5.1.3 5.1.4

Thermisches Gleichgewicht – 104 Dynamisches Gleichgewicht – 104 Gleichgewichtszustand bei Störungen – 104 Gleichgewicht beim Pendel – 105

5.2

Standsicherheit – 106

5.2.1 5.2.2 5.2.3 5.2.4 5.2.5 5.2.6 5.2.7

Kippkante – 106 Standmomente – 107 Kippmomente – 107 Interpretation des Standsicherheitsergebnisses – 107 Berechnung der Sicherheit – 108 Anwendung – 108 Grafische Lösung – 108

5.3

Übungen – 114

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_5

5

Kapitel 5  Standsicherheit

104

Sie lernen hier. . . 4 4 4 4 4

bestimmen der Standsicherheit. bestimmen der Kippmomente. bestimmen des Kipppunktes. Gleichgewichtslagen kennen. grafische und analytische Bestimmung der Standsicherheit kennen. 4 Computergestützte Lösung von Gleichgewichtsproblemen.

dass es nicht nur das dynamische Gleichgewicht gibt, sondern auch Gleichgewicht zwischen unterschiedlichen Medien bzw. Gasen herrschen muss. Wie genau ein Gleichgewicht dort erkannt bzw. untersucht und berechnet werden kann, wird, wie bereits erwähnt, in einem anderen Band dieser Buchreihe genauer behandelt.

5.1.2

5

Zitat

Hütet euch vor den Technikern! Mit der Nähmaschine fangen sie an und mit der Atombombe hören sie auf. Marcel Pagnol

Gleichgewichtslagen

5.1

Unter Gleichgewicht versteht jeder etwas anderes. Die einen denken beim Gleichgewicht sofort an etwas balancieren, die anderen an eine Waagschale, die auf beiden Schalenteilen dasselbe Gewicht beinhaltet. Beides ist auf eine gewisse Weise richtig, allerdings am besten kann man sich das Gleichgewicht in der Mechanik durch eine Kugel vorstellen. Wann ist eine Kugel im Gleichgewicht? Wie viele Freiheitsgrade müssen für das Gleichgewicht einer Kugel eingeschränkt werden? Gibt es mehrere Arten des Gleichgewichtes? Auf all diese Fragen gibt das kommende Kapitel Aufschluss. Definition 5.1 (Gleichgewicht) Von Gleichgewicht spricht man, wenn sich eine definierte Lage eines Bauteils, in Abhängigkeit der Zeit, ohne Einwirkung von äußeren Kräften, nicht ändert.

Um einen dynamischen Zustand und in weiterer Folge den Gleichgewichtszustand untersuchen zu können, scheint es einleuchtend, dass es sich um eine instationäre (zeitabhängige) Gleichung handeln muss. Betrachtet man nur den statischen Zustand, so wird ein System immer im Gleichgewicht sein, da dieses nicht dynamisch sein kann, da keine Zeit vergeht. Es sei also die Differentialgleichung ds D f .s/ dt

Thermisches Gleichgewicht [52]

Das thermische Gleichgewicht wird hier nur der Vollständigkeit halber erwähnt. Genau betrachtet wird dieses im Band 5 – Technische Thermodynamik [13]. Damit ist auch bekannt,

(5.1)

gegeben, in welcher s den Weg und t die Zeit darstellt. Um eine infinitesimal kleine Wegänderung auffassen zu können, muss eine infinitesimal kleine Zeit vergehen. Sei s.t/ der Gleichgewichtszustand. Ist Gleichgewicht vorhanden, muss das System in Ruhe sein (statisch) und daD v, da keine Bewegung her die Gleichung ds dt mehr stattfindet. Es folgt beim Gleichgewicht f .s.t// D 0 und damit auch die Differentialgleichung ds D f .s/ D 0: dt

(5.2)

Eine Lösung der gewöhnlichen Differentialgleichung liefert den Gleichgewichtszustand.

5.1.3 5.1.1

Dynamisches Gleichgewicht

Gleichgewichtszustand bei Störungen

Für die meisten Anwendungen ist es ausreichend, nach folgenden Kriterien das Gleichgewicht zu bestimmen. 4 stabil Das System ist im Gleichgewicht oder kehrt nach einer kurzen Störung wieder in den Ausgangszustand zurück (. Abb. 5.1).

105 5.1  Gleichgewichtslagen

. Abb. 5.1 Stabiles Gleichgewicht [109]

. Abb. 5.4 Metastabiles Gleichgewicht [110]

. Abb. 5.2 Labiles Gleichgewicht [108]

. Abb. 5.5 Bistabiles Gleichgewicht [29]

. Abb. 5.3 Indifferentes Gleichgewicht [60]

4 labil Das System ist nicht im Gleichgewicht. Es reicht eine kleine Krafteinwirkung bzw. Störung aus, das System vom Ausgangszustand wegzubewegen und aus dem Gleichgewicht zu bringen (. Abb. 5.2) 4 indifferent Das System nimmt nach einer Störung wieder einen neuen ruhenden Zustand ein (. Abb. 5.3) 4 metastabil Das System geht von einem Gleichgewichtszustand in einen anderen über, welcher stabiler ist, als jener zuvor. Sind zwei Gleichgewichtszustände möglich, so spricht man vom bistabilen Zustand (. Abb. 5.4 und 5.5).

5.1.4

fixen Drehpunkt vollständig definiert ist. Die Länge des Auslegerarms sei l. Betrachtet man einen Moment der Auslenkung, so kann man diesen durch den Auslenkungswinkel # und der Winkelgeschwindigkeit ! beschreiben. Die Beschleunigung, die dem Pendel entgegenwirkt, ist g. Es folgt eine Gleichung der Gestalt ! d # : (5.3) dt ! Löst man diese Gleichung, so wird # nach der Zeit abgeleitet, wodurch die Winkelgeschwindigkeit ! folgt. Ebenso wird die Winkelgeschwindigkeit nach der Zeit abgeleitet, wodurch die Winkelbeschleunigung von g folgt

Gleichgewicht beim Pendel [52]

Ein ebenes Pendel (. Abb. 5.6) ist ein System, welches durch einen Auslegearm (in den unteren beiden Abbildungen grün) und durch einen

. Abb. 5.6 Ein ebenes Pendel als Fahrgeschäft auf einer Kirmes [39]

5

106

Kapitel 5  Standsicherheit

. Abb. 5.7 Gleichgewichtspositionen des ebenen Pendels [53]

M Kipppunkt

M

. Abb. 5.8 Standmoment, Kipppunkt, Kippmoment

5

Kippkante

5.2.1

und durch Umrechnen mit a D r  ˛ H) ˛ D g a r D l . Um den Pendelwinkel zu bedenken, wird dieser mit sin.#/ angefügt. Es folgt also

d # dt !

! D

!

!

g :  sin.#/ l

(5.4)

In dieser Gleichung können zwei Lösungen gefunden werden: x D x1 D .0; 0/ und x2 D 0; . Veranschaulicht man diese beiden Lösungen in . Abb. 5.7 so wird schnell klar: x1 beschreibt die stabile und x2 die instabile Lage des Systems. Es folgt für x1 ein elliptischer und für x2 ein hyperbolischer Fixpunkt. Nach Gesetzen der Mechanik (dies wird ausführlich im Teil Technische Mechanik – Band 3 (Dynamik) [11] behandelt) kann man ein dynamisches System, ohne Geschwindigkeit (statisches System), durch Momente und Kräfte beschreiben. Es folgen die bereits kennengelernten Gleichgewichtsbedingungen, da nach den eben genannten Bedingungen alle Momente und Kräfte des Pendel =0 sein müssen, wenn Gleichgewicht vorliegt.

Kippt ein Bauteil, so wird es dies um einen bestimmten Punkt (. Abb. 5.8) tun. Jener Punkt, um den das Bauteil kippt, wird als Kipppunkt bezeichnet, oder auch als Kippkante (siehe . Abb. 5.9), wenn man ein System im Raum betrachtet, etwa einen Kasten. Mechanisch formuliert bedeutet dies, die Kippkante ist jene Kante, um die die Standbzw. Kippmomente drehen müssen, damit die Standmomente den Kippmomenten das Gleichgewicht halten. In . Abb. 5.9 wird die Lage der Kippkante deutlich, wenn man den Kasten versucht zu kippen.

v

F =0

Kippkante v F

5.2

Standsicherheit

In der Technik ist oft der Nachweis wichtig, dass ein System auf seiner Position verharrt. (Standsicherheits- oder Kippsicherheits-Nachweis). Die Standsicherheit, oder die Sicherheit gegen Kippen, hängt von der Art der Gleichgewichtslage ab.

. Abb. 5.9 Kippen eines Kastens

5

107 5.2  Standsicherheit

Beispiel 5.1

Beispiel 5.2

Siehe Kasten aus . Abb. 5.10.

Siehe Kasten aus . Abb. 5.11.

M S D FG  x

(5.6)

MK D F  y

(5.8)

MS

S

F y

FG

F y

Fg

x

x

MS

MS

F

S

S

F

y

y

MK FG

FG

x

x

. Abb. 5.10 Standmomente eines Kastens

5.2.2

MS

S

MK

. Abb. 5.11 Kippmomente eines Kastens

Standmomente

Als Standmoment bezeichnet man das Moment, dass das Bauteil zum Stehen bleiben zwingt (wenn das Kippmoment nicht größer als das Standmoment ist).

den Kasten kippt und dem Normalabstand vom Boden zum Kraftangriffspunkt. MK D F1  l1 C F2  l2 C : : : C Fn  ln D

n X

Fi  li

(5.7)

iD1

MS D F1  l1 C F2  l2 C : : : C Fn  ln D

n X

Fi  li

(5.5)

Siehe 7 Beispiel 5.2.

iD1

Siehe 7 Beispiel 5.1.

5.2.3

Kippmomente

Die Kippmomente sind jene Momente, die das Bauteil zum Kippen bringen. Beim Kasten also das Produkt aus der Druckkraft der Person, die

5.2.4

Interpretation des Standsicherheitsergebnisses

Ist die Standsicherheit größer 1, so bleibt das Bauteil stehen, ist dies nicht der Fall, also kleiner 1, so fällt es um. Die gesamten Berechnungen in der Mechanik beruhen auf Idealisierungen. Speziell in der

Kapitel 5  Standsicherheit

108

MK

MK MS

MS

S

y

Fg

5

S

F

x

MS

y

Fg

y

MK FG

x

M S = MK MS MK

FG = F

x

MS > MK MS MK

=1

Bauteil h¨alt gerade noch

F

S

F

FG > F

MS < MK

FG < F MS MK

>1

Bauteil h¨alt

1, der Körper kippt nicht. 4 2. Fall: Die Wirklinie der resultierenden Kraft aller äußeren Kräfte, durchdringt die Standebene in der Kippkante, dann ist S D 1, der Körper kippt gerade noch nicht.

5

109 5.2  Standsicherheit

Beispiel 5.3

Zu berechnen ist die Standsicherheit des Mobilkrans, ebenfalls ist Schluss zu folgern, ob die Belastungen den Kran zum Umfallen bringen. Wie viel Masse darf die Kraft F maximal annehmen (wird dann zu F2 ), um noch immer eine doppelte Standsicherheit zu erhalten. Gegeben mm D 7 t, F D 40:000 N, mG D 5 t, L1 D 15 m; L2 D 25 m; L3 D 30 m; L4 D 40 m; Gesucht S; F2 .

Lösung MS FG  .L2  L1 / C FM  .L4  L1 / D MK F  L1 mG  g  .L2  L1 / C FM  .L4  L1 / D mM  g  .L4  L1 / 5000  9;81  .25  15/ C 7000  9;81.40  15/ D 40:000  15 (5.10) S1 D 3;67 S1 D

Nein, da die Standsicherheit größer 1 ist. mG  g  .L2  L1 / C mM  g  .L4  L1 / F  L1 mG  g  .L2  L1 / C mM  g  .L4  L1 / F2 D S1  L 1 S1 D

F

F2 D 6664  104 N: FM

(5.11)

K FG

L4

L3

L2

L1

4 3. Fall: Die Wirklinie der resultierenden Kraft aller äußeren Kräfte durchdringt die Standebene außerhalb der Kippkante, dann ist S < 1, der Körper kippt.

MK MS

S

Siehe . Abb. 5.13 und 5.14. 5.2.7.2

F y

Fg

Grafische Lösung, Computerunterstützt

x

Siehe 7 Beispiel 5.4. F

S FG K

x

. Abb. 5.13 Beispiel Kasten

y

110

Kapitel 5  Standsicherheit

. Abb. 5.14 Regel für die grafische Methode zur Überprüfung der Standsicherheit

WL FRes F

S FG

ϕ1 > ϕ FRes

y

WL FRes

FG

Bauteil kippt

F

K ϕ ϕ1

x

5 WL FRes F

S FG

ϕ2 < ϕ

y

Bauteil ha¨lt FRes

K ϕ

F

x WL FRes

ϕ2

F

S FG K

ϕ3 = ϕ kippt gerade nicht

y FRes

ϕ = ϕ2 x WL FRes

FG

FG F

WL FRes

5

111 5.2  Standsicherheit

Beispiel 5.4 (Standsicherheit grafisch) 8.

Dieses Mal sollte eine Lösung mittels GeoGebra gefunden werden. Dazu sind folgende Randbedingungen FG D 400 N gegeben; gesucht ist die Größe der Druckkraft, für die unterschiedlichen drei Fälle: Kasten kippt (. Abb. 5.15), Kasten steht (. Abb. 5.16), Kasten kippt gerade noch nicht (. Abb. 5.17).

7. 6. 5. 4.

1.

−4.

−3.

−2.

FRes

4.

⎛

3.

1.

S 0

−1.

2.

3.

−3. −4.

F K

4.

5.

6.

7.

O

⎛

−3.

⎞

0⎟ ⎝ ⎠ FG = ⎜ -4

−4.

F

−5.

K

−6.

4.

5.

6.

7.

. Abb. 5.16 Bauteil hält

−2.

O

3.

−7. 1.

−1.

FRes

⎞

⎜-4.6⎟ ⎝ ⎠ FRes = ⎛ ⎞-4 ⎜-4.6⎟ F = ⎝ ⎠ 0

2.

−2.

2.

−2.

5.

−3.

1.

−1.

6.

−4.

S 0

−1.

⎞

⎜-0.81⎟ ⎝ ⎠ FRes = ⎛ ⎞-4 ⎜-0.81⎟ ⎝ ⎠ F = 0

2.

8. 7.

⎛

3.

⎛

⎞

8.

0⎟ ⎝ ⎠ FG = ⎜ -4

7.

−5.

6.

−6.

5.

−7.

4.

⎛

3.

. Abb. 5.15 Bauteil kippt

2. 1.

−4.

−3.

−2.

S 0

−1.

1.

2.

3.

−1.

FRes

−2.

⎛

−3.

O F K

−4.

⎞

⎜-2⎟ ⎝ ⎠ FRes = ⎛ ⎞-4 ⎜-2⎟ ⎝ ⎠ F = 0

FG =

−5. −6. −7.

. Abb. 5.17 Gleichgewicht

⎞

0⎟ ⎠ -4

⎜ ⎝

4.

5.

6.

7.

112

Kapitel 5  Standsicherheit

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 5.1 (Standsicherheit Kasten, mit SolidWorks)

Ein Kasten befindet sich auf einem Paketboden und wird verschoben, indem man ihn an der obersten Kante, mit einer gegebenen Kraft, verschiebt. Zu untersuchen ist, ob der Kasten kippt P os.

5

B ild

oder nicht. Das Modell in der nachstehenden Untersuchung war Teil der Zertifizierungsprüfung von SolidWorks DriveWorks Solo.

Erklärung Zuerst muss ein Modell des zu untersuchenden Körpers vorliegen. Wird dieses Regal verschoben, wie in Schritt 3 gezeigt, so kann dies durch die Zusatzanwendung SolidWorks Mo tion getan werden. Ident zur bereits verwendeten Zusatzanwendung SolidWorks Simulation muss diese zuerst aktiviert bzw. freigeschaltet werden. Liegen die entsprechenden Lizenzen vor, so kann dies getan werden, indem man im Reiter „Zusatzanwendungen“ freischaltet. Nebenstehend wird gezeigt, wie das Regal verschoben wird. Das Regal befindet sich auf einen Paketboden. Kippt das Regal beim Schieben über die vorstehende Leiste?

Kippt das Regal, wenn dieses mit einer Kraft von 300N verschoben wird? Die Angriffshöhe der Kraft sei 1000 mm (genau an der obigen Kante).

Unten kann neben „Modell“ in SolidWorks eine neue Bewegungsstudie, durch Rechtsklick auf Bewegungssimulation erstellt werden. Dann auf Bewegungsanalyse umstellen.

113 5.2  Standsicherheit

Dann sicherstellen, dass „Bewegungsanalyse“ eingestellt ist, da a nsonsten die Berechnung ohne Lasten bzw. Kontaktbeziehungen gelöst wird.

Damit das Programm weiß was sich berühren soll, muss ein Kontakt zwischen Boden und Regal, durch auswählen der beiden, nachdem die Kontaktdefinition angewählt wurde, definiert werden.

Jetzt muss noch die Kraft definiert werden. Dazu das Symbol wählen und nebenstehende Einstellungen eingeben. Zusätzlich die Schwerkraft durch in entsprechender Richtung auswählen, damit das Regal auch eine Gewichtskraft bekommt. Um die Berechnungsgenauigkeit anzupassen auf „“ klicken und die 3D-Kontaktauflösung, bzw. die Geometriegenauigkeit anpassen. Desto genauer die Auflösung gewählt wird, desto länger dauert die Berechnung. Jetzt kann die Analyse berechnet werden:

Man kann beobachten, dass Nichts passiert und der Kasten einfach an Ort und Stelle stehen bleibt. Würde man die Kraft weiterhin vergrößern und die Auflösungseinstellungen ggf. anpassen würde der Kasten irgendwann zu kippen beginnen.

5

Kapitel 5  Standsicherheit

114

5.3

Übungen Übungsbeispiel 5.1

Wie kommt man vom dynamischen Zustand auf ein statisches System und auf den Gleichgewichtszustand? Lösung

5

Um einen dynamischen Zustand und in weiterer Folge den Gleichgewichtszustand untersuchen zu können, scheint es einleuchtend, dass es sich um eine instationäre (zeitabhängige) Gleichung handeln muss. Betrachtet man nur den statischen Zustand, so wird ein System immer im Gleichgewicht sein, da dieses nicht fallen kann, da keine Zeit vergeht. Es sei also die Differentialgleichung ds D f .s/ dt

(5.12)

gegeben, in welcher s den Weg und t die Zeit darstellt. Um eine infinitesimal kleine Wegänderung auffassen zu können, muss eine infinitesimal kleine Zeit vergehen. Sei s.t/ der Gleichgewichtszustand. Ist Gleichgewicht vorhanden, muss das System in Ruhe sein (statisch) und daher die Gleichung ds D v, da keine Bewegung mehr stattdt findet. Es folgt beim Gleichgewicht f .s.t// D 0 und damit auch die Differentialgleichung ds D f .s/ D 0: dt

Eine Lösung der gewöhnlichen Differentialgleichung liefert den Gleichgewichtszustand.

Übungsbeispiel 5.2

Um welche Gleichgewichtslagen handelt es sich bei den nachstehenden Abbildungen? (a)

(d)

(e) (b)

(c)

(5.13)

Lösung (a) (b) (c) (d) (e)

labiles Gleichgewicht [108] stabiles Gleichgewicht [109] indifferentes Gleichgewicht [60] bistabiles Gleichgewicht [29] metastabiles Gleichgewicht [110]

115 5.3  Übungen

Übungsbeispiel 5.3

Wie kann man Gleichgewichtslagen einteilen, und wie sehen diese aus (Beschreibung)? Lösung 4 stabil Das System ist im Gleichgewicht oder kehrt nach einer kurzen Störung wieder in den Ausgangszustand zurück. 4 labil Das System ist nicht im Gleichgewicht. Es reicht eine kleine Krafteinwirkung bzw.

Störung aus, das System vom Ausgangszustand wegzubewegen und aus dem Gleichgewicht zu bringen 4 indifferent Das System nimmt nach einer Störung wieder einen neuen ruhenden Zustand ein metastabil Das System geht von einem Gleichgewichtszustand in einen anderen über, welcher stabiler ist, als jener zuvor. Sind zwei Gleichgewichtszustände möglich, so spricht man vom bistabilen Zustand.

Übungsbeispiel 5.4

Handelt es sich bei folgenden Systemen um ein stabile oder labile Systeme? (a)

(c)

Lösung (b)

(a) stabiles Gleichgewicht (weil der Prozess sehr, sehr langsam abläuft) (b) labiles Gleichgewicht (aufgrund der gekrümmten Oberfläche der Steine) (c) labiles Gleichgewicht (beim Gehen, weil die Gefahr besteht, dass die Person beim Bewegen von den Schienen rutscht)

5

116

Kapitel 5  Standsicherheit

Übungsbeispiel 5.5

Lösung

Beschreiben Sie Aufgabe der Standmomente.

Sie sind dafür verantwortlich, das Bauteil in seiner Position zu halten.

Übungsbeispiel 5.6

5

Lösung

Beschreiben Sie Aufgabe der Kippmomente.

Sie sind dafür verantwortlich, das Bauteil zu kippen.

Übungsbeispiel 5.7

Wie ist die Standsicherheit definiert, wann kippt ein Bauteil, wann ist es im Gleichgewicht? (Erklärung anhand eines Kastens.) Lösung

MK

MK MS

MS

S

S

F y

Fg

x

MS

y

Fg

y

MK FG

x

M S = MK MS MK

FG = F =1

Bauteil h¨alt gerade noch

F

S

F

x

MS > MK MS MK

FG > F >1

Bauteil h¨alt

MS < MK

FG < F MS MK

'

(7.116)

7

221 7.13  Übungen

Übungsbeispiel 7.31

Wie lauten die Korrekturfaktoren für Trapez- und Spitzengewinde, bei der Bestimmung der Reibung?

Lösung FN;SG D FN;neu  1;15 FN;T G D FN;neu  1;04:   ˇ 0SP D   1;15 0 D   cos 2

(7.117)

0SP D   1;04:   ˇ %0 D %  cos 2

(7.118)

%0 D arctan.0 /:

(7.119)

Übungsbeispiel 7.32

Wie lautet die Gleichung für das Gewindereibungsmoment in realen Gewindespindeln? (keine Flachgewinde Spindel)

Lösung MRG D

d2  FV  tan.' ˙ %0 / 2

(7.120)

Übungsbeispiel 7.33

Wie kann der Gewindesteigungswinkel bestimmt werden?

Lösung  ' D arctan

p d2  

 (7.121)

223

Fachwerke und Tragwerke

Inhaltsverzeichnis 8.1

Grundlagen – 226

8.1.1 8.1.2 8.1.3 8.1.4

Komponenten eines Fachwerk – 226 Idealisierungen – 226 Fachwerktypen – 227 Konstruktive Gestaltung von Fachwerken – 227

8.2

Berechnung in der Ebene – 228

8.2.1 8.2.2 8.2.3 8.2.4 8.2.5

Statische Bestimmtheit – 228 Bestimmung der Nullstäbe – 230 Zeichnerische Lösung – 230 Rechnerische Lösung – 236 Lösung mit PC – 238

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_8

8

8.3

Berechnung im Raum – 247

8.3.1 8.3.2 8.3.3

Gleichgewichtsbedingungen – 247 Vektorrechnung – 248 Computergestützte Lösung – 250

8.4

Übungen – 252

225 Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Sie lernen hier. . . 4 entscheiden, ob ein statisch bestimmtes, bzw. unbestimmtes System vorliegt [42]. 4 Fachwerkskräfte, in der Ebene und im Raum, zu bestimmen. 4 zeichnerische Bestimmung mit CremonaPlan und Culmann-Verfahren kennen. 4 rechnerische Bestimmung mit dem RitterSchnittverfahren und durch Vektoren kennen. 4 Nullstäbe bestimmen. 4 die softwaregestützte Ermittlung von Stabkräften.

Zitat

. Abb. 8.1 Tragwerk Beispiel 1 [103]

Es ist nicht der Glaube an die Technologie. Es ist der Glaube an die Menschheit. Steve Jobs

Definition 8.1 (Tragwerk) Die Summe aller Glieder, die maßgeblich für die Standsicherheit eines Gesamtsystems sind, werden als Tragwerk bezeichnet.

In der Baustatik unterscheidet man zwei Gruppen von Tragwerken: 4 Stabwerke und Fachwerke (Stäbe, Träger, Stützen, Rahmen) 4 Flächentragwerke, bestehend aus Platten, Scheiben, Schalen oder Membranen (Flächenstatik) [104].

. Abb. 8.2 Tragwerk Beispiel 2

Definition 8.2 (Fachwerk [43]) Ein Fachwerk ist ein Stabwerk, dessen Stäbe alleine durch Normalkraft beansprucht werden und deren Enden in den Knotenpunkten miteinander verbunden sind. Ein Fach ist ein zweidimensionales Vieleck, welches durch Stäbe aufgespannt wird. Fachwerke bestehen in der Regel überwiegend aus Dreiecken.

Fachwerke treten im täglichen Leben ständig auf. Im Anschluss einige Beispielbilder (vgl. . Abb. 8.1–8.5). Der Begriff Fachwerk leitet sich (vermutlich) vom Mittelhochdeutschen „vach“ oder „fah“ für „in Felder geteilte Fläche und Geflecht“ ab [43].

. Abb. 8.3 Kräne sind räumliche Fachwerke

Beim Fachwerkhaus trifft beides zu: Die Wandfläche wird in mit Rohrgeflecht gefüllte drei- und viereckige Felder geteilt. Bei einer Wand aus viereckigen Gefachen verlässt man sich zur Aussteifung nicht alleine auf das Ausmauern der Felder. Wenn das Holz schwindet, würde die Konstruktion leicht wackeln. In Fachwerkwänden (. Abb. 8.6 und 8.7)

8

226

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

. Abb. 8.6 Fachwerkshäuser sind eben Fachwerke

8

. Abb. 8.7 Fachwerkshaus . Abb. 8.4 Eiffelturm [32, 38]

werden daher einige schräg verlaufende Streben eingefügt, welche unverzerrbare Dreiecksgefache bilden. Diese Dreiecksgefache steifen die gesamte Wand aus, da alle Balkenvierecke und -dreiecke miteinander über vertikale Ständer und horizontal durchlaufende Balken verbunden sind.

8.1 8.1.1

Grundlagen Komponenten eines Fachwerk

Siehe . Abb. 8.8.

8.1.2

Idealisierungen

Als Fachwerk wird ein Gebilde bezeichnet, welches sich aus mehreren einzelnen Stäben und sogenannten Knotenpunkte zusammensetzt. Um Fachwerke lösen zu können, müssen Idealisierungen vorgenommen werden . Abb. 8.5 Strommasten [67]

227 8.1  Grundlagen

Knoten

Sta¨be

Obergurt

Fachwerk mit K-Verbund

Sta¨nderfachwerk

Untergurt

Strebenfachwerk

. Abb. 8.8 Aufbau eines Fachwerks

Strebenfachwerk mit Pfosten

1. Die Stäbe sind durch Gelenke, die sogenannten Knoten verbunden, an welchen die Reibung vernachlässigt wird. 2. Alle Achsen eines Knotens treffen sich in einem Punkt. 3. Jeder Stab ist nur an einem Knoten befestigt. 4. Belastungen der Stützkräfte treten nur in den Knoten auf. 5. Die Stäbe werden nur auf Zug und Druck beansprucht.

Rautenfachwerk

Gittertra¨ger

8.1.3

Fachwerktypen

Fachwerke können in räumliche – und ebene Fachwerke unterteilt werden. Ebene Fachwerke gibt es in der Realität nur sehr selten, sie genießen jedoch trotzdem eine große Aufmerksamkeit im Maschinenbau – da viele räumliche Fachwerke in ebene überführt werden können. Ebenso können Fachwerke nach ihrem Aufbau und nach der Anordnung der Stäbe unterteilt werden. Im Anschluss einige Bauformen (. Abb. 8.9).

. Abb. 8.9 Unterschiedliche Bautypen von Fachwerken, vgl. [51, 82, 96–99]

8.1.4

Konstruktive Gestaltung von Fachwerken

In der Realität sind die in den Berechnungen angenommenen Knoten nicht Gelenke, sondern Verbindungen, die durch 1. Schraubenverbindungen (. Abb. 8.10); 2. Nietverbindungen (. Abb. 8.11 und 8.12); 3. Schweißverbindungen (. Abb. 8.13) oder; 4. Kleb- oder Lötverbindungen; ausgeführt werden können.

8

228

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

. Abb. 8.10 Fachwerk, Schrauben (Kontenblech) [64]

. Abb. 8.13 Fachwerk, Gitterrohrrahmen, geschweißt [58]

Berechnung in der Ebene

8.2

8

. Abb. 8.11 Fachwerk, Nieten

Zur Berechnung der Kräfte bedient man sich an den Gleichgewichtsbedingungen der Statik in allen drei Koordinatenrichtungen. Es wird zwischen statisch bestimmten und statisch unbestimmten Systemen unterschieden. dort kann wiederum in innere- und äußere statische Bestimmtheit und Unbestimmtheit unterschieden werden. Statisch unbestimmte Systeme können mit den aktuellen Kenntnissen noch nicht behandelt werden, diese werden gegen Ende dieses Bandes noch genauer erörtert. „statisch bestimmt“ bedeutet, die Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen reicht aus, um alle unbekannten Kräfte (äußere Kräfte) des Fachwerkes bestimmen zu können.

8.2.1 8.2.1.1 . Abb. 8.12 Brücken sind meist Fachwerkskonstruktionen [42]

Statische Bestimmtheit Äußere statische Bestimmtheit

Definition 8.3 (Äußerliche statische Bestimmtheit) Ein Fachwerk ist äußerlich statisch bestimmt, wenn die Gleichgewichtsbedingungen der Statik für die Bestimmung der Auflagerkräfte ausreichen.

8

229 8.2  Berechnung in der Ebene

Beispiel 8.1

hingegen das Fachwerk der Gestalt

Ein Fachwerk der Gestalt F

FA

F

FB

ist statisch bestimmt,

8.2.1.2

FA

FC

FB

statisch unbestimmt ist.

Innere statische Bestimmtheit

Definition 8.4 (Innere statische Bestimmtheit bei gewöhnlichen Fachwerken) Ein gewöhnliches Fachwerk ist innerlich statisch bestimmt, wenn die Bedingung s D 2  k  3 erfüllt ist, wobei k die Anzahl der Knoten und s die Anzahl der Stäbe darstellt (vgl. . Abb. 8.14). . Abb. 8.15 Dreigelenkbogen 2  k D s C 4

Definition 8.5 (Innere statische Bestimmtheit bei Dreigelenkbogen) Ein Dreigelenkbogen ist innerlich statisch bestimmt, wenn die Bedingung s D 2  k  4 erfüllt ist, wobei k die Anzahl der Knoten und s die Anzahl der Stäbe darstellt (vgl. . Abb. 8.15).

. Abb. 8.14 Gewöhnliches Fachwerk: 2  k D s C 3

Beispiel 8.2

Sei, bei einem Fachwerk, s D 16 und k D 10. Zu prüfen ist die statische Bestimmtheit. Mit 2  k D s C 3 folgt: 20 ¤ 19, also ein statisch unbestimmtes Fachwerk.

230

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

8.2.2

Bestimmung der Nullstäbe

Definition 8.6 (Nullstäbe) Nullstäbe sind Stäbe eines Fachwerks, die bei gegebener Belastung bzw. Lasteinwirkung keine Kräfte aufnehmen müssen und daher nach Gesetzen der Mechanik auch spannungslos sein müssen [76] (vgl. . Abb. 8.16).

8

Werden Nullstäbe entfernt, so ändern sich die Stabkräfte nicht, jedoch kann es passieren, dass dadurch die Stabilität des Fachwerkes nachlässt (Knickung, Beulen, Drillen . . . ), da diese Stäbe als Versteifungen dienen. 1. Die Stäbe eines unbelasteten Knotens, mit zwei angeschlossenen Stäben unterschiedlicher Stabachsrichtung, sind Nullstäbe [76]. 2. Haben zwei Stäbe eines unbelasteten Knotens, mit drei angeschlossenen Stäben, dieselbe Stabachsrichtung, so ist der dritte Stab ein Nullstab [76]. 3. Hat, bei einem belasteten Knoten, der Stab die Richtung der äußeren Kraft, so ist der zweite Stab ein Nullstab [76].

F1 = N1 = 0

Regel 1 F2 = N2 = 0 F1 = N1 = 0

F2

Regel 2 N2 = 0 N3 = N1

F1 = N1 = 0

Regel 3 N2 = 0

. Abb. 8.16 Auftreten von Nullstäbe

8.2.3

Zeichnerische Lösung

Folgende Definitionen sind zu beachten: 1. Knotenpunkte: Mit römischen Zahlen der Reihe nach beschriften (I, II, III, IV, V . . . ) 2. Stäbe: Mit arabischen Zahlen der Reihe nach beschriften (1, 2, 3, 4, 5 . . . ) 3. Zugstäbe werden immer mit einem „C“ bezeichnet 4. Druckstäbe werden immer mit einem „“ bezeichnet. Jeder Knoten eines Fachwerkes bildet ein ZEK (zentral ebenes Kräftesystem). Nach Gesetzen der Statik hat dies zur Folge, dass in jedem Knoten das Krafteck geschlossen sein muss. Jeder Knoten ist der Zentralpunkt eines zentralen Kraftsystems. Die Wirklinien der Kräfte, werden durch die Richtungen der Stabachsen vorgegeben. 8.2.3.1

Cremona-Plan

Der Cremona-Plan ist eine Möglichkeit, die Stabkräfte, in Fachwerken, zeichnerisch zu ermitteln. Dabei werden alle Kraftecke, an jedem einzelnen Knoten, zu einem summiert, wodurch am Ende ein geschlossenes Krafteck folgen muss, dieses wird als „Cremona-Plan“ bezeichnet. Zu beginnen ist bei jenem Knoten, indem maximal zwei unbekannte Stabkräfte auftreten (sonst erlangt man keine Lösung, da zu viele Unbekannte vorliegen). Ordnet man die Stabkräfte günstig an, so folgt am Ende ein geschlossenes Krafteck. Jedes Kraftsystem, an jedem Knoten des Fachwerkes, muss ebenfalls ein geschlossenes Krafteck bilden. Zu wählen ist, für die Bestimmung der Kräfte, ein Umlaufsinn. Dieser kann willkürlich gelegt werden (in- oder gegen den Uhrzeigersinn), darf allerdings nach der Festlegung nicht mehr, innerhalb dieses Fachwerkes, geändert werden. 2Vorgangsweise

1. Auflagerkräfte bestimmen, meist durch Schlusslinienverfahren 2. Stäbe und Knoten bezeichnen 3. Kräftemaßstab wählen 4. Äußere Kräfte im Lageplan einzeichnen, sodass diese außerhalb des Fachwerks liegen 5. Umlaufsinn wählen

8

231 8.2  Berechnung in der Ebene

6. Krafteck der äußeren Kräfte im Umlaufsinn zeichnen 7. Krafteck durch Einzelkraftecke für alle Knoten vervollständigen. Dazu alle Kräfte für jeden Knoten im Umlaufsinn zeichnen. 8. Ergebnis der Stabkräfte durch Multiplikation des Maßstabs bestimmen. 2Wozu wird dieses Verfahren benötigt und wer hat es erfunden? [30]

Der Cremona-Plan dient der zeichnerischen Bestimmung der Stabkräfte, in Fachwerken. Dieses Verfahren erfährt nach und nach immer mehr Bedeutung, da in der heutigen Zeit die zeichnerischen Lösungen, durch CAD-Anwendungen, ausreichend genau sind, um die Stabkräfte, eines Fachwerkes, zeichnerisch zu bestimmen. Antonio Luigi Gaudenzio Giuseppe Cremona (geboren 1830, gestorben 1903, . Abb. 8.17) war ein italienischer Mathematiker, Statiker und zuletzt Politiker [69, 70].

. Abb. 8.17 Antonio Cremona

Beispiel 8.3

F1 III

V I F2 7

gegeben: F1 = F2 = F3 = 3 kN gesucht: FA , FB alle Stabkr¨afte

F3 V

5

FB

1 F1

1 4

6

S

I FA

II FS2 2

FA

S IV

FB

3 4

1 Umlaufsinn 2

3

F2

2

P

3 4

F3 FA = 4, 5 kN Auflagerkra¨fte

FB = 4, 5 kN

232

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Lösung mittels Cremona-Plan Knoten 1: FS1

FS2

Knoten 2:

Es ist sofort ersichtlich, dass FA = −FS1x sein muss, also FS1x eine Druckkraft sein muss.

FS6 F1

FS3

FS7

FS1

FS3

FS2

FB

FA

Stab 1 2 3 4 5

F1

I FS7

FS1

Knoten 4:

FS4

FA

8

Knoten 3:

Aus dem Cremona Plan folgt fu ¨r Knoten: I II III FS1 FS4

III FS2 FB

V FS3 FS5

Kraftgro¨ße Zug/Druck Stab Kraftgro¨ße Zug/Druck 6,4 kN 0 kN Nullstab - (Druck) 6 4,5 kN 7 5 kN - (Druck) +(Zug) 4,5 kN +(Zug) 6,4 kN - (Druck) 5 kN - (Druck)

FS7

F2

F1

II FA

FS2

FS3 FB

FS1

FS4 F3

Beispiel 8.4

Gegeben seien die Kräfte F1 D 4 kN, F2 D 2 kN und F3 D 3 kN eines Fachwerkes, gesucht sind al-

le Stabkräfte durch Lösung mittels des CremonaPlans. FA

I

S1

FA

F1 III

S2 U

F2

S4

FB

F1 1

S10

S6 II

0

VII

S9

S7

S5

S11

VI

IV

S3

F3

S8

S FB

V

S

F2

3

3 0

F3 1

2

2

P

233 8.2  Berechnung in der Ebene

S1

Auswertung:

FA I

S3

Stab

Stabkraft in kN

Zug/Druck

S1

4,75

Druck

S2

6,72

Zug

S3

4,00

Druck

S4

4,75

Druck

S8

S5

1,06

Druck

S10

S6

5,50

Zug

S7

1,77

Druck

S8

4,25

Druck

S9

3,00

Druck

S10

6,01

Zug

S11

4,25

Druck

III

S2

F1

S4

S5

II

S6

IV

S7

F2

VI S9

VII

FB

F3

S11

Beispiel 8.5

Vom nachstehenden Fachwerk sind die Belastungen (F1 D 2 kN und F2 D 1;5 kN) sowie die geo-

metrischen Abmessungen bekannt. Gesucht sind alle Stabkräfte, mithilfe des Cremona-Plans.

F1

F2 V

VI

I

II

III

IV

FA

FB S

FA

1

3

1 F1 FB F2

S

2

2 P 3 F = 1830 N A FB = 1670 N

S2

FA

I

S5 S7

S9 S1 V S6 FB

F1

S4 S8

IV

F2

S1 = 1833, 3 N S2 = 2592, 8 N S3 = 0 N S4 = 1833, 3 N S5 = 236, 3 N S6 = 1666, 6 N S7 = 167, 5 N S8 = 2356, 9 N S9 = 1666, 6 N

8

234

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

ben wird. Diese resultierende Kraft kann mittels Culmann-Schnittverfahren Der Name geht auf den Pfälzer Bauingenieur eines Seilecks gefunden werden. Karl Culmann (1821–1881) zurück [31]. Da, wie zuvor sichtbar ist, der Cremona- 2Vorgangsweise Plan sehr kompliziert ist, kann man auch eine 1. Alle äußeren Kräfte, inklusive der Auflagerkräfte, zu einer resultierenden Kraft zusamLösung durch den Culmann-Schnitt finden. Einmenfassen, ziger Nachteil: Man kann, pro Schnitt, immer nur drei Stabkräfte bestimmen. Man schneidet 2. das Fachwerk so schneiden, dass maximal drei unbekannte Stabkräfte entstehen und das Fachwerk irgendwo gedanklich ab, dort wo 3. einen, der beiden Teilkörper, ins Gleichgeman unbekannte Stabkräfte bestimmen will. wicht setzen. Vorher muss, wenn mehrere äußere Kräfte vorhanden sind, eine resultierende Kraft gebildet werden, welche dann in den Lageplan verscho8.2.3.2

Beispiel 8.6

8

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Beträge und Richtungen der Belastungen bekannt (siehe Abbildung) sowie die geometrischen Abmessun-

gegeben: F1 = F2 = F3 = 3 kN gesucht: FA , FB alle Stabkr¨afte

V I F2

F1 III

7

gen. Gesucht sind die Stabkräfte, in den Stäben 7 und 2 mittels des Culmann-Schnittverfahrens.

F3 V

5

FB

1 F1

1 4

6 I

II FS2 2

FA

S

IV

FA

F1 III

3

F3 FA = 4, 5 kN

3

Auflagerkra¨fte

FS7

7

P

4

4 2

F2

FB

3

1

2

S

FB = 4, 5 kN

FA

FS7 C

1 C I FA

FS2 2

IV

F1 FS2 FS7 = 5 kN FS2 = 4,5 kN

8

235 8.2  Berechnung in der Ebene

Beispiel 8.7

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Beträge und Richtungen der Belastungen bekannt (siehe Abbildung) sowie die geometrischen Abmessun-

gen. Gesucht sind die Stabkräfte, in den Stäben 4, 5 und 6 mittels des Culmann-Schnittverfahrens.

FA

I

S1

FA

F1 III

S2

F2

S4

FB

F1

S9

S7

S5

0

VII

S11

VI

IV

S3

F3

S8

1

S10

S6 II

FB V

S

P

S 2

F2

3

3 0

F3 FA

2

1

0 P I

S1

FA

F1 III

S2

F2

S4

S7

S5

S11

VII F1

S9 S10

FRes

S6 II

S

1 2

FB

VI

IV

S3

F3

S8

Schnitt

V

F1

I FA

C

S4

III

S5

S6

S6

II 2

0 1

S4 FRes

FRes S5 S6

236

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

8.2.4

Rechnerische Lösung

8.2.4.1

Stabkrafttabelle

8.2.4.2

Bei der Stabkrafttabelle erstellt man eine Tabelle, in welcher jeder Knoten sowie jede Kraft enthalten sind. Die Kräfte jeweils in einer Spalte, zum einen die Lagerkräfte und die Belastungen, aber auch die Stabkräfte sowie die Knoten in die einzelnen Zeilen der Tabellen geschrieben werden. In das dadurch folgende Feld in Abhängigkeit der Kraft und dem Knoten wird die Richtung der Kraft als Richtungsvektor, wie man es aus der Kraftermittlung mittels Vektorrechnung, im Kapitel Kraftsysteme, kennengelernt hat, geschrieben. Im Anschluss verwendet man die Tabelle zum Aufstellen von Gleichungen durch die jeweilige Kraft multipliziert mit dem entsprechenden Richtungsvektor. Lösen der Gleichungen lässt die Stabkräfte folgen.

Knoten Berechnung

Bei der Knotenberechnung betrachtet man jeden Knoten einzeln, stellt dort die Gleichgewichtsbedingungen auf und berechnet die unbekannten Stabkräfte. Zu beginnen ist an jenem Knoten, an dem bekannte Kräfte vorliegen. Bevor man mit diesem Verfahren beginnen kann, müssen die Auflagerkräfte bestimmt werden.

8 Beispiel 8.8

F1 III

gegeben: F1 = F2 = F3 = 3 kN gesucht: FA , FB alle Stabkr¨afte

V I F2 7

5

F3 V 20

1

500

4

6 I

II FS2 2

FA

500

IV

S

500

FB

3 500

Lösung mittels Knotenbetrachtung Knoten 1: FS1

FS2 FA

Es ist sofort ersichtlich, dass FA = −FS1y sein muss, also FS1y eine Druckkraft sein muss.

Knoten 2:

Knoten 3:

Knoten 4: FS6

FS4 F1

FS3

FS1 FB

FS7

FS3

FS2

8

237 8.2  Berechnung in der Ebene

Mit den Winkelfunktionen: FS1x D FS1  cos.˛/ bzw. FS1y D FS1  sin.˛/ folgt

Berechnen der Lagerkräfte: n X

Fix D 0W FA C FB  F1  F2  F3

FS1y D FS1  sin.˛/

iD1

FS1

H) FA D F1 C F2 C F3  FB D 3000 C 3000 C 3000  4500 D 4;5 kN n X

(8.1)

Mi.A/ D 0W

FB  1500  F3  1000  F2  750  F1  500 F3  1000 C F2  750 C F1  500 1500 3  1000 C 3  750 C 3  500 D 1500 (8.2) D 4;5 kN

FB D

Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen an den verschiedenen Knoten: Knoten 1 n X

Fix D 0W FS1x C FS2 D 0

n X

n X

Fix D 0W FS1x  FS7x D 0

FS2 D FS1x

(8.3)

Fiy D 0W FS1y C FA D 0

iD1

H)

FS1y D FA D 4;5 kN:

(8.4)

H)

iD1

FS7x D FS1x

(8.7)

schließen. Durch Verwenden der Winkelfunktionen folgt

FS7 D

iD1

H)

4;5 FS7x D D 4;9 kN cos.ˇ/ cos.20/

gegeben: F1 = F2 = F3 = 3 kN gesucht: FA , FB alle Stabkr¨afte V I F2 7

5

F3 V 20

1

500

4

6 I FA

II FS2 2 500

IV 500

S

(8.8)

bzw. aufgrund der Symmetrie muss FS7 D FS5 gelten. Durch Ansetzen der Gleichgewichtsbedingungen am Knoten 4 folgt sofort, dass FS6 ein Nullstab sein muss, da keine weiteren Kräfte in y-Richtung vorhanden sind.

Beispiel 8.9

F1 III

(8.6)

Aus Symmetriegründen muss gelten: FS3 D FS2 bzw. FS4 D FS1 . Knoten drei lässt durch Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen auf

FS7x D FS7  cos.ˇ/

H)

(8.5)

FS1x D FS1  cos.˛/ D 6;38  cos.45/ p D 3;19  2 D 4;5 kN:

iD1

H)

H)

FS1y 4;5 D p D sin.˛/ 2=2 9 D p D 6;38 kN 2

FB

3 500

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

238

Lösung mittels Stabkrafttabelle Knoten Koordinate x I y x II y x III y x IV y x V y x VI y

8

Knoten

I

Knoten

II

Knoten

III

Knoten

IV

Knoten

V

Knoten

VI

8.2.4.3

F_S1 0,707 0,707 0 0 -0,707 -0,707 0 0 0 0 0 0 x: y: x: y: x: y: x: y: x: y: x: y:

F_S2 1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0

F_S3 0 0 -1 0 0 0 1 0 0 0 0 0

F_S4 0 0 -0,707 0,707 0 0 0 0 0,707 -0,707 0 0

0,707 F_S1 + F_S2=0 0,707 F_S1 + F_A=0 -0,707 F_S4-F_S3=0 0,707 F_S4-F_S3=0 -0,707 F_S1+0,94 F_S7=0 F_S6=0 0,94 F_S5-0,94 F_S7=0 -

F_S5 F_S6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -0,940 0 0,342 0 0,940 0 -0,342 -1 => => => => =>

F_S2= F_S1= F_S3= F_S4= F_S7=

=>

F_S6=

=>

F_S5=

Ritterschnitt

Das Ritter’sche Schnittverfahren ist nach dessen Entdecker August Ritter bekannt [85]. Der Vorgang ist nahezu ident zum bereits beschriebenen Culmann-Schnittverfahren. Man schneidet das Fachwerk so, dass maximal drei unbekannte Stabkräfte vorliegen und berechnet diese anschließend durch Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen. Sinnvoll kann es sein, dreimal um einen beliebigen Punkt, den Momentensatz aufzustellen anstatt die Gleichungen für die einzelnen Koordinatenrichtungen aufzustellen, wie man es aus der Lagerkraftbestimmung kennt.

8.2.5

F_S7 0 0 0 0 0,940 0,342 0 0 0 0,000 -0,940 -0,342

F_A 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

-F_S1*0,707= -F_A/0,707= -0,707*F_S4= F_B/0,707= 0,707*F_S1/0,94=

F_B 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

F_2 F_3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 -1 0

4,5 kN -6,38 kN 4,5 kN -6,38 kN -4,8 kN

0 kN

F_S6=

F_1 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 0

(Nullstab)

-4,8 kN

hier nicht näher, auf Lösungen, mit diesen Programmen eingegangen. 8.2.5.2

Analytische bzw. iterative Methoden

Matlab Um in Matlab Stabkräfte ermitteln zu können, müssen alle Randbedingungen eingegeben werden. Dies macht man in drei Schritten, zuerst die Gestalt des Fachwerkes, durch Eingeben der Koordinaten mithilfe von Punkten in x und y Richtung, dann die Belastungen, durch Vektoren. Als Nächstes kann man in Matlab die Gleichungen eingeben, die zur Lösung der Stabkräfte führen. Beispiel: Ritter-Verfahren.

Lösung mit PC SolidWorks

8.2.5.1

Grafische Methoden

Für die grafische Ermittlung der Stabkräfte sind sämtliche 2D-CAD Zeichenprogramme geeignet. Beispiel: biiCAD (für das iPad); DraftSight (eine Lösung von Dessault Systems); AutoCAD . . . um nur einige zu nennen. Zudem können mathematische Programme, zum Zeichnen von Cremona-Plänen oder Culmann-Schnittverfahren, wie GeoGebra, benutzt werden. Es wird

Zu Beginn wird anhand eines Beispiels allgemein die Vorgehensweise zum Lösen der Stabberechnung bei Fachwerken mittels SolidWorks begonnen. Dazu ist es zu empfehlen, dass man immer ein Strukturbauteil zur Modellierung verwendet, da ansonsten der Rechenaufwand unnötig aufwendig wird. Als Beispiel, wenn man einen Stab anstatt eines Strukturbauteil als Volumen-

8

239 8.2  Berechnung in der Ebene

Beispiel 8.10

Zu bestimmen sind beim nachstehenden Fachwerk die Stabkräfte 4, 5 und 6 mittels dem Ritter’schen Schnittverfahren. Gegeben sind die Be-

I

F1

S1

III S2

FA

F2

S4

VII

a

I

F1

S4

III S9

S7

S5

S11

VI

IV

S3

F3

S8

lastungen mit F1 D 4 kN, F2 D 2 kN und F3 D 3 kN. Ebenfalls sind die Geometriedaten gegeben mit l D 1000 mm.

FB S10

FA

S5

S3

S

S6 V

Schnitt

Lösung mittels dem Ritter Schnitt

n X

n X

iD1

MIV D 0W

S5 D

 FA  2  L C F1  L C S6  L D 0 S6 D 2  FA  F1 D 5;5 kN. . . Zugstab (8.9)

n X

l

MI D 0W F1  L C S5  a C S6  L D 0

H)

iD1

S6

II l

H)

l

S5

S6 II

S4

IV

F1  S6 p D 1;06 kN. . . Druckstab 2 (8.10)

MIII D 0W FA  L  S4  L D 0

iD1

H)

S4 D FA D 4;75 kN. . . Druckstab (8.11)

Beispiel 8.11 F1 Schnitt F2 IV

2

FA

3

S5 S4

II

III

F2 = 1500 N n X

Lösung mittels dem Ritter Schnitt Mit l D 500 mm und FA D 1830 N sowie FB D 1670 N können die Momentengleichgewichte in den einzelnen Knoten aufgestellt werden. n X MIII D 0W CFA  2  l  F1  l C S6  l D 0

MIV D 0W FA  l  S4  l D 0

iD1

H) n X

S4 D FA D 1830 N. . . Zugstab

S6 D F1  2  FA D 1660 N. . . Druckstab

MII D 0W FA  l C S6  l C S5 

H) (8.12)

(8.13)

p

iD1

iD1

H)

S6

1

I

F1 = 2000 N

F1

FA  S6  FA p 2 2 D 241;13 kN. . . Zugstab

2 l D0 2

S5 D

(8.14)

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

240

Methode: Lösung durch Matlab 8.1

Eingeben dieser Bedingungen in Matlab: I

F1

S1

FA

III S2

F2

S4

VII FB

S10

S6 II

a

I

F1

FA

S4

III S3

V

Schnitt

S

IV

F_1 F_2 F_3 F_A F_B

= = = = =

4; 2; 3; 4.75; 4.25;

L = 4; a = L*sqrt(2);

S4

S5

%Gleichungen eingeben: % S_4 S_5 S_6 A = [ 0 0 L; 0 a L; -L 0 0];

l

S5 S6

S6

II l

%Kräfte definieren:

S9

S7

S5

S11

VI

IV

S3

F3

S8

l

b = [F_A * 2*L - F_1*L ; F_1*L ; F_A*L];

8

n X

MIV D 0W

x = A \ b;

iD1

Es folgt nach dem Auswerten:

 FA  2  L C F1  L C S6  L D 0 n X

MI D 0W F1  L C S5  a C S6  L D 0

iD1 n X

MIII D 0W FA  L  S4  L D 0

(8.15)

1 1

−4.7500

2

−1.0607

3

5.5000

iD1

körper modelliert, so ist dies genauso richtig, jedoch muss beachtet werden, dass dann in der FE Analyse das gesamte Volumenmodell vernetzt werden muss und nicht nur der Stab in Elemente entlang der Stabachse unterteilt wird, so wie es bei der Behandlung als Balkenelement in SolidWorks FEM der Fall ist. Zudem ist zu sagen, dass eine exakte Modellierung des Systems meist nicht gefordert wird, um eine eindeutige und vor allem zielführende Kraftberechnung abzugeben. Es kann durch die Näherung als Balkenelemente allerdings passieren, dass die berechneten Kräfte nicht zu hundert Prozent mit jenen, die analytisch berechnet wurden, überein stimmen, da es sich um eine numerische Lösungsmethode handelt. In SolidWorks gibt es unterschiedliche Methoden zum Ablesen der Stabkräfte, nachdem diese berechnet wurden. Zum einen können die Balkenkräfte direkt abgelesen werden, dabei handelt es sich um die Methode, die auch hier bei allen nachfolgen-

den Beispielen angewendet wurde, diese wird also noch im Anschluss genauer unter die Lupe genommen. Die zweite Möglichkeit ist jene, welche bereits beim Ablesen der Lagerkräfte verwendet wurde, mithilfe der Ergebniskräfte. Durch Auswählen dieser, unter Ergebnisse, kann man einen Verbindungspunkt anwählen und dort die herrschenden Kräfte ablesen. Dies ermöglicht das Ablesen jeder einzelnen Stabkraft, mit dem Vorteil, dass man diese auch als Vektoren an der Verbindung anzeigen lassen kann, was auch die Richtung sofort ablesbar macht, anders als bei der Ermittlung mittels Balkenkräften, wo sofort in einer Tabelle alle Stabkräfte aufgelistet werden. Die letzte Möglichkeit ist jene durch Rückrechnen mittels elastostatischen Methoden, welche im Detail allerdings erst in Band 2 behandelt werden. Man bekommt nach Ausführen der Berechnung ein Spannungsbild jedes Balkens bzw. Stabes. Durch Sondieren ist es möglich, die exakt vorherrschende Spannung

8

241 8.2  Berechnung in der Ebene

in jedem Stab abzulesen und durch die eingehende Definition der Fachwerkslehre, dass Fachwerk Stabelemente nur Zug- bzw. Durckkräfte aufnehmen können, ist es mittels der Gleichung

D FA H) F D  A und der geometrischen Eigenschaft der Querschnittfläche A, durch Abmessen im SolidWorks, möglich die Kraftgröße zu bestimmen.

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 8.1 Um die Stabkräfte berechnen zu können, ist es notwendig das Bauteil als Strukturbauteil zu modellieren. Dazu die einzelnen Stäbe des Fachwerks als Skizze

(im dreidimensionalen Fall als 3D Skizze

) modellieren.

Jetzt kann unter der Zusatzanwendung:

ausgewählt werden. Anschließend kann hier aus der entsprechenden Skizze das Fachwerk modelliert werden.

Jetzt kann eine neue Statische Studie erstellt werden. Um Knotenpunkte zu sehen muss das Strukturbauteil eventuell neu berechnet werden, oder die Funktion in der

Mitte des Bildschirms:

=>

aktiviert werden. Hilft das nichts, muss nebenstehendes getan werden um die Verbindungspunkte (Gelenke) zu sehen.

242

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Wenn das alles erledigt ist, können nach bereits bekannten Bedingungen (Balkenberechnung des Kapitels „Kraftsysteme mittels SolidWorks FEM) Randbedingungen wie Lager und Kräfte berechnet werden. Zur Erinnerung: Festlager = und Loslager= Dann können die Stabkräfte berechnet

Festlager

drückt.

werden, indem man

Um die Lagerkräfte anzeigen lassen zu können, auf

8

RMT =>

drücken. Dann nebenstehende Schritte wählen.

Die Balkenkräfte können ebenfalls unter RMT

=> abgelesen werden.

Ist bereits bekannt, dass ein Nullstab vorliegt, so kann dieser vor Beginn der Berechnung durch RMT auf von der Berechnung ausgeschlossen werden.

243 8.2  Berechnung in der Ebene

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 8.2

Definieren von Nullstäben mittels SolidWorks FEM: Pos.

Bild Modell erstellen.

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 8.3

Vom nachstehenden Fachwerk sind die Belastungen (F1 D 2 kN und F2 D 1;5 kN) sowie die geo-

metrischen Abmessungen bekannt. Gesucht sind alle Stabkräfte, mithilfe von SolidWorks FEM.

F1

F1 = 2000 N

F2 = 1500 N

F2

8

244

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Pos.

Bild Modell erstellen.

8

Balkenna me Stab 8 Stab 3 Stab 6 Stab 5 Stab 1 Stab 2 Stab 9 Stab 4 Stab 7

Axial (N) 2.327,50 27,039 1.655,70 224,81 -1.809,20 2.561,20 -1.645,30 -1.817,30 -142,43

Schub2 (N) -0,58839 8,1137 -3,7467 3,7985 20,397 2,6422 -20,494 -6,6426 -10,318

F_Res 2328 28 1656 225 1809 2561 1645 1817 143

Balkenkräfte ablesen. Dazu unter „Ergebnisse“ die Balkenkräfte auflisten lassen:

245 8.2  Berechnung in der Ebene

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 8.4

I

S1

FA

F1 III

S2

F2

S4

S7

S5

S

VII FB

S9 S10

S6 II

S11

VI

IV

S3

F3

S8

V

8

Balken-11(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[6])

Balken-10(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[11])

Balken-9(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[9])

Balken-8(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[1])

Balken-7(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[5])

Balken-6(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[4])

Balken-5(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[8])

Balken-4(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[10])

Balken-3(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[3])

Balken-2(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[7])

441 492

406 440

356 405

320 355

248 319

196 247

161 195

111 160

74 110

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 36 37 73

Ende

Dezember 31

Element

17:47 Donnerstag

2,89E-12 6.711,20

3.992,90 -3.992,90

1.769,10 -1.769,10

4.747,30 -4.747,30

-5.498,70 5.498,70

-6.005,10 0

2.994,60 -2.994,60

1.063,40 -1.063,40

0 -4.246,40

4.745,70 -1,26E-39

4.248,20 -4.248,20

Axial (N)

2020

0 3,29E-11

1,6567 -1,6567

-4,81E-05 2,18E-05

2,4597 -2,4597

0,12259 -0,12259

1,97E-05 -4,86E-17

-1,8051 1,8051

6,74E-12 -6,74E-12

0 -3,8024

-4,608 -4,55E-13

-1,563 1,563

Schub1 (N)

9,09E-13 -0,20149

-6,03E-12 6,03E-12

0,66992 -0,67756

-9,93E-12 3,55E-11

3,20E-09 -5,48E-12

-0,090399 2,32E-11

9,75E-11 1,38E-09

-0,89205 0,89205

-1,32E-23 2,12E-09

-1,56E-11 -3,31E-24

-7,54E-12 7,54E-12

Schub2 (N)

8

Balkenname Balken-1(Square tube - configured 80 X 80 X 5(1)[2])

Studienname:Fachwerk_FEM_1

1,19E-12 3,6373

3,96E-12 1,97E-11

-3,1825 -0,5848

7,34E-11 -2,99E-11

-2,90E-10 -8,27E-11

-3,2568 -3,98E-13

-2,03E-10 -5,83E-11

0,74343 4,2336

-1,24E-23 1,52E-10

5,54E-11 9,10E-24

1,72E-11 1,29E-11

Moment 1 (N.m)

7,37E-18 -8,62E-11

1,7082 4,7901

-0,00022844 -1,88E-05

0,97426 8,8646

-1,6326 2,6133

-0,00070822 -1,30E-17

-2,1217 -4,959

-4,98E-12 4,26E-11

1,08E-12 11,288

-13,655 -1,14E-12

-6,3291 0,076907

Moment 2 (N.m)

-7,37E-18 -1,49E-11

2,45E-11 -2,45E-11

1,91E-11 -1,91E-11

-3,38E-11 3,38E-11

-3,31E-11 3,22E-11

-8,20E-12 -7,37E-18

6,33E-11 -6,57E-11

-2,43E-11 2,43E-11

1,08E-17 2,82E-11

-1,41E-11 1,08E-17

-3,47E-11 3,47E-11

Drehmoment (N.m)

246 Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

8

247 8.3  Berechnung im Raum

. Abb. 8.18 3D Fachwerk

F1

F1

FD

FA

FC

FB

Berechnung im Raum

8.3

F1

8.3.1

Gleichgewichtsbedingungen

FC

Dreidimensionale Fachwerke (vgl. . Abb. 8.18) lassen sich im Grunde genommen gleich wie zweidimensionale berechnen. Der Unterschied besteht darin, dass man Gleichgewichtsbedingungen im Raum aufstellen muss, um alle unbekannten Kräfte ermitteln zu können. Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen (vgl. . Abb. 8.19, Gl. (8.18)). Lösen dieser Gleichgewichtsbedingungen führt zum gewünschten Ergebnis. Da dies bei Fachwerken mit vielen unbekannten Variablen sehr mühsam wird, bedient man sich der Vektorrechnung (dieses Verfahren wird im Anschluss behandelt.) Man kann dieses Verfahren trotzdem „relativ“ einfach lösen, indem man das Verfahren aus „Lösung durch Matlab 8.1“ anwendet. Matlab berechnet dann, nach Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen, die Kräfte. Dies sollte jedoch selbsterklärend sein, aufgrund dessen nicht genauer, auf diese Lösung, eingegangen wird. n X

i D1

3 y

2 β

α z

III FB

1

x

FA

y

FS4

β F S3

α z

FA

FS1

x

. Abb. 8.19 Beispiel eines Fachwerks im Raum

FiX D 0W

i D1 n X

F1

 FS1  FS 4  sin.ˇ/  FS 3  sin.ˇ/ D 0

FiY D 0W

(8.16)

 FS 3  cos.ˇ/  FS 4  sin.˛/ C FA D 0

(8.17)

n X i D1

FiZ D 0W

 FS 4  cos.ˇ/  FS 3  cos.˛/ D 0

(8.18)

248

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

8.3.2

Vektorrechnung

Siehe 7 Beispiel 8.12.

Beispiel 8.12

Gegeben sei das Fachwerk aus . Abb. 8.20, mit F D 3 kN und a D 1 m. Gesucht sind die drei Lagerkräfte sowie alle Stabkräfte mittels der Vektorrechnung.

Für Knoten I, IV und II gilt n X

FI D 0W

iD1

 F  ey C S6  ez  S3  e3  S2  e2 D 0I (8.25)

Lösung: n X Fiy D 0W

n X

iD1

 F  ey  F  ey C FC  ey C FB  ey

8

C FA  ey D 0 n X

(8.19)

n X

iD1

n X

 S6  ez  F  ey  S4  e4  S5  e5 C FC  ey C FC  ey D 0I

Mi.x-Achse) D 0W

F  2  a  FA  2  a  FB  2  a D 0

FIV D 0W

iD1

(8.20)

(8.26)

FII D 0

iD1

 S1  ex C FB  ey C S5  e5 C S2  e2 D 0: (8.27)

Mi.z-Achse) D 0W

iD1

FA  Aus

a a  FB  D 0 2 2

Pn iD1

(8.21)

Mi.z-Achse) D 0 folgt

a a FA   FB  D 0 H) FA D FB : (8.22) 2 2 P Diese Bedingung in niD1 Mi.x-Achse) D 0 eingesetzt ergibt durch Umformen FB F  2  a  FA  2  a  FB  2  a D 0 F D 2  FB D 0

H)

3 F D D 1;5 kN D FA : FB D 2 2 P Aus niD1 Fiy D 0 folgt

(8.23)

0 1 0 1 0 1 a 1 a 1 B C r1 1 B C B C D p  @0 A D  @ 0A D @0A ex D jr1 j a a2 0 0 0

0 1 0 B C ey D @1A 0

0 1 0 B C ez D @0A 1

(8.28) 1 1  2 B 2C C e2 D p B 5@ 1 A 0 0

(8.29)

FC D 2  F  FB  FA D 2  3  1;5  1;5 D 3 kN:

Festlegen der Einheitsvektoren und Richtungsvektoren führt zu

(8.24)

Nachdem die Auflagerkräfte ermittelt und das Fachwerk im Raum geschnitten wurde, werden die Stabkräfte an den unterschiedlichen Knoten ins Gleichgewicht gesetzt.

0 1 1 2 B 2C C e3 D p B @ 5 1A 0 0 1 1 B 2 2C C: e5 D p B @ 21 1 A 2

0

1

1  C 2 B 2 C e4 D p B 1 @ A 21 2

(8.30)

8

249 8.3  Berechnung im Raum

Damit folgt durch Einsetzen

Knoten IV y-Richtung:

0 1 0 1 0 1 1 0 0 B 2 2C B C B C C  F  @1A C S6  @0A  S3  p B 5@1A 0 1 0 0 1 1  C 2 B 2 C D 0I (8.31)  S2  p B @ 1 A 5 0 0 1 0 1 0 1 1  0 0 C 2 B 2 B C B C C  S6  @0A  F  @1A  S4  p B 1 @ A 21 1 0 2 0 1 0 1 1 0 C 2 B 2 C C C FC  B  S5  p B 1A D 0I @ 21 @ 1 A 0 2 (8.32) 0 1 0 1 0 1 1 1 0 2 B 2C B C B C C  S1  @0A  FB  @1A C S5  p B @ 21 1 A 0 0 2 0 1 1  2 B 2C C D 0: C S2  p B 5@ 1 A 0 (8.33) Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen nach Komponenten ergibt:

(8.34)

Knoten I y-Richtung: 2 2  F  S3  p  S2  p D 0I 5 5

(8.35)

(8.36)

Knoten IV x-Richtung: 1 1  S4  p C S5  p D 0I 21 21

4 4  S6  S4  p  S5  p D 0I 5 5

(8.39)

Knoten II x-Richtung: 1 1  S1 C S5  p  S2  p D 0I 21 5

(8.40)

wodurch Knoten I x-Richtung: S3 D S2

H)

(8.41)

Knoten I y-Richtung: 4 H)  F D S3  p 5 p 5 H) S3 D F  4 p p 5 5 S3 D S2 D F  D 3  4 4 D 1;667 kN:

(8.42)

(8.43)

Knoten IV x-Richtung: S4 D S5

H)

(8.44)

Knoten IV y-Richtung: H) p 21 D 0 kN S4 D S5 D .FC  F /  4

(8.45)

Knoten IV z-Richtung:

Knoten I z-Richtung: S6 D 0I

Knoten IV z-Richtung:

4 FC  F D S4  p 21

Knoten I x-Richtung: 1 1  S3  p C S2  p D 0I 5 5

2 2  F  S4  p  S5  p  FC D 0I 21 21 (8.38)

(8.37)

S6 D 0 kN:

(8.46)

folgt. Aus Knoten 2 erkennt man, dass auch S1 D 0 kN (Nullstab) gelten muss.

250

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

8.3.3

Computergestützte Lösung

Betrachtet man das gesamte Kapitel nun rückwirkend, so wird eines klar: Per Hand lösen ist sicherlich nicht unmöglich, egal ob es sich um räumliche oder ebene Systeme handelt. Der Lö-

F

IV 2. Schnitt

6

2a

FC

F

I 1. Schnitt

3

y

8

2

4

β

sungsweg dazu erfordert aber rasant enormen Rechenaufwand. Dies kann man beobachten, wenn man sehr große Fachwerke zu berechnen hat, mit vielen Stäben und wenig symmetrische Eigenschaften vorliegen. Betrachtet man das nahezu einfachste räumliche Fachwerk aus . Abb. 8.20 und den doch nicht mehr so kurzen Lösungsweg dazu, stellt man fest, dass es rasch doch computergestützte Lösungen erfordert. Dies kann man mit Programmen wie SolidWorks machen. Als Beispiel hierfür ist das nachstehende Fachwerk (. Abb. 8.21) zu sehen, das sehr viele Stäbe beinhaltet. Auch von diesem sind die Stabkräfte jedes einzelnen Stabes gesucht.

5

a

α z

III

II 1

x

3. Schnitt FA

FB

a F

IV F

2. Schnitt

S6

I

S6

1. Schnitt

S5

S4

S2

S3

FC

. Abb. 8.21 Komplexes räumliches Fachwerk

S5 S2

II

S1 3. Schnitt

FB

. Abb. 8.20 Räumliches Fachwerk

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 8.5

Löst man das Fachwerk aus . Abb. 8.20 mittels PC bzw. mittels SolidWorks, so folgen idente Ergebnisse. Balkenname Balken-1(Round Balken-2(Round Balken-3(Round Balken-4(Round Balken-5(Round Balken-6(Round

bar bar bar bar bar bar

ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND

BAR BAR BAR BAR BAR BAR

45(1)[5]) 45(1)[2]) 45(1)[1]) 45(1)[4]) 45(1)[3]) 45(1)[6])

Axial (N) 0 1676 0 0 1676 0

Schub2 (N) 0 0 0 0 0 0

251 8.3  Berechnung im Raum

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 8.6

Es liegt das Fachwerk aus . Abb. 8.21 vor. Die Kräfte dazu seien: Fx sei 10000 N, Fy sei 7000 N und Fz sei 5000 N. Das Bauteil ist am anderen EnPos.

de an jedem Knoten eingespannt (blaue Pfeile). Gesucht sind alle Stabkräfte!

Bild

Fz

Modellieren mit Strukturbauteilen. Die Kraft Fx sei 10000 N, Fy sei 7000 N und Fz sei 5000 N. Das Bauteil ist am anderen Ende an jedem Knoten eingespannt (blaue Pfeile). Gesucht sind alle Stabkräfte!

Fx Fy Kräfte und Einspannungen definieren

Mittels den Balkenkräften kann man sich alle Balkenkräfte auflisten lassen. Es folgen damit Alle Stabkräfte und alle dazugehörigen Momente. Man erkennt, dass die Berechnung in wenigen Sekunden fertig war, dies lässt sehr gut erkennen, wie effizient das ein Computer im Gegensatz zur Berechnung „per Hand“ arbeitet. Es mach heut zu Tage keinen Sinn mehr, dass man solche Berechnungen noch per Hand durchführt, vorausgesetzt es gibt die Möglichkeit der Softwareunterstützung. Nichts desto trotz wird man trotzdem das grundlegende Verständnis für die Randbedingungen und der Mechanik mit bringen müssen, da man sonst nicht sehr weit kommen wird.

8

252

8.4

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Übungen Übungsbeispiel 8.1

Was ist ein Tragwerk?

Lösung Die Summe aller Glieder, die maßgeblich für die Standsicherheit eines Gesamtsystems sind, werden als Tragwerk bezeichnet.

Übungsbeispiel 8.2

Was ist ein Fachwerk? Lösung Ein Fachwerk ist ein Stabwerk, dessen Stäbe alleine durch Normalkraft beansprucht werden und

deren Enden in den Knotenpunkten miteinander verbunden sind. Ein Fach ist ein zweidimensionales Vieleck, welches durch Stäbe aufgespannt wird. Fachwerke bestehen in der Regel überwiegend aus Dreiecken.

8 Übungsbeispiel 8.3

Nennen Sie vier Beispiele von Fachwerken.

Lösung Eiffelturm, Strommasten, Fachwerkhäuser, Kräne

Übungsbeispiel 8.4

Nennen Sie räumliche – und ebene Fachwerke.

Lösung 4 räumliche Fachwerke: Eiffelturm, Brücken 4 ebene Fachwerke: Fachwerkhaus

Übungsbeispiel 8.5

Aus welchen Komponenten besteht ein Fachwerk?

Lösung Knoten, Stäbe (Obergurt, Untergurt, Diagonalstab)

Übungsbeispiel 8.6

Welche Idealisierungen trifft man bei der Berechnung von Fachwerken? Lösung 1. Die Stäbe sind durch Gelenke, die sogenannten Knoten verbunden, an welchen die Reibung vernachlässigt wird.

2. Alle Achsen eines Knotens treffen sich in einem Punkt. 3. Jeder Stab ist nur an einem Knoten befestigt. 4. Belastungen der Stützkräfte treten nur in den Knoten auf. 5. Die Stäbe werden nur auf Zug und Druck beansprucht.

8

253 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.7

Wie sehen Verbindungen der einzelnen Stäbe in einem realen Fachwerk aus? Welche Verbindungsmöglichkeiten hat man?

Lösung 1. 2. 3. 4.

Schraubenverbindungen; Nietverbindungen; Schweißverbindungen; Kleb- oder Lötverbindung . . .

Übungsbeispiel 8.8

Wann ist ein Fachwerk äußerlich statisch bestimmt?

Lösung Ein Fachwerk ist äußerlich statisch bestimmt, wenn die Gleichgewichtsbedingungen der Statik für die Bestimmung der Auflagerkräfte ausreichen.

Übungsbeispiel 8.9

Sind folgende Fachwerke statisch bestimmt? 1.

2. F

F

FA FA

FC

FB

FB

Lösung 1. Ja, ist statisch bestimmt 2. Nein, ist statisch unbestimmt

Übungsbeispiel 8.10

Wann ist ein Fachwerk innerlich statisch bestimmt? Lösung 4 Ein gewöhnliches Fachwerk ist innerlich statisch bestimmt, wenn die Bedingung s D 2 

k  3 erfüllt ist, wobei k die Anzahl der Knoten darstellt und s die Anzahl der Stäbe darstellt. 4 Ein Dreiegelenkbogen ist innerlich statisch bestimmt, wenn die Bedingung s D 2  k  4 erfüllt ist, wobei k die Anzahl der Knoten darstellt und s die Anzahl der Stäbe darstellt.

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

254

Übungsbeispiel 8.11

Sind folgende Fachwerke innerlich statisch bestimmt? 1.

Lösung 1. Mit 2  k D s k D 10 und s unbestimmt; 2. Mit 2  k D s k D 19 und s unbestimmt.

C 3 folgt durch Einsetzen von D 17: 20 ¤ 20 damit innerlich C 4 folgt durch Einsetzen von D 34: 38 ¤ 38 damit innerlich

2.

8

Übungsbeispiel 8.12

Warum unterscheiden sich die Gleichungen für die Bestimmung der innerlichen statischen Bestimmtheit zwischen gewöhnlichen Fachwerken und Dreigelenkbogen?

Lösung Bei Dreigelenkbögen werden zwei gewöhnliche Fachwerke miteinander verbunden, dadurch entsteht ein gemeinsamer Knotenpunkt (oben) dies führt zur Addition von „3“, anstatt „4“.

Übungsbeispiel 8.13

Was sind Nullstäbe?

erfahren, also nach der Fachwerktheorie spannungslos sind [76].

Lösung Nullstäbe sind Stäbe, die unter einer vorgegebenen Lasteinwirkung weder Zug- noch Druckkräfte

Übungsbeispiel 8.14

Wozu dienen Nullstäbe? Lösung Werden Nullstäbe entfernt, so ändern sich die Stabkräfte nicht, jedoch kann es passieren, dass

dadurch die Stabilität des Fachwerkes nachlässt (Knickung, Beulen, Drillen . . . ), da diese als Versteifung dienen.

255 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.15

Wie lauten die Regeln zum Finden von Nullstäben?

2. Haben zwei Stäbe eines unbelasteten Knotens, mit drei angeschlossenen Stäben, dieselbe Stabachsrichtung, so ist der dritte Stab ein Nullstab [76]. 3. Hat, bei einem belasteten Knoten, der Stab die Richtung der äußeren Kraft, so ist der zweite Stab ein Nullstab [76].

Lösung 1. Die Stäbe eines unbelasteten Knotens, mit zwei angeschlossenen Stäben unterschiedlicher Stabachsrichtung, sind Nullstäbe [76]. F1 = N1 = 0

F2

Regel 1 F2 = N2 = 0

F1 = N 1 = 0

N3 = N1

F1 = N1 = 0

Regel 2 Regel 3 N2 = 0

N2 = 0

Übungsbeispiel 8.16

Gesucht ist, bei dem nachstehenden Fachwerk, die Größe der Stabkräfte mittels des Cremona-Plans. V

S6

F2

FB

S4 F1 U I

S1

FA

IV

S5

S3

II

1,5 m

S7

III

S2 2x2m

2m FA

Lösung S1

F1

S2 S3

FB S4

S5

S7 F2 S6

Stab

Stabkraft in kN

Zug/Druck

S1

82, 46

Druck

S2

80,00

Zug

S3

41,23

Zug

S4

41,23

Druck

S5

20,00

Druck

S6

41,23

Druck

S7

50,00

Zug

8

256

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Übungsbeispiel 8.17

Gesucht ist, bei dem nachstehenden Fachwerk, die Größe der Stabkräfte von S1, S2 und S3 mittels des Culmann’schen-Schnittverfahrens. V

S6

F2

FB

S4 F1 U I

S1

IV S3

II

FA

S5

1,5 m

S7

III

S2 2x2m

2m

Lösung

8 F2

V

S6

FB

S4 F1 S1

II

I FA

IV S3

S5

III

S2 2x2m

2m

FRes

S1

FA

F1 II C

I FA

l

1,5 m

S7

l

S3 S2

FRes

C

FRes

S1

l

S2

F1

S3

8

257 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.18

Gesucht ist, bei dem nachstehenden Fachwerk, die Größe der Stabkräfte von S1, S2 und S3 mittels des Ritter’schen-Schnittverfahrens. V

S6

F2

FB

S4 F1 U I

S1

IV S3

II

FA

S5

1,5 m

S7

III

S2 2x2m

2m

Lösung V

S6

F2

FB

S4 F1 S1

II

I FA

IV S3

S2

S5

III

2x2m

a b

I FA

2m

S1

F1

II

1,5 m

S7

α

S3

III S2

a α

α

2x2m

1;5 D 14;036ı 6 a D 4  tan ˛ D 4  tan 14;036 D 0;99 m

n X

˛ D arctan

b D 2  tan ˛ D 2  tan 14;036 D 0;5 m n X

(8.47)

H) (8.48)

iD1

H)

S3 D 

20  2 FA  2 D b 0;5 (8.50)

MIII D 0W 0 D S4  a C F1  2  FA  4

iD1

20  2 F1  2 D a 0;99

D 40;404 kN Druckstab

S2 D

D 80 kN Zugstab n X

MI D 0W 0 D F1  2  S3  a

MII D 0W 0 D FA  2 C S2  b

iD1

H) (8.49)

F1  2  FA  4 a D 40;404 kN Zugstab

S4 D

(8.51)

258

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Übungsbeispiel 8.19

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Stabkräfte gesucht.

F1

F2

F3

F1 = 2 kN

F2 = 3 kN

F3 = 1, 5 kN

8 Lösung Balkenname Balken-19(Rechteckiges Balken-20(Rechteckiges Balken-21(Rechteckiges Balken-22(Rechteckiges Balken-23(Rechteckiges Balken-24(Rechteckiges Balken-25(Rechteckiges Balken-26(Rechteckiges Balken-27(Rechteckiges Balken-28(Rechteckiges Balken-29(Rechteckiges

hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil

60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60

X X X X X X X X X X X

40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40

X X X X X X X X X X X

3.2(1)[1]) 3.2(1)[8]) 3.2(1)[5]) 3.2(1)[7]) 3.2(1)[3]) 3.2(1)[2]) 3.2(1)[6]) 3.2(1)[9]) 3.2(1)[4]) 3.2(1)[10]) 3.2(1)[11]) F_Ax = F_Ay = F_A = F_B =

Axial (N) -2.287 2.221 1.660 -2.891 -2.646 -4.264 3.237 -1.608 2.411 34 92 939 1.720 1.960 2.340

Schub2 (N) 47 6 -53 -23 -20 -63 -3 -42 2 92 34 N N N N

F_Res 2.287 2.221 1.661 2.891 2.646 4.264 3.237 1.609 2.411 98 98

8

259 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.20

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Stabkräfte gesucht.

F1

F2

F3

F1 = 2 kN

F2 = 3 kN

F3 = 1, 5 kN

Lösung Balkenname Balken-19(Rechteckiges Balken-20(Rechteckiges Balken-21(Rechteckiges Balken-22(Rechteckiges Balken-23(Rechteckiges Balken-24(Rechteckiges Balken-25(Rechteckiges Balken-26(Rechteckiges Balken-27(Rechteckiges Balken-28(Rechteckiges Balken-29(Rechteckiges

hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil

60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60

X X X X X X X X X X X

40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40

X X X X X X X X X X X

3.2(1)[1]) 3.2(1)[8]) 3.2(1)[5]) 3.2(1)[7]) 3.2(1)[3]) 3.2(1)[2]) 3.2(1)[6]) 3.2(1)[9]) 3.2(1)[4]) 3.2(1)[10]) 3.2(1)[11]) F_Ax = F_Ay = F_A = F_B =

Axial (N) 1.472 -989 -748 2.188 -1.248 -529 -2.081 723 -1.060 -5 -20 2.000 750 2.140 5.250

Schub2 (N) -29 -8 13 1 4 33 -1 13 -4 -20 -5 N N N N

1.472 989 748 2.188 1.248 530 2.081 723 1.060 20 20

260

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Übungsbeispiel 8.21

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Stabkräfte gesucht.

F1

F2

F3

8

F1 = 2 kN

F2 = 3 kN

F3 = 1, 5 kN

Lösung Balkenname Balken-19(Rechteckiges Balken-20(Rechteckiges Balken-21(Rechteckiges Balken-22(Rechteckiges Balken-23(Rechteckiges Balken-24(Rechteckiges Balken-25(Rechteckiges Balken-26(Rechteckiges Balken-27(Rechteckiges Balken-28(Rechteckiges Balken-29(Rechteckiges

hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil

60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60

X X X X X X X X X X X

40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40

X X X X X X X X X X X

3.2(1)[1]) 3.2(1)[8]) 3.2(1)[5]) 3.2(1)[7]) 3.2(1)[3]) 3.2(1)[2]) 3.2(1)[6]) 3.2(1)[9]) 3.2(1)[4]) 3.2(1)[10]) 3.2(1)[11]) F_Ax = F_Ay = F_A = F_B =

Axial (N) -1.634 2.418 -2.073 43 100 -1.625 -518 -1.756 -139 -2.800 4.957 2.000 356 2.030 4.860

Schub2 (N) 11 17 -103 9 2 -32 -1 28 0 32 -2 N N N N

1.634 2.418 2.075 44 100 1.625 518 1.756 139 2.800 4.957

8

261 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.22

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Stabkräfte gesucht.

F2 F3

F1 = 2 kN

F1

F2 = 3 kN

F3 = 1, 5 kN

Lösung Balkenname Balken-19(Rechteckiges Balken-20(Rechteckiges Balken-21(Rechteckiges Balken-22(Rechteckiges Balken-23(Rechteckiges Balken-24(Rechteckiges Balken-25(Rechteckiges Balken-26(Rechteckiges Balken-27(Rechteckiges Balken-28(Rechteckiges Balken-29(Rechteckiges

hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil hohlprofil

60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60

X X X X X X X X X X X

40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40

X X X X X X X X X X X

3.2(1)[1]) 3.2(1)[8]) 3.2(1)[5]) 3.2(1)[7]) 3.2(1)[3]) 3.2(1)[2]) 3.2(1)[6]) 3.2(1)[9]) 3.2(1)[4]) 3.2(1)[10]) 3.2(1)[11]) F_Ax = F_Ay = F_A = F_B =

Axial (N) -3.303 221 1.194 29 -3.132 -3.339 1.835 -116 4.407 -4 16 2.000 1.320 2.400 3.180

Schub2 (N) 29 16 -10 -36 -52 -1 -7 61 -8 -18 10 N N N N

3.303 221 1.194 46 3.132 3.339 1.835 131 4.407 19 19

262

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Übungsbeispiel 8.23

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Stabkräfte gesucht. Angriffspunkt F1 Angriffspunkt F2

Festlager

Festlager Festlager 1500

1000

45°

45°

8

1500

1000

Dazu sind die Kraftangriffspunkte gegeben sowie die Lagerpunkte. Die Lager sind alle vier als unverschiebbar und fest anzunehmen. Die beiden Kraftgrößen wirken normal auf die Ebene, welche durch die vier Lagerangriffspunkte gelegt werden kann. Die beiden Kräfte besitzen die Beträge: F2 DkN und F2 D 1 kN.

Balkenname Balken-1(Round Balken-2(Round Balken-3(Round Balken-4(Round Balken-5(Round Balken-6(Round Balken-7(Round Balken-8(Round Balken-9(Round

bar bar bar bar bar bar bar bar bar

500

Festlager

ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND

BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR

45(1)[7]) 45(1)[6]) 45(1)[1]) 45(1)[3]) 45(1)[8]) 45(1)[9]) 45(1)[2]) 45(1)[4]) 45(1)[5])

Lösung Wie die Lösung ermittelt wird ist bei diesem Beispiel nicht entscheidend. Es wird dazu auch nur die Lösung mit den Kräften aller Stabkräfte angeben, ohne Rechenweg. Man kann die Lösung Computergestützt finden, als Beispiel mit SolidWorks FEM oder per Hand mittels der Vektorrechnung, was zum Üben für diverse Prüfungen wahrscheinlich die beste Entscheidung zum Ermitteln der Stabkräfte sein wird. Axial (N) 0 0 1193 1396 0 0 1195 1398 1497

Schub1 (N) 0 0 42 41 0 0 -43 -55 279

Schub2 (N) 0 0 69 -73 0 0 -77 76 -25

8

263 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.24

Vom nachstehenden Fachwerk sind alle Stabkräfte gesucht.

1000

1000

2000

200

0 0

150

F2 = 25 kN F1 = 15 kN

Lösung

Balken-1(Round Balken-2(Round Balken-3(Round Balken-4(Round Balken-5(Round Balken-6(Round Balken-7(Round Balken-8(Round Balken-9(Round

Balkenname bar ROUND bar ROUND bar ROUND bar ROUND bar ROUND bar ROUND bar ROUND bar ROUND bar ROUND

BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR

45(1)[2]) 45(1)[7]) 45(1)[9]) 45(1)[5]) 45(1)[1]) 45(1)[4]) 45(1)[3]) 45(1)[8]) 45(1)[6])

Axial (N) 0 0 5.001,70 32.569 3.065,70 -20.580 3.206,40 0 0

Schub1 (N) 0 0 -75,98 1.776,20 2,5603 1.742,90 7,026 0 0

Schub2 (N) 0 0 5.021,60 -10,571 -2.479,40 14,126 2.523,40 0 0

264

Kapitel 8  Fachwerke und Tragwerke

Übungsbeispiel 8.25

Vom Fachwerk aus dem vorgehenden Beispiel ist nachstehend das Verschiebungsbild gezeigt, um dieses zu erstellen, benötigt man Kenntnisse aus der Elastostatik, die allerdings erst im Buch Technische Mechanik Band 2 behandelt werden. Hier soll es nicht direkt um die Erzeugung eines solchen Bildes gehen, sondern viel mehr um die Anwendung der Kenntnisse aus der Statik, um Verformungen, wie sie nachstehend gezeigt sind, zu verhindern bzw. zu verändern und zu reduzieren.

Maximum erreicht. Wie könnte man die Verschiebung reduzieren, indem man zusätzlich Stäbe hinzufügt. Im Anschluss sind von diesem Fachwerk die Stabkräfte zu bestimmen. Lösung

8 Führt man an diesem Fachwerk nun eine FEAnalyse durch und untersucht erneut die Verschiebungen dieses Fachwerks, so fällt auf, dass sich die maximale Verschiebung auf ein Hundertstel (0,14 mm) minimiert, nur durch Hinzufügen zweier Stäbe.

Betrachtet man hierin die Verschiebung genauer, so erkennt man, dass diese an jener Stelle, welche dem Kraftangriffspunkt entspricht, mit einem Betrag von knapp 14 mm, die Verschiebung das

Balkenname Balken-1(Round bar ROUND BAR 45(1)[2]) Balken-12(Round bar ROUND BAR 45(1)[4]) Balken-13(Round bar ROUND BAR 45(1)[10]) Balken-14(Round bar ROUND BAR 45(1)[11]) Balken-15(Round bar ROUND BAR 45(1)[1]) Balken-16(Round bar ROUND BAR 45(1)[8]) Balken-17(Round bar ROUND BAR 45(1)[6]) Balken-18(Round bar ROUND BAR 45(1)[3]) Balken-19(Round bar ROUND BAR 45(1)[7]) Balken-20(Round bar ROUND BAR 45(1)[5]) Balken-21(Round bar ROUND BAR 45(1)[9])

Axial (N) 0 -7241 -7408 19384 -24 0 0 42 0 19230 8

Schub1 (N) 0 -2 1 -9 3 0 0 3 0 14 -35

Schub2 (N) 0 7 3 1 6 0 0 14 0 -172 31

265 8.4  Übungen

Übungsbeispiel 8.26

Vergleichen Sie die beiden nachstehenden Fachwerke.

Was fällt bei diesen beiden Fachwerken auf, wenn man die Geometrie untersucht und die Tatsache im Hinterkopf behält, dass sich eines der beiden nur ca. 1/100 so stark verschiebt als das andere. Lösung Betrachtet man das rechte Fachwerk, so ist sofort ersichtlich, dass dieses mehr Stäbe als das andere hat, was allerdings noch nicht die Antwort auf die Aufgabe ist. Viel mehr geht es hierbei um die Tatsache, dass jenes mit mehreren Stäben nur Dreiecke als Zwischenflächen bildet, das andere auch Vielecke. Bei der Fachwerkgestaltung sollte immer darauf geachtet werden, dass Fachwerkszwischenflächen immer Dreiecke sind und keine Vielecke oder Vierecke, da mit Dreiecken die Stabilität am ehesten gewährleistet ist.

Übungsbeispiel 8.27

In der Fachwerkstheorie gibt es den Begriff des optimalen Lastgewichtsverhältnisses. Dieses beschreibt das Verhältnis zwischen der maximal möglichen Belastung, bei minimalem Gewicht des Fachwerks. Wie könnte man ein besseres Verhältnis des Fachwerks aus 7 Beispiel 8.25 erreichen?

schiebung festgestellt werden, als vor dem Entfernen der Stäbe.

Lösung Wenn man 7 Beispiel 8.25 betrachtet bzw. die Lösung dazu, so fällt auf, dass dort Nullstäbe vorhanden sind. Wie bereits behandelt, werden diese nicht für die Kraftaufnahme benötigt, da diese unbelastet sind. Diese können einfach entfernt werden. Betrachtet man im Anschluss das Verschiebungsbild, so kann exakt die gleiche VerBalkenname Balken-12(Round Balken-13(Round Balken-14(Round Balken-15(Round Balken-17(Round Balken-18(Round Balken-20(Round Balken-21(Round

bar bar bar bar bar bar bar bar

ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND ROUND

BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR BAR

45(1)[4]) 45(1)[10]) 45(1)[11]) 45(1)[1]) 45(1)[6]) 45(1)[3]) 45(1)[5]) 45(1)[9])

Betrachtet man jetzt noch die Stabkräfte dieses Beispiels, ergeben sich die nachfolgenden Werte, was genau den gleichen Balkenkräften als zuvor entspricht. Axial (N) -7.236,40 -7.413 19.389 -23,839 0 42,45 19.225 8,1255

Schub1 (N) -2,3025 0,84473 -8,9657 2,8673 0 2,8813 13,674 -35,175

Schub2 (N) 6,6695 2,9727 0,89439 6,322 0 14,448 -172,15 31,437

8

267

Totalresultierende

Inhaltsverzeichnis 9.1

Totalresultierende von Streckenlasten – 268

9.1.1 9.1.2 9.1.3 9.1.4

Rechteckslast – 271 Dreieckslast – 271 Trapezlast – 271 Parabellast – 272

9.2

Totalresultierende von Flächenlasten – 273

9.2.1 9.2.2

Quaderlast – 273 Pyramidenlast – 273

9.3

Computergestützte Anwendung – 274

9.4

Übungen – 274

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_9

9

268

Kapitel 9  Totalresultierende

Sie lernen hier. . .

Definition 9.1 (Streckenlast)

4 berechnen von Streckenlasten, Flächenlasten und Volumenlasten. 4 berechnen von Beträgen bei Streckenlasten durch Integrieren. 4 berechnen von Beträgen bei Flächenlasten durch Integrieren. 4 computergestützte Definition von Totalresultierenden Kräften für FEM Berechnungen. 4 berechnen von Schneelasten und Schüttgutlasten. 4 berechnen der Wirklasten an Staumauern.

Eine Streckenlast ist die Summe aller Einzellasten Fi entlang einer Strecke. Die Einheit N einer Streckenlast ist m

Zitat

Deine Arbeit wird einen großen Teil deines Lebens einnehmen und die einzige Möglichkeit, wirklich zufrieden zu sein ist, dass du glaubst, dass du großartige Arbeit leistest. Und der einzige Weg großartige Arbeit leisten zu können, ist zu lieben, was du tust. Wenn du das noch nicht gefunden hast, dann halte die Augen offen. Mit deinem ganzen Herzen wirst du wissen, wenn du es endlich gefunden hast. Wie jede Beziehung wird sie mit den Jahren immer besser werden. Also halte danach Ausschau, bist du es findest. Gib dich nicht mit weniger zufrieden. Steve Jobs

9

Um die Einzellast bzw. Totalresultierende bei gegebener Streckenlast und Wirklänge berechnen zu können, errechnet man das Produkt aus der Streckenlast sowie der Wirklänge. Definition 9.2 (Flächenlast) Eine Flächenlast ist die Summe aller Einzellasten Fi , die auf einer Fläche wirken. Die Einheit einer Streckenlast ist mN2

Um die Einzellast bzw. Totalresultierende bei gegebener Flächenlast und Wirkfläche berechnen zu können, errechnet man das Produkt aus der Streckenlast sowie der Wirkfläche. Eine resultierende Kraft kann mittels der Vektoraddition bestimmt werden. Betrachtet man dazu etwa die Kraft F1 und F2 , so errech#” net sich die resultierende Kraft FRes zu F Res D #” #” F 1 C F 2 . Schreibt man dies etwas allgemeiner, so folgt FRes D

n X

Fi

mit

n 2 N0 :

(9.1)

i D1

Betrachtet man die idente Überlegung anhand einer Streckenlast, so folgt 9.1

Totalresultierende von Streckenlasten

Der Begriff „resultierende Kraft“ wurde bereits einige Male im Laufe dieses Buches erwähnt. In diesem Kapitel soll der Begriff weiter vertieft werden, indem man die resultierende Kraft von Strecken- und Flächenlasten bestimmt. Dazu wird zunächst eine grundsätzliche Definition vorgenommen, die eine Strecken-, bzw. Flächenlast beschreibt. Dabei meint man bei einer Streckenlast eine zweidimensionale, hingegen man bei einer Flächenlast eine dreidimensionale Belastung untersucht. Dies wird bereits bei genauerer Betrachtung der Einheiten klar ersichtlich.

FRes D

n X

qi  Ai

mit n 2 N0 :

(9.2)

i D1

Diese Gleichung kann noch etwas allgemeiner geschrieben werden, indem man an die Infinitesimalrechnung zurückdenkt, das Integral berechnet die Fläche unter einer Kurve, wodurch die obige Gleichung gemäß Z FRes D

qi .x/  dx

mit

n 2 N0 :

(9.3)

x

geschrieben werden kann. Untersucht man dies wiederum ident für die Flächenlast, so muss man die Gleichung für die Streckenlast nochmals um

9

269 9.1  Totalresultierende von Streckenlasten

eine Koordinatenrichtung erweitern, indem man nach der zweiten Koordinate, um eine Ebene aufzuspannen, integriert, zu “ qi .x; y/  dx  dy mit n 2 N0 : FRes D

a = 1000 mm

A

(9.4) Hier fällt bereits auf (vgl. . Abb. 9.1), dass sich immer eine resultierende Kraft aus einer Strecken- oder Flächenlast bilden lässt. Deshalb kann die resultierende Wirkung auch immer zwischen Einzel- (vgl. . Abb. 9.2), Strecken- oder Flächenlasten umgerechnet werden. Aus einer Flächenlast kann eine Streckenlast, aus einer Streckenlast eine Einzellast gemacht werden. Diesen Zusammenhang zeigen die nachfolgenden Bilder. Gegeben sei die resultierende Kraft FRes D 1000 N (vgl. . Abb. 9.3). Gesucht ist die Streckenlast bzw. die Flächenlast, wenn die gesamte Länge bzw. Fläche ausgenutzt wird. Bei der Streckenlast wird die Einzellast auf eine Länge von 1 m verteilt. Es folgt damit qS D Fi 1000 N l D 1 m D 1000 N=m. Bei der Flächenlast (vgl. . Abb. 9.4) wird die Streckenlast auf die zweite Koordinatenrichtung, in diesem Fall auf die Breite 0;1 m verteilt. Es folgt damit qF D

. Abb. 9.1 System

. Abb. 9.2 Einzellast FRes D 1000 N

Fi 1:000 N=m qi D D D 10:000 N=m2: A bi 0;1 m

Betrachtet man eine Streckenlast, die durch q gekennzeichnet ist (gemäß . Abb. 9.3 und 9.5), so erkennt man, dass die Größe der resultierenden Kraft von q und der Länge L2 abhängig ist. Integriert man die Fläche, welche die Grenzfunktion der entsprechenden Streckenlast beschränkt, folgt der Betrag der resultierenden Kraft der Streckenlast (die Totalresultierende). Da Kräfte immer im Massenmittelpunkt angreifen, greift die Totalresultierende einer ebenen Belastung im Flächenschwerpunkt, jener Fläche, unter der Grenzfunktion der Belastung, an. Der Wirkabstand wird dann, durch Bestimmung des Schwerpunktes (siehe 7 Kap. 6, „Schwerpunktlehre“), gefunden. Um den Schwerpunkt zu finden, benötigt man das statische Moment Mq , womit durch Dividieren der Fläche der Wirkabstand xRes folgt.

. Abb. 9.3 Streckenlast

. Abb. 9.4 Flächenlast

b = 100 mm

270

Kapitel 9  Totalresultierende

dx y q q(x) x

xRes L1

Fq x

dFq

L2

. Abb. 9.5 Streckenlast

Balkongela¨nder

Demnach gilt Z Fq D

Z q.x/  dx

A

Mq D

x  q.x/  dx A

(9.5)

9

xRes D

Mq : A

(9.6)

Große Bedeutung genießt dieses Kapitel in der Seilstatik (wird noch in einem anderen Kapitel behandelt), in welcher die Eigenlast eines Seils in Abhängigkeit der Länge gesucht ist. Dies hat Anwendung in der Seilstatik (vgl. . Abb. 9.6) von beispielsweise Ski-Liften. Ebenfalls essenziell ist die Bestimmung der Durchbiegung und Spannungen in gekrümmten Trägern (beispielsweise Staumauern), welche ebenfalls eine Bestimmung der Totalresultierenden zu Beginn fordern. Diese Beispiele werden im Buch “Technische Mechanik Band 2 – Elastostatik“ [10] und im Buch “Technische Mechanik Band 4 – Hydromechanik“ berechnet [12]. Im Anschluss sind einige Anwendungsbeispiele für Streckenlasten aufgezeigt. Im Laufe dieses Kapitels wird man einige Anwendungsbeispiele für Streckenbzw. Flächenlasten kennenlernen. Häufig kommen dabei Rechteck- und Dreieckslasten vor, im Grunde genommen gibt es aber bei der Abhandlung von Flächen- bzw. Streckenlasten quasi keine Einschränkungen, was die Form der Grenzfunktion angeht. Es muss nur eine stetig integrierbare Funktion vorliegen, um mittels Integral die Totalresultierende bestimmen zu können, ansonsten muss man sich numerischer Methoden bedienen.

Staumauer

Seil unter Eigenlast B

A

q

. Abb. 9.6 Beispiele für Streckenlasten

9

271 9.1  Totalresultierende von Streckenlasten

dx

y

y

q

dx

q qmax

q(x) q(x) x xRes

FA

FB

L1

L2

9.1.1

Fq

L2/3

FA

L3

L1

. Abb. 9.7 Rechteckslast

x

xRes

Fq

FB

L2

L3

. Abb. 9.8 Dreieckslast

Rechteckslast

Da der Wirkabstand immer vom Schwerpunkt abhängt, da sich dort der Kraftangriffspunkt der resultierenden Kraft befindet, ergibt sich, im Fall einer Rechteckslast (vgl. . Abb. 9.7) xD

L2 C L1 : 2

Feq D

LZ 1 CL2

f .x/dx D L1

ZL2 Feq D

q.x/dx

ZL2 f .x/dx D

0

(9.7)

Durch Integrieren der Fläche findet man die Größe der Kraft: LZ 1 CL2

Durch Integrieren der Fläche findet man die Gröy ße der Kraft, wobei hierin f .x/ D x xCd D q.x/  x ist L2

0

q.x/  xdx L2

ˇL2 q.x/ x 2 ˇˇ q.x/ L22 D  ˇ D  L2 2ˇ L2 2 0

L2 D q.x/  2 wodurch folgt:

(9.11)

L1

D q.x/  .L1 C L2  L1 / D q.x/  L2 : (9.8)

Feq;4 D q.x/ 

L2 : 2

(9.12)

Es gilt also:

Feq; D q.x/  L2 :

9.1.2

(9.9)

9.1.3

Trapezlast

Hierbei kann man einfach durch Zusammensetzen einer Rechtecks- und einer Dreieckslast die Totalresultierende bestimmen (. Abb. 9.9).

Dreieckslast

Erneut findet sich der Wirkabstand der Kraft, durch Bestimmung des Schwerpunktes (Beachten Sie die Lage des Koordinatensystems!) (vgl. . Abb. 9.8):

y

q q2(x) Fq,D

xD

2  L2 : 3

q1(x) x

(9.10)

Fq,R L2/3

FA L1

L2

. Abb. 9.9 Trapezlast

Fq,T r

FB L3

Kapitel 9  Totalresultierende

272

Der Wirkabstand kann dann, durch Einzeichnen der beiden Einzelkräfte, für die Rechtecksund Dreieckslast, welche anschließend zu einer resultierenden Kraft zusammengesetzt werden, gefunden werden.

dx

y

qmax

q(x)

x

9.1.4

Parabellast

Fq

FA

FB

l

Die Größe der Kraft kann durch Integration der Funktion f .x/ D ax 2 C bx C c gefunden werden (. Abb. 9.10). Der Wirkabstand, wenn eine ungleichförmige Kurve vorliegen sollte, kann durch Ansetzen der Schwerpunktbedingung, mittels Integral, gefunden werden. Dazu, anstatt der Fläche, einfach die zu integrierende Fläche einsetzen und umformen (siehe auch Schwerpunktberechnung mit Integral).

9

. Abb. 9.10 Parabellast

Zusammenfassend kann man für Parabellasten festhalten, dass diese Art der Kraftverteilung Anwendung bei der Verteilung der Auflagerreaktionen in Wälzlagern findet, wie es in einem Übungsbeispiel im letzten Abschnitt ersichtlich ist.

Zl Feq D

.ax 2 C bx C c/dx

(9.13)

0

Beispiel 9.1

Bestimmen Sie die Totalresultierende einer Parabellast, an einem durchgehenden Balken, wenn qmax D 3 kN=m, die Länge des Balken l D 1 m und die Parabelfunktion f .x/ D y D ax 2 Cbx Cc gegeben ist.

H)

f .0/ D a  02 C b  0 C c D 0

H)

c D 0:

4  qmax l

(9.17)

Es folgt damit für die Funktion 4  qmax 2 4  qmax x x C l2 l

(9.18)

Zl

P1 D .0=0/

Fq D

f .x/dx 0

(9.14)

P2 D .0= l/ H)

bD

f .x/ D 

Lösung

H)

H)

f .l/ D a  l 2 C b  l D 0

a  l D b (9.15)   l P3 D qmax = 2    2 l l l C b  D qmax H) f Da 2 2 2 4  qmax H)  Da (9.16) l2

D

 Zl  4  qmax 2 4  qmax  x dx  x C  l2 l 0

 D 

4  qmax x 2 4  qmax x 3 C   2 l 3 l 2

4  qmax l 2 4  qmax l 3 C  D  l2 3 l 2 4  qmax  l 4  qmax  l C D 3 2 2 D  qmax  l 3

l 0

(9.19)

9

273 9.2  Totalresultierende von Flächenlasten

Totalresultierende von Flächenlasten

9.2

dz x

Bei Flächenlasten (vgl. . Abb. 9.11, 9.12 und 9.13) ist die Vorgehensweise nahezu ident zu den Streckenlasten, allerdings erstreckt sich die Last nicht mehr über eine Linie, sondern über eine Ebene. Es muss damit die Fläche anstatt der Strecke und als Wirkabstand der Volumenschwerpunkt verwendet werden. Z Fq D

q(x, z) y dx z . Abb. 9.11 Flächenlast

Z Z q.x; z/  dA D

V

q.x; z/  dx  dz: A A

(9.20)

Erneut gelten die Regeln der Schwerpunktlehre, allerdings jetzt jene im Raum, wenn der Wirkpunkt der Totalresultierenden zu bestimmen ist. Beispiele für Flächenlasten sind: Schneelasten auf Dächern, Wasser gegen Wände, Absperrschieber für Wassermassen . . .

9.2.1

. Abb. 9.12 Staumauer: Wasser drückt gegen die Mauer = Flächenlast 1

Quaderlast

Nachdem man die Funktion f .x/ bestimmt hat, ist es einfach die Totalresultierende, mittels Integral, zu bestimmen. Es handelt sich dabei um eine lineare Funktion, die gemäß der Gleichung f .x/ D y D k  x C d D q bzw. f .z/ D s D k x Cd D q geschrieben werden kann. Ansetzen des Integrals zum Bestimmen der Totalresultierenden ergibt (. Abb. 9.14) Zl2 Zb Fq D

q  dx  dy D q  .l2  l1 /  b l1

. Abb. 9.13 Staumauer: Wasser drück gegen die Mauer = Flächenlast 2

0

(9.21)

f (x, z)

z

dz

x

x

9.2.2

Pyramidenlast

q(x, z) y

Hierbei muss man zwei Funktionen aufstellen und im Anschluss integrieren. Im Beispiel bei der Quaderlast war ersichtlich, dass es sich bei der Totalresultierende um das Volumen der Belastung handelt. In diesem Fall also um das

z

dx l1

b

. Abb. 9.14 Quaderlast

l2

274

Kapitel 9  Totalresultierende

y

z

qmax l

Erneut ist es interessant, wie man Beispiele in ein FEM Programm einpflegt, als Beispiel in SolidWorks. Hierbei geht es weniger darum, Ergebnisse zu ermitteln bzw. Ergebnisse zu untersuchen, sondern viel mehr um das Eingeben der richtigen Randbedingungen von Belastungen wie Strecken- und Flächenlasten. Da man dies unmittelbar mittels Beispielen verbinden kann, wird in diesem Abschnitt nicht weiter auf das Eingeben von Strecken- bzw. Flächenlasten eingegangen, sondern auf den letzten Abschnitt, die Übungen verwiesen. Dabei wendet man als Beispiel eine Dreiecks- oder auch Rechteckslast auf Wände an und ermittelt damit die Totalresultierende.

b

. Abb. 9.15 Pyramidenlast

x y z h

q (z )

b (z

)

qma

l1

b

x

x

y z

9

z dl

l l2

q(z)

9.4

dl

l b(z)

qmax

Übungen Übungsbeispiel 9.1

b

Worin liegt der Unterschied zwischen einer Strecken- und einer Flächenlast?

. Abb. 9.16 Pyramidenlast-Prinzipsskizze

Volumen der Pyramide (vgl. mit . Abb. 9.15 und 9.16.) Man kann die beiden Funktionen q.z/ D qmax  z D qmax  z bzw. b.z/ D bl  z finden. Diel1 l2 l se beiden Funktionen können zum Herleiten des Volumens verwendet werden bzw. zum Bestimmen der Totalresultierenden, zu Zl Fq D

Computergestützte Anwendung

l2

l1 x

9.3

Lösung Eine Streckenlast wirkt in zwei Dimensionen (Ebene); eine Flächenlast in drei Dimensionen (Raum).

Übungsbeispiel 9.2

Nennen Sie Beispiele für Strecken- und Flächenlasten.

q.z/  b.z/  dz 0

Zl D

Lösung

qmax b  z   z  dz l l

Wind-, Wasser-, Flüssigkeits- und Gaskräfte.

0

Zl D 0

D

qmax  b 2 qmax  b  l 3  z  dz D l2 3  l2

qmax  b  l 3

(9.22)

9

275 9.4  Übungen

Übungsbeispiel 9.3

Wie lauten die Gleichungen zur Bestimmung einer Streckenlast?

Lösung Z Fq D

Z q.x/  dx

Mq D

A

xRes D

x  q.x/  dx A

Mq : A

(9.23)

Übungsbeispiel 9.4

Wie lauten die Gleichungen zur Bestimmung einer Flächenlast?

Lösung Z Fq D

q.x; y/  dV V

Z Z q.x; y/  dx  dy:

D

(9.24)

A A

Übungsbeispiel 9.5

Von einer Staumauer kennt man die Abmessungen, welche h D 150 m und l D 500 m betragen. (Diese entsprechen in etwa jenen der Moosersperre, Stausee in Kaprun, Österreich [95], vgl. . Abb. 9.17). Welche Kraft und wie viele Tonnen drücken an der Stelle, mit maximaler Belastung, gegen die Staumauer? Ermitteln Sie den Kraftverlauf, welcher sich bei variabler Länge der Mauer bzw. bei variabler Höhe ergibt und schlussfolgern Sie, ob es (krafttechnisch!) besser wäre bei der Länge oder der Höhe der Mauer einzusparen. Stellen Sie diesen Verlauf auch mittels Excel dar.

Lösung Zu Beginn sei erwähnt, dass es sich bei diesem Beispiel um kein reines Statikbeispiel handelt, sondern auch eine kleine Information aus der Hydrostatik (Band 4 dieser Buchreihe) benötigt wird. Der Wasserdruck verteilt sich von oben nach unten als Dreieckslast, da dieser, mit steigender Tiefe des Wassers zunimmt. Dieser Verlauf ist in . Abb. 9.18 zu sehen. Ebenso ist aus der Hydrostatik bekannt, dass sich der Wasserdruck auf die projizierende Fläche verteilt, die Druckfläche ist damit einfach AD D l  h, auf die Krümmung der Mauer muss nicht genauer eingegangen werden. Damit folgt für die Druckfläche AD D b  h D 150 m  500 m D 75:000 m2 :

. Abb. 9.17 Moosersperre, Stausee Kaprun [94]

(9.25)

Der Druck berechnet sich durch die Gleichung p D %  g  h C p0 . bzw. bei einer Dreiecksdruckverteilung muss dieser Wert durch zwei geteilt werden, da es sich um die Fläche der Verteilung handelt. Der Druck p0 beschreibt den Atmosphärendruck, welcher 1;013 bar beträgt, der bei den

276

Kapitel 9  Totalresultierende

q(h)

l

h

. Abb. 9.18 Skizze Stausee und Druckverteilung

hier herrschenden Kräften, wie gleich ersichtlich werden wird, vernachlässigt werden kann. 1 %gh 2 1 kg m D  1000 3  9;81 2  150 m 2 m s D 735:750 N=m2 D 7;36 bar:

pD D

9

(9.26)

Die Druckkraft folgt dann mittels FD D pD  AD , zu

F bzw. in Tonnen gilt: m D g1000 wodurch 5,625 Millionen Tonnen folgen, eine unglaubliche Zahl! Der zweite Teil der Aufgabe besteht darin, zu ermitteln, ob es besser wäre, die Mauer niedriger oder kürzer zu betonieren, wenn man das Ergebnis nur auf Basis der Kraft bewerten muss. Dies kann man in . Abb. 9.20 sehen, wo unterschiedliche Längen bzw. Höhen eingesetzt wurden. Aufgrund der quadratischen Funktion der Höhe wäre eine niedrigere Mauer besser. (vgl. . Abb. 9.19).

FD D pD  AD D 735:750 N=m2  75:000 m2 D 55;18  106 N D 55;18  103 kN rho = g = h= l= p_D = A_D = F_D = m_D =

1000 9,81 150 500

kg/m^3 m/s^2 m m

735750 7,36 75000 55181250000 55181250 5625000

N/m^2 bar m^2 N kN Tonnen

(9.27) h[m] 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150

F_D 0,00E+00 2,45E+08 9,81E+08 2,21E+09 3,92E+09 6,13E+09 8,83E+09 1,20E+10 1,57E+10 1,99E+10 2,45E+10 2,97E+10 3,53E+10 4,14E+10 4,81E+10 5,52E+10

l[m] 25 50 75 100 125 150 175 200 225 250 275 300 325 350 375 400 425 450 475 500

F_D 2,76E+09 5,52E+09 8,28E+09 1,10E+10 1,38E+10 1,66E+10 1,93E+10 2,21E+10 2,48E+10 2,76E+10 3,03E+10 3,31E+10 3,59E+10 3,86E+10 4,14E+10 4,41E+10 4,69E+10 4,97E+10 5,24E+10 5,52E+10

. Abb. 9.19 Ermittlung mittels Excel

6,00E+10

6,00E+10

5,00E+10

5,00E+10

4,00E+10

4,00E+10

3,00E+10

3,00E+10

2,00E+10

2,00E+10

1,00E+10

1,00E+10 0,00E+00

0,00E+00 0

100

200

300

400

. Abb. 9.20 Kraftverlaufsdiagramme

500

600

0

20

40

60

80

100

120

140

160

277 9.4  Übungen

Übungsbeispiel 9.6

Diese Aufgabe baut auf jener zuvor auf. Zu betrachten ist die gleiche Staumauer, allerdings soll dieses Mal, der Kraftverlauf während eines Jahres dargestellt werden. Dazu wird angenommen, dass die Schwankungshöhe des Wassers konstant auf alle Monate aufgeteilt ist, das Maximum erreicht diese im Februar, wenn die Schneeschmelze eintritt und das Minimum im Sommermonat August. (Dies stimmt nicht ganz, allerdings erleichtert es die Berechnung, in der Realität wird das Maximum eher im März bzw. April erreicht). Der Wasserstand sinkt zwischen Minimum und Maximum um 20 Meter. Es ist ein Balkendiagramm

anzufertigen mit der Druckkraft in Verbindung mit dem Monat. Lösung Anfangs berechnet man dieses Beispiel ident zum vorgehenden, einmal mit einer Höhe von 150 Meter und einmal mit 130 Meter. Man kann dann die Differenz zwischen den beiden maximalen Druckkräfte ermitteln, welche als Schwankungsanteil dient. Dieser muss dann noch auf die unterschiedlichen Monate aufgeteilt werden (vgl. . Abb. 9.21).

Sommer rho = g = h= l=

500

kg/m^3 m/s^2 m m

m_D = Kraftdifferenz Massefifferenz

735750 637650 7,36 6,38 75000 65000 5,52E+10 4,14E+10 5,52E+07 4,14E+07 5,63E+06 4,23E+06 1,37E+07 1,40E+06

N/m^2 bar m^2 N kN Tonnen kN Tonnen

Schwankung: Monats Pos. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1,37E+07 kN Monat Kraft Extremwert Schw. Anteil 5,29E+07 5 Februar 5,52E+07 Maximum 6 5,29E+07 5 April 5,06E+07 4 Mai 4,83E+07 3 Juni 4,60E+07 2 Juli 4,37E+07 1 August 4,14E+07 Minimum 0 September 4,37E+07 1 Oktober 4,60E+07 2 November 4,83E+07 3 Dezember 5,06E+07 4

1000 9,81 150

p_D = A_D = F_D =

130

Kraft6,00E+07 5,00E+07 4,00E+07 3,00E+07 2,00E+07 1,00E+07

be r O kt ob e r N ov em be r D ez em be r

Se

pt em

Ju li ug us t A

M ai

Ju ni

pr il A

Fe br ua

r

0,00E+00

. Abb. 9.21 Kraftverlauf während eines Jahres des Stausees Kaprun

9

278

Kapitel 9  Totalresultierende

Übungsbeispiel 9.7

Zu vergleichen ist der tiefste See der Welt (Baikalsee, vgl. . Abb. 9.22) und der Neusiedlersee (vgl. . Abb. 9.23), der an seiner tiefsten Stelle nur einen Wasserstand von 1,8 m aufweist. Der Bai-

. Abb. 9.22 Baikalsee

kalsee befindet sich in Sibirien. Er ist mit 1642 Metern der tiefste, mit mehr als 25 Millionen Jahren der älteste und zudem auch der wasserreichste Süßwassersee der Erde [26]. Der Neusiedler See einer der wenigen Steppenseen in Europa und der größte abflusslose See in Mitteleuropa. Er liegt weit überwiegend auf österreichischem und flächenmäßig geringfügig auf ungarischem Staatsgebiet. Sein österreichischer Anteil macht ihn zum flächenmäßig größten österreichischen See [74]. Wenn man an beide Seen durch eine Platte abteilen würde, welche Kraft würde auf die Platte wirken, wenn man die Kraft nur von einer Seite betrachtet. Lösung

9

1000 9,81

rho = g = h= l= p_D = A_D = F_D = m_D =

1,8 1

1642 1

kg/m^3 m/s^2 m m

8829 0,09 1,8 15892 16 1,62

8054010 80,54 1642 13224684420 13224684 1348082

N/m^2 bar m^2 N kN Tonnen

Der Vorgang ist dabei derselbe wie beim Stausee Beispiel, mit dem kleinen Unterschied, dass die beiden neuen Tiefen eingesetzt werden müssen. . Abb. 9.23 Neusiedlersee

Übungsbeispiel 9.8

Es soll die Statik eines Schwimmbeckens untersucht werden. Um wie viel unterscheidet sich die Wandkraft, wen man einmal das Schwimmbecken, das beide mal eine Länge von 10 m besitzt, mit einer Tiefe von 2 m oder 3 m ausführt. Ist die Kraft dabei nur ein Drittel mehr? Lösung Bevor man zu rechnen beginnt, kann es sicher nicht stimmen, dass die Kraft um nur ein Drittel mehr ist, da die Kraftfunktion in Abhängigkeit der Höhe nicht linear ist!

rho = g = h= l= p_D =

1000 9,81 2 10

3 10

kg/m^3 m/s^2 m m

9810 14715 N/m^2 0,10 0,15 bar A_D = 20 30 m^2 F_D = 196200 441450 N 196 441 kN m_D = 20 45 Tonnen

9

279 9.4  Übungen

Übungsbeispiel 9.9 Welche Kraft wirkt auf die Wand?

5,5 Tonnen vorgegeben, um ein Jahr heizen zu können. Die Dichte ist dabei mit 650 kg=m3 anzunehmen. Die Abmessung des Behälters, der auch gefüllt werden kann, betragen l  b  h D 3;3 m  2;27 m  2;338 m, dies wurde bereits mit der vorgeschriebenen Mindestfüllmenge berechnet. Welche maximale Kraft wirkt dabei auf die Behälterwand, wenn man den Quader mittels einer schiefen Ebene teilt, damit die Pellets auf einer Linie, am Ende, zusammenfließen können? Diese teilt den zur Verfügung stehenden Quader genau in zwei Hälften. Bei Schüttgut handelt es sich, um genau zu sein, um keine Dreiecksverteilung entlang der Wand, sondern eher um eine Kreisverteilung, je nach Größe dieses. Hier geht es aber um das Prinzip, aufgrund einer Dreiecksverteilung angenommen werden kann, dass die Kreisverteilung meist zu einer geringeren Belastung führt.

b

h

l

. Abb. 9.24 Pellet-Raum

Zu untersuchen ist ein Lagerraum (vgl. . Abb. 9.24) für Holzpellet. Bei einer Umstellung von einer Ölheizung auf eine Pelletheizung ist ein Lagerraum für diese zu konstruieren. Vom Installateur wird eine Mindestgröße von h= b= l=

Lösung Hierbei kann ähnlich, zum Beispiel des Stausees, vorgegangen werden.

2,338 m 2,27 m 3,3 m

V= rho = m= F_G = F_D = h_FD = A_D = q_D = h [m] 0 0,23 0,47 0,70 0,94 1,17 1,40 1,64 1,87 2,10 2,34

8,76 650 5692 56 56 0,78 2,65363 21,04 F_D [kN] 0,00 5,58 11,17 16,75 22,34 27,92 33,50 39,09 44,67 50,25 55,84

m^3 kg/m^3 kg kN kN m m^2 kN/m^2 m [Tonnen] 0,00 0,57 1,14 1,71 2,28 2,85 3,42 3,98 4,55 5,12 5,69

Druckkraftverlauf [kN] 60,00 50,00 40,00 30,00 20,00 10,00 0,00 0

0,5

1

1,5

2

2,5

Übungsbeispiel 9.10

Jetzt sollte der Behälter aus vorgehendem Beispiel mittels SolidWorks untersucht werden. Dazu soll

man die Belastung durch eine Dreiecksverteilung in das Programm eingeben.

280

Kapitel 9  Totalresultierende

Lösung Zuerst muss die Funktion der Dreiecksverteilung ermittelt werden, dies geht ganz einfach, indem man die Steigung, gekennzeichnet durch die maPos.

ximale Belastung und der Füllhöhe, in das Programm, an entsprechender Stelle, eingibt. Diese beiden Werte folgen aus dem Beispiel zuvor.

Bild Modell erstellen und modellieren. Gegeben sei ein Pellet-Raum der mit Pellet gefüllt ist. Die Abmessungen des Raums sind bekannt sowie die Dichte der Pellet. Welche Kraft wirkt gegen die Ziegelwand, an jener Fläche die ein Dreieck bildet?

Um eine Dreiecksbelassung zu definieren, muss zuerst ein Koordinatensystem an dem Anfangspunkt der Dreieckslast definiert werden, da ansonsten in SolidWorks keine ungleichmäßige Kraftverteilung eingegeben werden kann.

9

Einspannung definieren sowie Gleitvorrichtung.

Fixierte Geometrie

Gleitvorrichtung Aus der Excel-Datei zum Beispiel erhält man den Wert für die maximale Seitenkraft, unter Berücksichtigung, dass der Raum bis zu einer Höhe von 2,33 m gefüllt ist. Diese beträgt in diesem Fall 56 kN. Zusätzlich muss der Haken bei „Unregelmäßige Kraftverteilung“ gesetzt und das entsprechende, zuvor definierte, Koordinatensystem angewählt werden. Jetzt muss noch die Gleichung eingegeben werden, damit man eine Dreieckslast erhält.

281 9.4  Übungen

Die Steigung errechnet sich in diesem Fall, aufgrund der lin. Funktion für die Dreieckslast durch die Füllhöhe und der max. Flächenlast, aus der Excel Tabelle. Alle anderen Variablen sind Null, da die unregelmäßige Verteilung nur von der x-Achse abhängt.

Hierbei kann man sehr schön die Dreieckslast erkennen.

Listet man die Ergebniskräfte auf, so kann man durch anklicken jener Fläche, an der die Dreieckslast wirkt, die resultierende Kraft anzeigen lassen, die

genau dem erwarteten Wert entspricht.

Übungsbeispiel 9.11

Erneut ist ein Pellet-Lager, gemäß vorgehenden Beispiel, zu betrachten. Dieses Mal ist zu untersuchen, ob kräftetechnisch die Wahl der niedrigeren Höhe besser ist. Es gibt die beiden Möglichkeiten für den Pellet-Raum: h1 b1 l1 D 2;5 m2;2 m 2;5 m bzw. h2  b2  l2 D 2;1 m  b2  2;5 m. Die

beiden Volumina müssen ident sein. Zu bestimmen ist die Kraft je m2 , sowie die Totalresultierende, die auf die Seitenwand drückt, gem. Beispiel zuvor. Es sind die beiden Kraftverläufe der beiden Räume in Abhängigkeit der Höhe in einem Diagramm darzustellen.

9

Kapitel 9  Totalresultierende

282

Lösung 1

2

h= b= l=

2,5 3,3 2,5

2,1 m 3,93 m m

F_D1 [kN] 140 120

V= rho = m= F_G = F_D = h_FD = A_D = q_D =

10,31 650 6703 66 66 0,83 4,125 31,88

m^3 kg/m^3 kg kN kN 0,70 m m^2 kN/m^2

100 80 60 40 20 0 0

h_1 [m] 0 0,25 0,50 0,75 1,00 1,25 1,50 1,75 2,00 2,25 2,50

F_D1 [kN] 0 13 26 39 53 66 79 92 105 118 132

h_2 [m] 0 0,21 0,42 0,63 0,84 1,05 1,26 1,47 1,68 1,89 2,10

F_D2 [kN] 0 13 26 39 53 66 79 92 105 118 132

0,5

1

1,5

2

2,5

3

F_D2 [kN] 140 120 100 80 60 40 20

9

0 0

0,5

1

1,5

2

2,5

Hierbei kann man erkennen, dass es keinen Unterschied macht!

Übungsbeispiel 9.12

Es ist die Schneelast auf ein Haus zu bestimmen, wenn dieses die Abmessungen aus . Abb. 9.25 besitzt. Die Last soll in Abhängigkeit der Bundesländer von Österreich, gemäß nach ÖNORM B 4000-4 1955-10-05 bestimmt und im Anschluss anhand eines Balkendiagramms dargestellt werden. Für die ÖNORM kann die Seite 7 https://www.schneelastberechnung.at/ schneelast-normen/ verwendet werden.

15 m 10 m

Lösung Die Last wird als Quaderverteilung angenommen, gemäß . Abb. 9.25.

. Abb. 9.25 Schneelast anhand eines Haus Stadt

Schneelast [kN/m^2] 0,75 Linz 0,75 Salzburg 1,2 Innsbruck 1,2 Bregenz 1,2 Eisenstadt 1,2 Graz 1,2 Klagenfurt 2 a = b=

10 m 15 m

A=

150 m^2

Last [kN] 112,5 112,5 180 180 180 180 180 300

Last [kN] 350 300 250 200 150 100 50 0 Linz

Salzburg Innsbruck Bregenz Eisenstadt

Graz

Klagenfurt

9

283 9.4  Übungen

Übungsbeispiel 9.13

bildet, die den nachfolgenden beiden Funktion zugrunde liegt. Die Last folgt in der x-Achse der Funktion f .x/ D x 0;5 (diese Seite hat die Länge 15 m) und in der y-Achse der Funktion f .y/ D y 0;45 (mit einer Länge von 20 m). Die beiden Lasten sind in Abhängigkeit der Längen in zwei Kraftverlaufsdiagrammen darzustellen, die maximale Flächenlast beträgt 1;2 kN=m2 . In beiden Richtungen sind 17 Punkte für die Funktion zu berechnen. Die Totalresultierende der Quaderlast mit qmax ist um 40 % kleiner als die eigentliche Schneelast. Lösung . Abb. 9.26 Schneelast anhand eines Haus, Wurzelfunktionsverteilung

Die Quaderlast beträgt FqQuader D a  b  qmax D 15  20  1;2 D 360 kN=m2 . Mit dem in der Abbildung angegebenen Prozentsatz (vgl. . Abb. 9.27) folgt für die Totalresultierende:

Es ist die Schneelast auf ein Haus zu bestimmen, wenn dieses die Abmessungen aus . Abb. 9.26 besitzt. Da sich beidseitig eine rechtwinkelige Mauer befindet, kann der Schnee nicht gleichmäßig abrutschen, wodurch sich eine Oberfläche

FqSchneelast D FqQuader  0;6 D 216 kN=m2

(9.28)

x

z

qmax

FqQuader · 0, 6 = FqSchneelast y

. Abb. 9.27 Schneelast ungleich verteilt a = b= A=

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

15 m 20 m 300 m^2 x [m] 0,00 0,94 1,88 2,81 3,75 4,69 5,63 6,56 7,50 8,44 9,38 10,31 11,25 12,19 13,13 14,06 15,00

y [m] 0,00 1,25 2,50 3,75 5,00 6,25 7,50 8,75 10,00 11,25 12,50 13,75 15,00 16,25 17,50 18,75 20,00

q_ix [kN] 0 0,075 0,15 0,225 0,3 0,375 0,45 0,525 0,6 0,675 0,75 0,825 0,9 0,975 1,05 1,125 1,2

q_max=

q_iy [kN] 0 0,075 0,15 0,225 0,3 0,375 0,45 0,525 0,6 0,675 0,75 0,825 0,9 0,975 1,05 1,125 1,2

1,2 kN/m^2

F_ix [kN] 0 82,2 116,2 142,3 164,3 183,7 201,2 217,4 232,4 246,5 259,8 272,5 284,6 296,2 307,4 318,2 328,6

F_iy [kN] 0 93,5 127,8 153,3 174,5 192,9 209,4 224,5 238,4 251,4 263,6 275,1 286,1 296,6 306,7 316,3 325,7

Kapitel 9  Totalresultierende

284

F_ix [kN]

F_iy [kN]

350

350

300

300

250

250

200

200

150

150

100

100

50

50

0

0 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

Übungsbeispiel 9.14

9

Zu vergleichen ist eine Kreisverteilung und eine Dreieckverteilung. Diese sind im Intervall von x D Œ0I 300 zu untersuchen, wenn die maximale Flächenlast qmax D 350 N=cm ist. Die Kreisgleichung und die lineare Gleichung für die Dreiecksverteilung sind dabei selbst zu bestimmen! (Diese Art der Verteilung liegt oftmals bei Schüttgut vor!)

q_max = x 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300

Lösung Die Kreisgleichung lautet allgemein: f .x/ D p r 2  x 2 . Diese Gleichung p auf das Beispiel an2  x 2 . Da in x ein gewendet, ergibt: f .x/ D qmax Intervall von 0 bis 300 vorliegt, ist x D 300 und y D 350, gemäß der maximalen Streckenlast. Damit kann die Steigung der Dreiecksverteilungsfunktion bestimmt werden. Betrachtet man d so folgt 350. Bildet man die Wertetabelle dieser beiden Verteilungen, folgt das Diagramm, wie nachstehend gezeigt.

350 N/cm q(x)_Kreis 350,00 349,86 349,43 348,71 347,71 346,41 344,82 342,93 340,73 338,23 335,41 332,26 328,79 324,96 320,78 316,23 311,29 305,94 300,17 293,94 287,23 280,00 272,21 263,82 254,75 244,95 234,31 222,71 210,00 195,96 180,28

q(x)_Dreieck 350 338,33 326,66 314,99 303,32 291,65 279,98 268,31 256,64 244,97 233,3 221,63 209,96 198,29 186,62 174,95 163,28 151,61 139,94 128,27 116,6 104,93 93,26 81,59 69,92 58,25 46,58 34,91 23,24 11,57 -0,1

Vergleich Kreisverteilung vs. Dreieckverteilung 300 280 260 240 220 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0 -50,00

0,00

50,00

100,00

150,00

q(x)_Dreieck

200,00

250,00

q(x)_Kreis

300,00

350,00

400,00

285 9.4  Übungen

Übungsbeispiel 9.15

Gegeben sei eine Überdachung (vgl. . Abb. 9.28) mit einer Glasplatte als Dach. Im Winter bleibt Schnee auf der Überdachung liegen, der durch eine Rechteckslast bzw. eine Quaderlast anzunehmen ist. Wie kann dies in SolidWorks verwirklicht werden, wenn eine maximale Flächenlast von 750 N=m2 , bei den nebenstehenden Abmessungen, gegeben sei?

6,5 m 7,7 m

. Abb. 9.28 Schneelast bei einer Überdachung

Lösung Pos.

Bild Modell erstellen und modellieren. Gegeben sei eine Überdachung mit einer Glasplatte als Dach. Im Winter bleibt Schnee auf der Überdachung liegen, der durch eine Rechteckslast bzw. eine Quaderlast anzunehmen ist. Wie kann dies in SolidWorks verwirklicht werden, wenn eine Flächenlast von 750 N/m^2 gegeben sei?

Begonnen wird mit dem erstellen einer statischen Studie. Man kann

durch die Dachfläche ermitteln. Diese beträgt: 50 m2. Es kann damit die Resultierende Kraft gemäß: F = 750 * 50 = 37500 N bestimmt werden. Dieser Wert wird als Last definiert.

9

286

Kapitel 9  Totalresultierende

Durch klicken auf folgt durch definieren der entsprechenden Randbedingungen:

die Rechteckslast.

9 Übungsbeispiel 9.16

f (x) f (x)

FZ . Abb. 9.29 Lastverteilung bei einer Bolzenverbindung

Wie bereits einmal erwähnt wurde, liegt bei einer Bolzenverbindung eine ungleichmäßige Kraftverteilung (vgl. . Abb. 9.29) vor. Diese ist meist näherungsweise als Rechtecklast gerechnet, genau genommen stimmt dies aber nicht. Es gibt mehrere Möglichkeiten solch eine Last zu verteilen, die

beiden meist verwendeten sind eine Parabellast und eine Sinuslast. Diese beiden Lastverhalten können auch in den meisten FEM Programmen eingegeben werden. Zu untersuchen ist die Kraftverteilung einer Welle mit einem Durchmesser von 40 mm auf die drei verschiedenen Arten: 4 Sinusverteilung 4 Parabelverteilung 4 Rechteckverteilung wenn die maximale Streckenlast mit 30 N/mm angegeben wird. Das Koordinatenkreuz ist in den Mittelpunkt der Welle zu legen, sodass die Verteilung von -20 mm bis 20 mm berechnet wird. Die Verteilungsfunktionen sind samt Welle mit dem Durchmesser von 40 mm in einem Diagramm darzustellen. Im nächsten Schritt sollen die Verteilungen 4 Sinus-Parabel 4 Rechteck-Parabel gegenübergestellt und die Differenz der jeweiligen Gegenüberstellung ermittelt werden, in Prozent.

9

287 9.4  Übungen

Lösung

Setzt man die anderen Punkte ein, folgt

Zuerst werden alle Gleichungen für die unterschiedlichen Verteilungen und Funktionen der Reihe nach aufgestellt. 4 Für die Kreisfunktion wird die allgemeine Kreisgleichung verwendet s  2 p d 2 2  x 2 (9.29) f .x/ D r  x D 2 4 Für die Parabelverteilung muss die quadratische Funktion gefunden werden. Dazu werden in die allgemeine quadratische Funktion f .x/ D ax 2 Cb x Cc drei Punkte eingesetzt, die auf der Funktion liegen müssen. Diese folgen aus . Abb. 9.30. Es folgen die Punkte P1 D r=0, P2 D 0=qmax und P3 D r=0. Diese Punkte können in die allg. Parabelgleichung eingesetzt und die spezifische Gleichung ermittelt werden. Es kann ebenso hilfreich und manchmal einfacher sein, die allg. Funktion abzuleiten und dann Steigungsmerkmale einzusetzen. Als Beispiel wäre die Steigung im Punkt 0=qmax Null. Diese Bedingung kann in die Ableitungsfunktion eingesetzt werden, zu k D f 0 .x/ D 2  a  x C b H)

0D 2a0Cb

H)

bD0 f (x) P2

mit

P1 H)

0 D a  r2  b  r C c

(9.31)

wenn r > 0 dann kann, durch dieses durch dividiert werden, zu 0 D a  r  b C cr bzw. mit b D 0 folgt: 0 D a  r C cr . Jetzt kann P2 eingesetzt werden, zu f .x/ D a  x 2 C b  x C c

mit

P2 H)

qmax D a  02 C c H) c D qmax :

(9.32)

Jetzt fehlt nur noch a, dies kann aber einfach mittels der bereits gefundenen Gleichung 0 D a  r  b C cr ermittelt werden, wenn man die übrigen, bereits gefundenen Bedingungen einsetzt, zu

0Dar C aD

(9.30) y

f .x/ D a  x 2 C b  x C c

qmax r

H)

qmax 30 D 0;075: D r2 400

(9.33)

Jetzt sind alle Parameter ermittelt, wodurch die Gleichung für die Parabelverteilung aufgeschrieben werden kann. Diese lautet: f .x/ D q.x/Parabelverteilung

qmax

D 0;075  x 2 C 30 P1

r

. Abb. 9.30 Parabelverteilung

P3

x

D

qmax 2  x C qmax : r2

(9.34)

288

Kapitel 9  Totalresultierende

4 Für die Sinusverteilung können nicht direkt die x-Werte, die durch den Durchmesser der Welle entstehen, verwendet werden. Es muss zunächst zu jedem x-Wert ein Winkel berechnet werden. Dies kann mithilfe des Einheitskreises realisiert werden, vgl. . Abb. 9.31. Man kann diesen Winkel mittels der Winkelfunktion Kosinus berechnen, gemäß x 2x AK D D cos.'/ D d H d 2   2x ' D arccos : d

des Winkels s 'D

  2 2x : arccos d

(9.36)

Jetzt kann einfach der Funktionswert der Sinusverteilung bestimmt werden, zu q.x/Sinusverteilung

H)

(9.35)

D sin.'/  qmax 0s 1   2 2  x A  qmax : D sin@ arccos d (9.37)

9

Diese Gleichung stimmt in Bezug auf das Koordinatensystem noch nicht ganz. Betrachtet man die Lage des Koordinatensystems in unserem Beispiel, so fällt auf, dass auch negative x-Werte vorliegen, wodurch sich bei der Erstellung der Wertetabelle in Excel ein Problem auftut. y

f (x) P2

ϕ

qmax sin(ϕ) P1

r

x1 = cos(ϕ)

P3

x

. Abb. 9.31 Sinusverteilung

Man muss von allen negativen Werten den Betrag bilden, dies kann man einfach tun, indem man den Wert quadriert und anschließend die Wurzel zieht, da gilt: .x/2 D x 2 H) p x 2 D x. Es folgt damit für die Gleichung

4 Für die Rechteckverteilung kann einfach eine lineare Funktion aufgestellt werden mit einer Steigung von null. Es folgt damit q.x/Rechteckverteilung D qmax : 4 Die Abweichung Sinus-Parabel berechnet, sich, indem man den Funktionswert der Sinusverteilung minus jenem der Parabelverteilung rechnet. Die Abweichung in Prozent errechnet sich anschließend mittels des Quotienten zwischen der Differenz Sinusverteilung und Parabelverteilung geteilt durch den Funktionswert der Sinusverteilung (vgl. . Abb. 9.32 und 9.33). 4 Die Abweichung Rechteck-Parabel berechnet, sich, indem man den Funktionswert der Rechteckverteilung minus jenem der Parabelverteilung rechnet. Die Abweichung in Prozent errechnet sich anschließend mittels des Quotienten zwischen der Differenz Rechteckverteilung und Parabelverteilung geteilt durch den Funktionswert der Rechteckverteilung (vgl. . Abb. 9.32 und 9.33).

9

289 9.4  Übungen

q_max = d=

x -20 -19 -18 -17 -16 -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

30 N/mm 40 mm Sinusverteilung phi q(x_Sinus) 0,00 0,0 18,19 9,4 25,84 13,1 31,79 15,8 36,87 18,0 41,41 19,8 45,57 21,4 49,46 22,8 53,13 24,0 56,63 25,1 60,00 26,0 63,26 26,8 66,42 27,5 69,51 28,1 72,54 28,6 75,52 29,0 78,46 29,4 81,37 29,7 84,26 29,8 87,13 30,0 90,00 30,0 87,13 30,0 84,26 29,8 81,37 29,7 78,46 29,4 75,52 29,0 72,54 28,6 69,51 28,1 66,42 27,5 63,26 26,8 60,00 26,0 56,63 25,1 53,13 24,0 49,46 22,8 45,57 21,4 41,41 19,8 36,87 18,0 31,79 15,8 25,84 13,1 18,19 9,4 0,0 0,00

Kreisfunktion Parabelverteilung f(x) q(x_Parabel) 0,0 0,0 6,2 2,9 8,7 5,7 10,5 8,3 12,0 10,8 13,2 13,1 14,3 15,3 15,2 17,3 16,0 19,2 16,7 20,9 17,3 22,5 17,9 23,9 18,3 25,2 18,7 26,3 19,1 27,3 19,4 28,1 19,6 28,8 19,8 29,3 19,9 29,7 20,0 29,9 20,0 30,0 20,0 29,9 19,9 29,7 19,8 29,3 19,6 28,8 19,4 28,1 19,1 27,3 18,7 26,3 18,3 25,2 17,9 23,9 17,3 22,5 16,7 20,9 16,0 19,2 15,2 17,3 14,3 15,3 13,2 13,1 12,0 10,8 10,5 8,3 8,7 5,7 6,2 2,9 0,0 0,0

Differenz Differenz Sinus-Parabel Abweichung1 Rechteck-Parabel Abweichung2 0,0 0% 30,0 100% 6,4 69% 27,1 90% 7,4 56% 24,3 81% 7,5 47% 21,7 72% 7,2 40% 19,2 64% 6,7 34% 16,9 56% 6,1 29% 14,7 49% 5,5 24% 12,7 42% 4,8 20% 10,8 36% 4,1 16% 9,1 30% 3,5 13% 7,5 25% 2,9 11% 6,1 20% 2,3 8% 4,8 16% 1,8 6% 3,7 12% 1,3 5% 2,7 9% 0,9 3% 1,9 6% 0,6 2% 1,2 4% 0,3 1% 0,7 2% 0,1 1% 0,3 1% 0,0 0% 0,1 0% 0,0 0% 0,0 0% 0,0 0% 0,1 0% 0,1 1% 0,3 1% 0,3 1% 0,7 2% 0,6 2% 1,2 4% 0,9 3% 1,9 6% 1,3 5% 2,7 9% 1,8 6% 3,7 12% 2,3 8% 4,8 16% 2,9 11% 6,1 20% 3,5 13% 7,5 25% 4,1 16% 9,1 30% 4,8 20% 10,8 36% 5,5 24% 12,7 42% 6,1 29% 14,7 49% 6,7 34% 16,9 56% 7,2 40% 19,2 64% 7,5 47% 21,7 72% 7,4 56% 24,3 81% 6,4 69% 27,1 90% 0,0 0% 30,0 100%

Diagrammtitel

Abweichungsbalkendiagramm

35,0

120%

30,0

100%

25,0 80% 20,0 60% 15,0 40% 10,0 20%

5,0

0%

0,0 -20 -18 -16 -14 -12 -10

-8

-6

-4

-2

Abweichung1

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

-25

-20

-15

-10

Abweichung2

. Abb. 9.32 Verteilungsfunktionen einer Bolzenverbindung – Wertetabelle

-5 Sinus-Parabel

0

5

10

Rechteck-Parabel

15

20

25

290

Kapitel 9  Totalresultierende

Verteilungsdiagramm 35,0

30,0

25,0

20,0

15,0

10,0

5,0

0,0 -25

-20

-15

-10

-5 f(x)

0 q(x_Parabel)

5

10

15

20

25

q(x_Sinus)

. Abb. 9.33 Verteilungsfunktionen einer Bolzenverbindung – Verteilungsfunktion

Übungsbeispiel 9.17

9

Gesucht ist zum letzten Beispiel der Ablauf für eine computergestützte Methode mittels SolidWorks. Lösung Pos.

Bild Gegeben ist nebenstehende Welle die mittels zwei Lager gelagert ist. Die Zugkraft sei 500 N.

291 9.4  Übungen

Um die Kontaktfläche bestimmen zu können, ist es notwendig diese mittels „Trennlinie“ zu trennen.

Ebenso muss ein Koordinatensystem definiert werden. Hierbei muss man unbedingt Acht geben, dass die z-Achse in Rotationsachsenrichtung und Zentrum der zylindrischen Flächen zeigt, die die Auflagerkraft aufnehmen sollen.

Um eine Analyse danach auch ausführen zu können müssen nach bereits bekannten Bedingungen Lager definiert werden, sowie Interaktionen zwischen der Gabel und der Welle. Um dies zu machen müssen die beiden Flächen ausgewählt werden, die zuvor getrennt wurden, mittels Trennlinie. Da diese übereinander liegen, kann es hilfreich sein

zu verwenden. Jetzt kann die Auflagerlast definiert werden, zuvor sollte man die

aktiv geschaltet haben. Um dies zu machen, wählt man . Dann wird die Belastung (Angabe) eingegeben und die beiden Kontaktflächen angewählt. Zusätzlich muss das

9

Kapitel 9  Totalresultierende

292

zuvor definierte Koordinatensystem ausgewählt werden. Hier hat man nun die Wahl, zwischen einer „parabolischen“- oder einer „Sinusförmigen Lastverteilung“ zu unterscheiden. Dies wurde bereits zuvor in einem anderen Abschnitt des Buches genauer untersucht.

9

Übungsbeispiel 9.18

Es liegt eine Streckenlastverteilung, vor, die in zwei Achsen durch die Ebenenfunktion 1  x 2  y (vgl. beschränkt ist: f .x; y/ D 15 . Abb. 9.34). Die beiden Funktionen sind im Intervall x D Œ0I 4 bzw. y D Œ0I 4 zu untersuchen. Wie groß ist die Totalresultierende? (räumliches System) Zusätzlich ist die Funktion mittels GeoGebra zu untersuchen und die Oberfläche zu plotten.

Zb

fZo .x/ yDf Zo .x;y/

Fq D

dzdydx xDa yDfu .x/ zDfu .x;y/

Z4 Z4

Lösung Um dieses Beispiel zu lösen, muss ein Volumenintegral angesetzt werden. Dieses lautet: •

wenn #” e eine Ebene beschreibt. Jetzt kann in die obige Gleichung eingesetzt werden, davor muss man noch die Grenzen für die lineare Funktion, in x-Richtung f .y/ bestimmen. Diese lauten: 0I 5, da die Steigung k D 0 ist, zu

f . #” e /d 3 e D

Z

Zb

fZo .x/

dzdydx xD0 yD0 zD0

Z4 Z4

1  x 2  ydydx 15

xD0 yD0

V

V

Z

D

D

f . #” r /dV

1 2 15 x y

Z4

foZ.x;y/

D

dzdydx xDa yDfu .x/ zDfu .x;y/

(9.38)

D

x2 

16 64 16 dx D  30 30 3

xD0

D

1024 D 11;37 N 90

(9.39)

9

293 9.4  Übungen

. Abb. 9.34 Flächenlast der Funktion f .x; y/ D GeoGebra)

1 15

 x 2  y (3D Grafik erstellt mit dem Freeware Programm

Übungsbeispiel 9.19

Es liegt eine Streckenlastverteilung, vor, die in zwei Achsen durch die Ebenenfunktion beschränkt ist: f .x; y/ D x 0;4  y 0;27 (vgl. . Abb. 9.35). Die beiden Funktionen sind im Intervall x D Œ0I 8 bzw. y D Œ0I 8 zu untersuchen. Wie groß ist die Totalresultierende? (räumliches System) Zusätzlich ist die Funktion mittels GeoGebra zu untersuchen und die Oberfläche zu plotten.

Lösung Z8 Z8

0;27 x 0;4 Zy

Fq D

dzdydx xD0 yD0

zD0

Z4 Z4 D

x 0;4  y 0;27 dydx xD0 yD0

Z4 x 0;4 

D

18;38 14 14 D  dx 1;27 1;4 1;27

xD0

D 144;72 N

(9.40)

. Abb. 9.35 Flächenlast der Funktion f .x; y/ D x 0;4  y 0;27 (3D Grafik erstellt mit dem Freeware Programm GeoGebra)

294

Kapitel 9  Totalresultierende

Übungsbeispiel 9.20 Kugellast

Setzt man hier die einzelnen partiellen Ableitungen aus Gl. (9.42) ein, als Beispiel:

dθ dϕ

r

@x @r  cos.'/  sin.#/ D D cos.'/  sin.#/ @r @r (9.44) folgt: 2

. Abb. 9.36 Kugellast

9

D

Gegeben ist ein Träger mit einer Kugellast (vgl. . Abb. 9.36). Die maximale Streckenlast ist durch den Radius r D qmax gegeben. Wie groß ist die Totalresultierende, wenn man diese durch ein Mehrfachintegral (Volumenintegral) auf Basis von Kugelkoordinaten berechnen soll. Lösung Das Volumen berechnet sich gemäß der Glei” chung: V D V dV . Um in Kugelkoordinaten rechnen zu können, müssen die kartesischen Koordinaten: x; y und z nach r; ' und # transformiert werden. Aus der Abbildung folgen die Grenzen, gemäß 0  R  qmax

0# 

 2

0  '  2  :

cos.'/ sin. / D 4 sin.'/ sin. / cos. /

x D r  cos.'/  sin.#/

y D r  sin.'/  cos.#/

z D r  cos.#/

6 @r 6 @y D.x; y; z/ 6 D6 DD 6 @r D.r; '; / 4 @z @r

@' @y @' @z @'

@ 7 @y 7 7 7 @ 7 @z 5 @

(9.45)

Das Auflösen der Determinante in vorgehender Gleichung erfolgt nach der Regel von Sarrus. Das Volumen in Kugelkoordinaten berechnet sich jetzt durch dV D jDjdrd d' D r 2 sin. /drd d' D dFq (9.46) Jetzt kann das Volumen bzw. die Totalresultierende in Kugelkoordinaten berechnet werden, zu • Fq D

• dV D

V

Z2

dFq Fq

 2

Z

qmax Z D20

D

q 2 sin. /dqd d' 'D0 #D0  2

Z2 Z D

qD0 3 qmax  sin. /d d' 3

'D0 #D0

(9.42)

ergibt durch Bilden des Volumens: dV D dxdydz in kartesischen Koordinaten bzw. für das Volumen in Kugelkoordinaten muss die Jacobi Matrix (diese wird später noch genauer behandelt und hergeleitet) verwendet werden, diese lautet 2 @x @x @x 3

3

r cos.'/ cos. / r sin.'/ cos. / 5 r sin. /

D r 2 sin. /:

(9.41) Einsetzen der Kugelkoordinatentransformationsgleichungen (die Herleitung kann der Mathematik entnommen werden, hier seien diese einmal als gegeben zu betrachten):

r sin.'/ sin. / r cos.'/ sin. / 0

Z2 D

3  qmax  . cos. //02 d' 3

'D0

Z2 D

h   i 3 qmax   cos  cos.0/ d' 3 2

'D0

Z2 D

(9.43)

3 q3 qmax d' D max  2   3 3

'D0

D

2 3 q  3 max

(9.47)

295

Elastische Lager

Inhaltsverzeichnis 10.1

Federn – 296

10.1.1 10.1.2 10.1.3 10.1.4 10.1.5 10.1.6

Schaltungen von Federn – 297 Bestimmung der Federkonstante – 299 Gleichgewicht bei steifen, starren Federn – 300 Gleichgewicht bei weichen Federn – 303 CAD-Anwendung – SolidWorks – 303 Sonstige Federpakete – 308

10.2

Dämpfer – 314

10.2.1 10.2.2

Hydro- und Aerodämpfer – 315 Puffer und Gummidämpfer – 316

10.3

Übungen – 317

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_10

10

296

Kapitel 10  Elastische Lager

Sie lernen hier. . . 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

berechnen von Schraubenfedern. berechnen von Drehfedern. berechnen von Balken mit Federn. berechnen von statisch unbestimmten Balken mit Federn. berechnen von Ersatzfedersteifigkeiten. die Einsatzmöglichkeiten von Tellerfedern kennen. Kennlinienverläufe (linear, degressiv und progressiv) kennen. bestimmen von Federsteifigkeiten mittels FEM. elastische Lagerungsbeispiele lösen mittels FEM. Gasdruckfedern berechnen. Funktion von Hydro-, Aerodämpfer, Hydropneumatik und Gasdruckfedern kennen. Zitat

10

Sich daran zu erinnern, dass ihr sterben werdet, ist der beste Weg den ich kenne, den Gedanken zu verhindern, dass man etwas zu verlieren hätte. Ihr seid bereits entblößt. Es gibt keinen Grund, eurem Herzen nicht zu folgen. Steve Jobs

Bis jetzt wurden in der Statik immer alle Lager als hundertprozentig starr angenommen. In der Realität wird dies nie der Fall sein, da kein Lager völlig starr ist, jedoch können die bereits behandelten Lager als starr angenommen werden, da der Fehler so klein ist, dass dieser keine wesentlichen Unterschiede am entsprechenden Ergebnis verursacht. Los- und Festlager können auf unterschiedliche Arten ausgeführt werden, diese wurden bereits im entsprechenden Kapitel genauer erklärt und skizziert. In der Technik werden allerdings auch häufig Lager eingesetzt, die nicht steif sind, beispielsweise Dämpfer oder Federn oder auch Gummiunterlagen, Anti-RutschMatten für die Ladesicherung, um nur einige Anwendungen zu nennen (vgl. . Abb. 10.1). Bei der Berechnung von elastischen Lagern wird es allerdings schnell mathematisch sehr aufwendig. Die Grundlagen werden in diesem Kapitel behandelt, Weiterführendes dann im Band 2, „elastisch gebetteter Träger“. Unter elastischen Lagern versteht man hauptsächlich Lager, die sich

. Abb. 10.1 Federn sind aus unserem Leben nicht wegzudenken. Egal, ob am Spielplatz, in Uhren, in Spielzeugen, in Küchengeräten oder in der Technik, Mechanik und Maschinenbau. Federn sind fast überall

nur elastisch und nicht plastisch verformen. Plastisch Verformen bedeutet, dass sich die Verformung nach weg Geben der Belastung, die die Verformung hervorruft, nicht mehr vollständig zurückbildet. 10.1

Federn

Federn sind Normteile, die elastisch verformt werden können. Man unterscheidet zwischen unterschiedlichen Arten von Federn, beispielsweise 4 Schraubenfeder (Druck- bzw. Zugfeder) 4 Drehfedern 4 Biegefedern Es ist fällt auf, dass alle Federn offensichtlich nach deren Belastungsursache, die zur Verformung führt, benannt sind. Dies stimmt auch so weit, einzig bei den Schraubenfedern, diese werden irrtümlich meist als Druckfeder oder Zugfeder benannt, obwohl diese die elastische Verformung auch durch Torsion (durch die Spirale) erfahren und nicht durch Zug- oder Druck, stellen eine Ausnahme dar. Definition 10.1 (Feder [44]) Eine Feder ist, ein in der Regel metallisches technisches Bauteil, das sich im praktischen Gebrauch ausreichend elastisch verformen lässt. Am häufigsten ist die Schraubenfeder, ein helikaler (in Schraubenform gewickelter) Draht.

10

297 10.1  Federn

F [N ] degressiv

linar

progressiv

l[mm]

. Abb. 10.4 Federkennlinien

. Abb. 10.2 Druckfeder

. Abb. 10.3 Zugfeder

Man unterscheidet zwischen: Blattfedern, Druckfedern, Zugfedern, Tellerfedern u. v. m. (. Abb. 10.2 und 10.3).

10.1.1

Schaltungen von Federn

Bei Federn kommt es bei unterschiedlichem Betrag der Belastung zu einer unterschiedlichen geometrischen Verformung. Diese Verformung sollte hier zunächst nicht von Entscheidung für die Statik sein, anders als in Band 2, in welchen die Spannungen und Verformungen im Detail untersucht werden. Für Federn kann man ein Kraft-Dehnungs-Diagramm aufstellen, welches einen linearen Verlauf aufzeigt, was für einige Beispiele, wie nachher ersichtlich werden wird, bei der Lösung von Vorteil sein

kann (. Abb. 10.4). Federn können ähnlich als Stäbe betrachtet werden, jedoch können sich Anfangs- und Endpunkt zueinander relativ verschieben [4]. Federkennlinien können linear, progressiv oder degressiv sein. Bei den meisten Federn handelt es sich um einen linearen Verlauf, so auch beispielsweise bei der Schraubenfeder, die meistverwendete Feder im klassischen Maschinenbau. Eine degressive Kennlinie liegt beispielsweise bei Dämpfer aus Gummi vor. Diese werden im nächsten Abschnitt genauer behandelt, oder auch bei Tellerfederpakete, welche ebenfalls noch genauer untersucht werden. Progressive Kennlinien sind sehr ausgefallen, diese liegen bei Kegelfedern vor. >Gesetz 10.1 (Federgesetz bei Längsbeanspruchung) FF D c  f

(10.1)

FF Federkraft [N] f Federweg [N] N c Federkonstante Œ mm  Vgl. . Abb. 10.5. Die Federkonstante wird meist in Versuchen bestimmt. Dabei wird die Feder, mit einer definierten Masse (Beispiel 100 N), belastet und die Längenänderung der

FF . Abb. 10.5 Feder freigemacht

FF

298

Kapitel 10  Elastische Lager

Feder, also der Federweg (Beispiel 100 mm) gemessen. Es folgt, durch die oben definierte Gleichung, die Federkonstante mit c D 100 N D 100 N=mm. 1 mm

Feder 1

Feder 2 F1

. Abb. 10.6 Reihenschaltung

> Gesetz 10.2 (Federgesetz bei Drehbeanspruchung) Bei Widerstand einer Feder gegen Verdrehung wird die Feder als Drehfeder oder Torsionsfeder benannt. Der Verdrehwinkel wird als ' bezeichnet. Das Moment wird als cT bezeichnet und die Federkonstante c wird durch cT ersetzt. Es ergibt sich: . Abb. 10.7 Reihenschaltung – Ausführungsbeispiel

MT D c T  '

(10.2)

Feder 1 FF 1

10

Der in der Praxis mit Abstand wichtigste Spezialfall von Federn ist die sogenannte lineare Feder: Wenn in Federgesetzen die Federzahl/ Federkonstante/Federdrehzahl konstant ist, also unabhängig vom Federweg, spricht man von „linearen Federn“. Die Federkraft ist proportional zum Federweg. 10.1.1.1

Reihenschaltung von Federn

Als Reihenschaltung wird jene Art der Schaltung bezeichnet, bei der mehrere Federn hintereinander geschaltet werden (vgl. . Abb. 10.6, 10.7). Um die Berechnung zu erleichtern, wird die „Ersatzfeder“ (vgl. . Abb. 10.8) eingeführt.

FF 1 Feder 2

f2 FF 2 f2 = f1

. Abb. 10.8 Reihenschaltung mit Ersatzfeder

Mit der zuvor gefundenen Gleichung FF D c  f , folgt durch Einsetzen und Umformen

FF 1 FF 2 FF n FFers D C C ::: C I cers c1 c2 cn

Bei der Reihenschaltung setzt sich die gesamte Längung der Federn fRes aus der Summe der Einzeldehnungen (f1 ; f2 ; fn ) der Federn zusammen. (10.3)

(10.4)

bzw. für die Federkonstante

1 1 1 1 D C C::: C : cers c1 c2 cn

Bemerkung 10.1

fRes D f1 C f2 C : : : C fn

f1

Ersatzfeder 2

Durch die Federzahl kann auf die Gestalt der Federung geschlossen werden, also ob eine weiche – oder steife – Federung vorliegt. Federzahlen sind vom Federweg abhängig.

10.1.1.2

(10.5)

Parallelschaltung von Federn

Bei Parallelschaltungen werden die Federn nicht hintereinander, sondern nebeneinander geschaltet (vgl. . Abb. 10.9–10.11).

10

299 10.1  Federn

. Abb. 10.9 Parallelschaltung

Parallelschaltung

Reihenschaltung

Federsystem

Feder 1

Feder 2 F1

F1 Feder 1

F1

FF 1

Feder 1

Feder 2 F1

Ersatzfeder

f1 Ersatzfeder 2 Feder 2

Feder 1 FF 1

F1

Feder 2

f2 FF 2 f2 = f1

. Abb. 10.10 Parallelschaltung mit Ersatzfeder . Abb. 10.12 Zusammenfassung der Schaltungen, samt Ersatzfedern

. Abb. 10.11 Parallelschaltung – Ausführungsbeispiel

Bemerkung 10.2 Für die Parallelschaltung gilt F D FF 1 C FF 2 ; und durch Einsetzen der allgemeinen Federgleichung folgt die Gleichung für Parallelschaltung.

. Abb. 10.13 Dämpfersystem mit Druckfedern

10.1.1.4 >Gesetz 10.3 Es folgt: cers D c1 C c2 C : : : C cn

10.1.1.3

(10.6)

Ausführungsbeispiele

Siehe . Abb. 10.7, 10.11–10.14.

Federsysteme

Um stärkere Dämpfungen bzw. höhere Kräfte übertragen zu können, können viele Federn in Reihe – oder Parallel – geschaltet werden.

10.1.2

Bestimmung der Federkonstante

Federkonstanten werden meist vom Hersteller angegeben. Diese können den Produktkatalogen entnommen werden. Eine andere Möglichkeit ist,

300

Kapitel 10  Elastische Lager

. Abb. 10.15 Unbelastete Feder

10 . Abb. 10.16 Belastete Feder

Gegeben ist eine Druckfeder, die im unbelasteten Zustand eine Länge von 90 mm besitzt (. Abb. 10.15). Nach einer Aufbringung von 100 N auf die Feder besitzt die Feder die Gestalt aus . Abb. 10.16, dort kann auch eine Verformung von 6,23 mm abgelesen werden. Es beträgt damit f D 6;23 mm. Mit der 100 Gleichung F D c  f H) c D Ff folgt 6;23 D 16;1 N=mm. für die Federsteifigkeit.

10.1.3

Gleichgewicht bei steifen, starren Federn

Definition 10.2 (Steife Federn)

. Abb. 10.14 Dämpfersystem mit Zugfedern

die Bestimmung der Konstante durch Versuche im Labor, oder durch die Ermittlung durch CADFEM-Methoden. Letzteres wird kurz gezeigt.

Als steife Federn bezeichnet man jene Federn, welche sich nur geringfügig verformen lassen, unter Krafteinwirkung.

Dies hat zur Folge, dass die Gleichgewichtsbedingungen der Statik angewendet werden dürfen.

10

301 10.1  Federn

10.1.3.1

Starre Feder, statisch bestimmt [4]

Es wurde in diesem Beispiel (7 Beispiel 10.1) davon ausgegangen, dass eine steife Feder vorliegt und damit die Geltung der Gleichgewichtsbedingungen vorausgesetzt. Um das Beispiel „ordentlich“ zu Ende zu bringen, muss unbedingt noch eine Überprüfung, dieser Voraussetzung, erbracht werden. Nach Definition einer steifen Feder gilt eine Feder als steif, wenn das Verhältnis zwischen Längung und Federkonstante möglichst gering ist. Im Fall zuvor wäre 6;4 mm dies: fc D 110 mm D 0;036  3 %. Hier kann die Voraussetzung getätigt werden. Zusammenfassend gilt

Steife Feder D

f  c

(10.7)

Warum ist die Verwendung der Gleichgewichtsbedingungen eventuell problematisch? Die Gleichgewichtsbedingungen sind geometrisch abhängig. Die Bedingungen werden an dem unveformten Bauteil aufgestellt. Findet eine Veränderung der geometrischen Form durch die Belastung statt, so gelten die Gleichgewichtsbedingungen genau genommen nicht mehr, da sich geometrische Bedingungen, wie die Länge stauchen oder dehnen. Es kann Folgendes festge-

Beispiel 10.1

Der Träger aus . Abb. 10.17 wird mit einer konstanten Streckenlast q D 3 N=mm, welche auf die gesamte Trägerlänge verteilt ist, belastet. Die Feder besitzt eine Federkonstante von c D 110 N=mm. Welche Absenkung ist, anstelle der Feder des Trägers zu beobachten?

Lösung q FF FA

500 470

l

90

gegeben: l, q

n X

Mi.A/ D 0W q 

iD1

l2  FF  l D 0 2

(10.8)

Es folgt daraus die Federlängung durch Umformen der Momentengleichung und einsetzen der Bedingung für die Federkraft (f D FcF ) zu

FF D . Abb. 10.17 Träger, belastet mit konstanter Streckenlast q, auf die gesamte Länge

ql 2

H)

f D

ql : 2c

(10.9)

Durch Einsetzen von Werten (zum einen die Längen aus der Angabe: 470 mm und zum anderen mit q D 3 N=mm; c D 110 N=mm resultiert f D

3  470 ql D D 6;4 mm 2c 2  110

(10.10)

302

Kapitel 10  Elastische Lager

halten werden, was als „Theorie erster Ordnung“ bezeichnet wurde: Definition 10.3 (Theorie 1. Ordnung) Da die Gleichgewichtsbedingungen am unverformten Zustand aufgestellt werden, kann nicht automatisch, nach einer Verformung, die Geltung der Gleichgewichtsbedingungen vorausgesetzt werden. Liegt jedoch eine starre Feder vor, so sind die Verformungen so gering, dass die Bedingungen verwendet werden dürfen.

In der Realität kann man beobachten, dass die Längung normalerweise weitaus kleiner als die Federsteifigkeit ist. Damit reicht die Theorie 1. Ordnung meistens aus. Ausnahmen sind bei sehr genauen Werten gegeben (bei der Dimensionierung von Messinstrumenten und Werkzeugen) und bei weichen Federn, wie im nächsten Abschnitt erörtert wird, nachdem die statisch unbestimmten Systeme betrachtet wurden.

Starre Feder, statisch unbestimmt [4]

10.1.3.2

Siehe 7 Beispiel 10.2. Beispiel 10.2

10

(Dieses Beispiel ist sehr ähnlich dem im Buch Dankert & Dankert vorhandenem starren, unbestimmten Federn Beispiel [4].) Der nachfolgende Träger (vgl. . Abb. 10.18) wird auf die gesamte Länge mit einer konstanten Rechtecklast belastet. Es werden zwei idente Federn verwendet, von welcher man die Federkonstante kennt. Welche Federkräfte entstehen dabei in den beiden Federn? q

FF 1

FA

FF 2

n X

Mi.A/ D 0W

iD1

q

l2 C FF 1  l1 C FF 2  l2 D 0 2

Da eine Parallelschaltung vorliegt, muss die Federkonstante c1 D c2 D c sein. Es wird damit f1 f2 l1 D l . Wird diese Bedingung an einem Balken betrachtet, folgt die konstante Absenkung des Balkens bei Belastung (vgl. . Abb. 10.19). Es folgt FF 2 FF 1 c1 c D 2 l1 l2

H) H)

l1 l2 . Abb. 10.18 Träger mit konstanter Streckenlast und zwei Federn

Lösung

(10.11)

FF 2 FF 1 D D0 c2  l2 c1  l1 FF 1  c2  l2 FF 2 D c1  l1 (10.12)

folgt. Aus der Momentengleichung kann

FF 2 D

q

l22  FF 1  l1 q  l22  2  FF 1  l1 2 D l2 2  l2 (10.13)

q f2 FA

bestimmt werden. Gleichsetzen der beiden Gleichungen liefert

f1 FF 1

FF 2

l1 l . Abb. 10.19 Absenkung des Trägers aufgrund der beiden elastischen Lager (Feder)

q  l22  2  FF 1  l1 FF 1  c2  l2 D 2  l2 c1  l1 .q  l22  2  FF 1  l1 /  l1  c1 D FF 1  c2  l2  l2  2 q  l22  l1  c1  2  FF 1  l12  c1 D FF 1  c2  l22  2 q  l22  l1  c1 D FF 1  .2  c1  l12 C 2  c2  l22 /

10

303 10.1  Federn

FF 1 D D

q  l22  l1  c1 2  c1  l12 C 2  c2  l22 q 2

l22

l1  c1 c1  l12 C c2  l22



500 470 420

(10.14)

FF 2 D

q  l22 l2  c2  : 2 c1  l12 C c2  l22

90

für die zweite Feder folgt (10.15)

Liegen zwei idente Federn vor (gleiche Federsteifigkeit) folgt

FF 1 D FF 2

q 2

l22



FF 1 D

l1 l22 C l12

l2 q  l22  2 D 2 l2 C l12

Sei l2 D 470 mm; l1 D 420 mm (gemäß Skizze, Angabe) und q D 3 N=mm sowie c1 D c2 D c D 300 N=mm folgt l1 420 q  l22 110  4202  2  D 2 2 2 4702 C 4202 l2 C l1

D 350;28 N (10.16) FF 2 D

l2 470 q  l22 110  4202  2  D 2 2 2 4702 C 4202 l2 C l1

D 391;98 N und damit für die Verschiebung, mit f D FF 1 350;28 N D 1;17 mm D c1 300 N=mm FF 2 391;98 N D 1;31 mm D f2 D c2 300 N=mm f1 D

10.1.4

Gleichgewicht bei weichen Federn [4]

Bei weichen Federn gilt die Theorie 1. Ordnung nicht mehr, da keine starre Feder mehr vorliegt. Die Gleichgewichtsbedingungen dürfen nicht mehr verwendet werden. Es müssen Gleichungen der Festigkeitslehre (Technische Mechanik – Elastostatik [10]) hinzugezogen werden. Im günstigsten Fall kann sofort die zusätzliche unbekannte Variable ermittelt werden, beispielsweise durch Winkelfunktionen.

10.1.5

(10.17)

(10.18) F c

(10.19) (10.20)

CAD-Anwendung – SolidWorks

In der Praxis wird oftmals die Lösung mittels einer FEA gewünscht. Nachfolgend sind die beiden Beispiele aus 10.1 und 10.2 mittels einer FEA gelöst.

304

Kapitel 10  Elastische Lager

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 10.1

Computergestützte Lösung mittels SolidWorks FEM für 7 Beispiel 10.1 P os.

B ild

Erklärung

Bauteil modellieren

Bauteil vereinfachen

10

Die Lagerpunkte sind mittels Trennline zu markieren, damit in der FEA im Anschluss diese als Angriffsfläche für die Feder bzw. zum Abrufen der Reaktionskraft verwendet werden können. (

)

Um das Beispiel zu lösen, müssen zu Beginn die Lager bzw. Gelenke definiert werden Im Ersten Schritt wird das Gelenk als Randbedingung (gemäß nebenstehender Vorgehensweise) festgelegt.

Gegeben seien die Geometriedaten und die Belastung. Welche Verformung erfährt die Feder? Dazu muss die Belastung von 3 N/mm auf die Trägerlänge angegeben werden. Dazu 3 N/mm multipliziert mit der Länge von 470 mm rechnen. Dies ergibt eine Einzellast von 1410 N.

10

305 10.1  Federn

Um die Feder zu definieren wird diese mittels „Elastische Lagerung“, unter „Einspannungen“ als Randbedingung auf die zuvor erstellte Trennlinie eingegeben. Die Federsteifigkeiten erhält man aus der Angabe.

Studie ausführen und Ergebnisse ablesen. Es sind die Verformungen bzw. Verschiebungen des gesamten Balkens zu sehen. Um die Verschiebung an der Feder zu ermitteln Schritt 8 durchführen.

Die Verformung an einem bestimmten Punkt wird durch Sondieren ermittelt. Dazu unter den Befehl wählen. Es öffnet sich das nebenstehende Fenster. In diesem die Angriffsfläche der Feder am Balken wählen. Es wurde hierbei der Kreis der Trennline der Federangriffsfläche gewählt. Es folgt annähernd das gleiche Ergebnis als bei der analytischen Berechnung im Beispiel zuvor. Dort wurde eine Verschiebung von 6,4 mm errechnet. Die Abweichungen sind unterschiedlichen Gründen geschuldet. Zum einem, dass bei der Analytischen Berechnung die Geltung von der Theorie 1. Ordnung vorausgesetzt wurde, zusätzlich hängt das Ergebnis der FEA sehr stark von der Netzqualität ab. Ebenso wird bei der FEA die resultierende Verschiebung betrachtet, obwohl auf leichte axiale Verschiebungen auftreten, da die Feder geringfügig geneigt wird.

306

Kapitel 10  Elastische Lager

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 10.2

Computergestützte Lösung mittels SolidWorks FEM für 7 Beispiel 10.2 P os.

B ild

Erklärung

Bauteil modellieren

Bauteil vereinfachen

10

Die Lagerpunkte sind mittels Trennline zu markieren, damit in der FEA im Anschluss diese als Angriffsfläche für die Feder bzw. zum Abrufen der Reaktionskraft verwendet werden können. (

)

Um das Beispiel zu lösen, müssen zu Beginn die Lager bzw. Gelenke definiert werden Im Ersten Schritt wird das Gelenk als Randbedingung (gemäß nebenstehender Vorgehensweise) festgelegt.

Gegeben seien die Geometriedaten und die Belastung. Welche Verformung erfährt die Feder? Dazu muss die Belastung von 3 N/mm auf die Trägerlänge angegeben werden. Dazu 3 N/mm multipliziert mit der Länge von 470 mm rechnen. Dies ergibt eine Einzellast von 1410 N.

10

307 10.1  Federn

Um die Feder zu definieren wird diese mittels „Elastische Lagerung“, unter „Einspannungen“ als Randbedingung auf die zuvor erstellte Trennlinie eingegeben. Die Federsteifigkeiten erhält man aus der Angabe.

Studie ausführen und Ergebnisse ablesen. Es sind die Verformungen bzw. Verschiebungen des gesamten Balkens zu sehen. Um die Kräfte an den Federn ablesen zu können, Schritt 9 durchführen.

Lässt man sich jetzt unter RMT und

die Verformung in hier 18facher Vergrößerung der Verschiebung darstellen, erkennt man sehr gut, dass sich der Träger nicht linear verformt, als bei der analytischen Berechnung zuvor angenommen wurde.

Um die Federkraft zu ermitteln unter

RMT

wählen. Im Anschluss die beiden Angriffsflächen wählen. Die Kräfte sind sehr ähnlich den bereits ermittelten in der analytischen Betrachtung des Beispiels zuvor.

308

Kapitel 10  Elastische Lager

10.1.6

Sonstige Federpakete

Die wichtigsten Grundlagen zu Federn wurden bereits ausgiebig bei den Schraubenfedern beschrieben. Da es im Maschinenbau auch noch zahlreiche andere Federmethoden gibt, werden diese hier noch kurz beschrieben und deren Einbaumöglichkeiten bzw. Einsatzgebiete genauer erörtert. 10.1.6.1

10

Blatt- und Torsionsfeder

Es gibt noch weitere Möglichkeiten eine Federung in einer Baugruppe zu ermöglichen. Früher wurden in Fahrzeugen sogenannte Blattfedern, anstatt des heutigem Dämpfersystem (meistens beim Fahrzeug kurz mit „Stoßdämpfer“ bezeichnet), als Federung verwendet. Diese werden noch genauer im 2. Band dieser Buchreihe behandelt, da deren Funktion auf elastostatische Grundlagen zurückgehen. Ähnlich zu den Blattfedern, die auf die Biegebeanspruchung zurückgehen, gibt es auch sogenannte Dreh- oder Torsionsfedern. Auch diese werden im Band 2 genauer untersucht, aufgrund hier nicht mehr näher darauf eingegangen wird. Genau genommen gehören hier auch Schraubenfedern hinein. 10.1.6.2

. Abb. 10.20 Spiralfeder in einer Uhr

Spiralfeder

Eine der wohl ältesten Federn ist die Spiralfeder (vgl. . Abb. 10.20). Die meisten haben auch sicher eine Spiralfeder zu Hause bzw. zumindest eine Baugruppe, die eine solche enthält. Von einer solchen wird nämlich die sogenannte Unruh in einer Armbanduhr zum Schwingen gebracht. (Für Uhrenliebhaber sei hier noch eine kurze Information angehängt: Da die Spiralfeder nicht gleichmäßig hin- und her schwingt, müssen noch weitere Bauteile für die Gewährleistung einer funktionsfähigen Uhr verbaut werden, wie beispielsweise eine Hemmung.) Ein Uhrwerk ist aber wahrscheinlich nicht das einzige, was jeder Haushalt mit einer Spiralfeder inkludiert zu Hause haben wird. Ein weiteres Beispiel wären die alten Telefone mit einer Drehwählscheibe, auch diese wurde von einer Spiralfeder wieder in die Ausgangslage versetzt, solch ein Telefon werden aber nur noch die wenigsten zu Hause haben. Ein weiteres Beispiel wären Spielzeugautos, welche beim Zurückziehen die Spiralfeder spannen (Spiralfe-

dermotor) und beim Loslassen die Federenergie rasant wieder freilassen, wodurch das Auto nach vorn fährt. 10.1.6.3

Tellerfeder

Tellerfedern (vgl. . Abb. 10.21) sind eine weitere Möglichkeit zum Federn von Bauteilen. Diese

. Abb. 10.21 Tellerfederpakete, oben: Serienschaltung, unten: Parallelschaltung

309 10.1  Federn

werden dann eingesetzt, wenn man große Federkräfte erreichen muss. Tellerfedern können je nach Anordnung unterschiedliche Federkräfte erzeugen. Oftmals werden diese auch zum Vorspannen von Bauteilen verwendet, beispielsweise in Werkzeugmaschinen zum Befestigen einer Drehaufnahme in dem Revolver, in automatischen Dreibackenfutter oder auch zum Verwirklichen einer Bremse in Spannvorrichtungen. Baut man Tellerfedern gemäß Norm ein, so sollte der Federweg nicht vollkommen ausgenutzt werden, sondern nur zu 75 %. Es entsteht ein progressiver Federkennlinienverlauf. Dieser entsteht durch die Verschiebung der Kraftangriffspunkte zu kleineren Hebelarmen (. Abb. 10.22), weil sich die Tellerfedern auf-

r2 r1

F

F2 F1

. Abb. 10.22 Tellerfeder – progressive Kennlinie – der Hebelarm ri sinkt bei Belastung von r1 auf r2

einander oder auf der Anlagefläche abwälzen. In der Norm DIN 2093 werden die Federkräfte nur bei 75 % des Federwegs angegeben [45].

Beispiel 10.3

Zu untersuchen sind unterschiedliche Arten von Schaltungen bei Tellerfedern. Es seien die Federpakete mit den unterschiedlichen Kraftbeträgen: F1 D 100 N, F2 D 200 N, F3 D 300 N, F4 D 400 N und F5 D 500 N gegeben. Wenn bei allen Federn die Federkonstante konstant ist, wie ändert sich die Absenkung bei den unterschiedlichen Kraftbeträgen? Es sind Federpakete mit 1, 2, 4 und 6 Federn zu untersuchen, bei Serien- und Parallelschaltung. Stellen Sie das Ergebnis mittels eines Diagramms dar und führen Sie eine exponentielle Regressionsanalyse durch und beschreiben Sie die Erkenntnisse aus dieser Analyse. Bestimmen Sie mithilfe der FEA die Federsteifigkeit und überprüfen Sie die Verformung, die bei der FEM-Analyse errechnet wurde, mit jener, die aus der analytischen Rechnung hervorgeht, indem man Ersatzfedersteifigkeiten bildet. Die Analyse ist sowohl für die Parallelschaltung als auch die Serienschaltung durchzuführen. Stellen Sie die Verformung bei einer konstanten Kraft von F D 600 N für die Schaltungen: Parallelschaltung mit der Federanzahl 1, 2, 4 und 5 dar und für die Serienschaltung mit der Anzahl: 1, 2, 4 und 6.

Lösung: Bei allen FEM-Analysen, die bis jetzt durchgeführt wurden, genügte es, die Analyse als „gewöhnliche statische Analyse“ aufzusetzen. Diese setzt voraus, dass die drei Bedingungen für eine nicht-lineare statische Analyse außer Acht gelassen werden dürfen, welche lauten: kleine Verformungen im Vergleich zu den Bauteil Abmessungen, nicht lineares Werkstoffverhalten und spezielle Kontaktrandbedingungen. Da ein nicht lineares Verhalten zwischen Kraft und Verschiebung dargestellt werden soll, ist Bedingung 1 nicht erfüllt, wenn die Kraft verdoppelt wird, verdoppelt sich nicht die Verschiebung, wie es für eine lineare Analyse der Fall sein müsste. Nachstehend ist der Vergleich, zwischen einer linearen und einer nicht-linearen-Analyse dargestellt, diese beiden unterscheiden sich deutlich voneinander. Später wird genauer auf die Nicht-Linearität von Bauteilen eingegangen, hier soll diese einfach mal so hingenommen werden. Es lässt sich die Tendenz zur progressiven Federkennlinie erkennen, wie zu erwarten war.

10

310

Kapitel 10  Elastische Lager

P os.

B ild

Erklärung

Parallelschaltung Maximale Verschiebung: 0,0831 mm

Maximale Verschiebung: 0,1792 mm

Maximale Verschiebung: 0,2144 mm

Maximale Verschiebung: 0,2726 mm

Maximale Verschiebung: 0,3383 mm

Maximale Verschiebung: 0,4081 mm Im zweiten Schritt wird eine nicht lineare Analyse erstellt (nicht lineare – statische Analyse). Analyse aufsetzen und ausführen. Bei der Verschiebungsdarstellung RMT und wählen.

10 Dann

anwählen.

311 10.1  Federn

Verschiebung [mm] Übersicht der linearen Analyse

Verschiebung

0,5

lineare Analyse

0,4 Verschiebung [mm]

0,3

400; 0,2726

0,2 0,1 0 0

200

400

600

800

Linear (Verschiebung [mm])

Kraft

1

nicht lineare Analyse

0,8

Verschiebung

Verschiebung [mm] 0,0831 0,1792 0,2144 0,2726 0,3383 0,4081

Übersicht der nicht linearen Analyse

Verschiebung [mm]

Kraft [N] Verschiebung [mm]

0,6 0,4

Linear (Verschiebung [mm])

0,2 0 -0,2

Kraft [N] 100 200 300 400 500 600

0

2000

4000

Kraft

6000

8000

Verschiebung [mm]

100 200 300 0,02263 400 0,03033 500 0,03827 600 0,04618 1500 0,1207 4500 0,5037 6500 0,8877 Es ist eindeutig eine Tendenz für eine progressive Federkennlinie zu verzeichnen.

zwei Federn

vier Federn

10

312

Kapitel 10  Elastische Lager

fünf Federn

Federsteifigkeit Parallelschaltung Um die Federkonstante bestimmen zu können, benötigt man die Verformung der Feder infolge einer Krafteinwirkung von 1 N. => c = F/f = 1/0,00007366 = 13,575 kN/mm

Serienschaltung

Einzelfeder

10

zwei Federn

vier Federn

10

313 10.1  Federn

sechs Federn

Federsteifigkeit Serienschaltung

Um die Federkonstante bestimmen zu können, benötigt man die Verformung der Feder infolge einer Krafteinwirkung von 1 N. => c = F/f = 1/0,00008871 = 11,272 kN/mm Parallelschaltung

Einzelfeder

zwei Federn

vier Federn

fünf Federn

0,04618

0,01129

0,00252

0,00189

Schaltbild

Verformung [mm]

F = 600 N

Paralellschaltung: Verschiebungsverlauf für unterschiedliche Federpakete 0,0500 0,0450 0,0400 0,0350 0,0300 0,0250 0,0200 0,0150 0,0100 0,0050 0,0000

0,0442 0,04618

0,0221 0,01129

0,0110

0,0088

0,00252

0

0,5

1

1,5 errechnet

Serienschaltung

2

2,5 FEA

3

0,00189 3,5

4

4,5

Expon. (errechnet)

Einzelfeder

zwei Federn

vier Federn

sechs Federn

0,05499

0,07684

0,1042

0,1374

Schaltbild

Verformung [mm]

F = 600 N

314

Kapitel 10  Elastische Lager

Serienschaltung: Verschiebungsverlauf für unterschiedliche Federpakete 0,4000 0,3500 0,3194

0,3000 0,2500 0,2129

0,2000 0,1500

0,1374

0,05499

0,1000

0,1065 0,07684

0,0532

0,0500

0,1042

0,0000 0

0,5

1

1,5 errechnet

2

2,5 FEA

10

. Abb. 10.23 Rebschere [34, 45]

10.1.6.4

Evolutfeder

Die Evolutfeder wird auch als Schneckenfeder bezeichnet. Die meisten werden die Evolutfeder aus der Gartenschere kennen. Häufig wird diese Art der Feder aber auch zur Abdeckung von Spindeln, um Schmutz zu vermeiden, verwendet (vgl. . Abb. 10.23). 10.1.6.5

Weitere Federn

Weiteres gibt es unzählige Federn, die hier aber nicht genauer untersucht werden, da diese geringen Einfluss auf die Technische Mechanik haben. Dazu zählen:

3

3,5

4

4,5

Expon. (errechnet)

4 Membranfedern: Dabei handelt es sich um geschichtete Platten aus einem Elastomer Material und Metall. Diese befinden sich in einem Zylinderrohr, wodurch bei Druckbelastung eine Dämpfung erfolgt. 4 Ringfeder: Dabei handelt es sich um Ringe, die beidseitig konisch sind, es werden zwei unterschiedliche Ringe so gepaart, sodass diese ähnlich wie eine Welle-NabenVerbindung wirken. Dies geschieht in Serienschaltung durch mehrere solcher Ringpaare. Wenn dann eine Druckbelastung auf die Feder wirkt, so werden diese gegeneinander verschoben. Diese Art der Federung ist als sehr steife bzw. starre Feder anzusehen, die Federwirkung ist sehr gering.

10.2

Dämpfer

In diesem Abschnitt geht es um die Grundlagen von Dämpfer. Die genaue Berechnung wird in diesem Band nicht vorgezeigt, da diese entweder weit über das bis jetzt gelernte hinaus gehen, man denke an die Schwingungslehre, die für die Erregerschwingungen und die gedämpfte Schwingung für dir Dämpfer notwendig ist, aber erst in Band 3 (Dynamik) genau untersucht wird, oder auch die Strömungsmechanik, wenn es um Hydro- oder Aerodämpfer geht, diese wird in den beiden Bänden 4 und 5 dieser Buchreihe genauer behandelt (vgl. . Abb. 10.24).

315 10.2  Dämpfer

handelt.) Gase haben die Eigenschaft, dass diese kompressibel sind (dies bedeutet, die Dichte ist nicht konstant, wodurch auch schon eine Dämpfung stattfinden kann, wenn kein Gas entweichen kann.) 10.2.1.1

. Abb. 10.24 Dämpfer am Fahrwerk eines Motorrads

10.2.1

Hydro- und Aerodämpfer

Unter Dämpfer versteht man ein Bauteil, welches eine gefederte Masse schnell abklingen lässt. Man unterscheidet: hydraulische Dämpfer und pneumatische Dämpfer. Dämpfer haben einen breiten Einsatz im Maschinenbau. Bei Fahrwerken (Auto, Sportwagen), bei Fahrrädern, bei Motorrädern, bei Heckklappen am Pkw, um nur einige Anwendungsbeispiele zu nennen. Dämpfer basieren auf dem Verdrängerprinzip. (. Abb. 10.25). Die Dämpfereigenschaften hängen vom Medium (Gase – oder Flüssigkeiten) und von dem Volumen des Mediums sowie von der Bohrung mit dem Durchmesser dv ab. Diese Bohrung bestimmt die Dämpfungsgeschwindigkeit. (Mehr dazu wird im Buch Technische Mechanik – Band 4 – Hydromechanik [12] be-

Luftfederung

Bei Motorrädern sind oftmals Luftfederungen zum Abklingen von erregten Schwingungen, die beispielsweise beim Befahren von Fahrbahnunebenheiten entstehen, verbaut. Diese befinden sich über dem Vorderrad, wie . Abb. 10.26 zu entnehmen ist. Die Dämpfung wird in diesen durch ein eingeschlossenes Gas erreicht, welches sich bei steigender Belastung, aufgrund der Volumenverkleinerung im Dämpfer, komprimieren muss und daher eine Dämpfung verursacht. Dieses Konzept wird auch als Gasfeder mit konstanter Gesamtmasse bezeichnet. Ein anderes Konzept ist das Luftfeder mit konstantem Volumen in Regellage Konzept [68]. Dieses wird auch oft als Luftbalg bezeichnet. Dabei wird der Balg über ein Rohr gestülpt, wobei sich bei Belastung dieser Balg um das Rohr abrollt. Der Dämpfer wird durch einen Kompressor ständig mit Druckluft versorgt. Vgl. mit . Abb. 10.27.

Hier darf sich keine Dichtung befinden! Sogwirkung beim Einfahren!

dv

. Abb. 10.26 Dämpfer in Verbindung mit einer Feder an einem Motorrad

F

Deckel

Kolben

Zylinderrohr

. Abb. 10.25 Dämpfer mit Medium

Medium

10

316

Kapitel 10  Elastische Lager

. Abb. 10.28 Komprimierung des Gases in der Federkugel beim Einfedern [59, 65]

. Abb. 10.27 Luftbalg [68, 89]

10.2.1.2

10

Hydropneumatik

Diese besteht, wie man bereits dem Namen entnehmen kann, aus zwei unterschiedlichen Dämpfermedien. Zum einen ein Gas und zum anderen eine Flüssigkeit. Der Erfinder dieser Art der Dämpfung war der Franzose Paul Magès der diesen für den Automobilkonzern Citroën entwickelte. Diese Art der Federung wurde 1989 weiterentwickelt und trägt den Namen Hydractive wobei der Hydropneumatik eine Steuerung zugefügt wurde [59]. Das zu federnde Bauteil, hierbei das Rad des Autos, ist dabei mit einer Federkugel versehen (. Abb. 10.28). Diese Federkugel ist mit zwei Medien gefüllt, zum einen mit dem Gas Stickstoff und zum anderen mit der Flüssigkeit Öl. Damit sich die beiden Medien nicht vermischen können, werden diese durch eine MembranSchicht getrennt. Am unteren Ende dieser Federkugel befindet sich ein Kolben, der mit der Auslesemechanik der Radaufhängung verbunden ist. Erfährt das Rad eine erregte Schwingung und bewegt sich die Mechanik des Auslegers,

mit der auch der Kolben der Federkugel verbunden ist, so wird der Kolben in die Federkugel hinein gedrückt, wodurch das Öl, aufgrund der Volumenverkleinerung auf den Stickstoff drückt und dadurch diesen komprimiert. Es entsteht eine Federwirkung. Der Vorteil dieser Art der Federung ist, dass immer eine konstante Bodenfreiheit gewährleistet ist.

10.2.2

Puffer und Gummidämpfer

Diese werden vorwiegend zum Dämpfen von Schwingungen verwendet. Berechnet werden können diese wie Federn, mit dem Unterschied, anderer Parameter und Kennzahlen. Dazu wird aber auf die Gegenstände Maschinenelemente und Kunststofftechnik verwiesen. Solche Dämpfer, bestehend aus einem Elastomer, können auch zum Dämpfen von Werkzeugmaschinen verwendet werden. Dazu sind einige Rechenbeispiele im Band 3 (Dynamik) im Kapitel „Schwingungslehre, Abschnitt: Schwingungsisolierung“ zu finden. Weitere Anwendungungsmöglichkeiten von Gummi-Dämpfer befinden sich auch in jedem Haushalt: Türstopper, jegliche Füße von Elektrogeräten, sei es Laptop oder die Küchenmaschine, Füße eines Bügeltisches mit gummmierten Fußenden u. v. m.

317 10.3  Übungen

Beispiel 10.4

Eine Kutsche, mit alten Rädern aus Holz und Stahl wird keinen angenehmen Fahrstil aufweisen (vgl. . Abb. 10.29) (jede Unebenheit der

Fahrbahn wird direkt auf den Fahrer übertragen) hingegen Reifen aus Gummi (vgl. . Abb. 10.30) weitaus besser mit der Dämpfung umgehen.

. Abb. 10.29 Räder einer Kutsche

. Abb. 10.30 Räder eines Pkws vs. . Abb. 10.29

10.3

Übungen

Übungsbeispiel 10.1

Welche Arten von Federn unterscheidet man?

Lösung Zug- und Druckfedern im allgemeinen (Schraubenfeder), Torsionsfeder, Drehfeder, Tellerfeder ...

Übungsbeispiel 10.2

Woher hat die Torsionsfeder ihren Namen?

Lösung Bei der Verformung liegt eine Torsionsspannung vor.

Übungsbeispiel 10.3

Stimmt nach der vorgehenden Erklärung der Name bei Zug- und Druckfedern?

Lösung Nein, genau genommen nicht, da auch diese Federn aufgrund der Helix-Form deren Spannung über Torsion übertragen.

10

318

Kapitel 10  Elastische Lager

Übungsbeispiel 10.4

Welche Schaltungen von Federn unterscheidet man und wie sehen diese aus? Lösung Parallelschaltung

Reihenschaltung

Federsystem

Feder 1

Feder 2 F1

F1 Feder 1

FF 1

Ersatzfeder

f1 Ersatzfeder 2 Feder 2

Feder 1 FF 1

F1

Feder 2

f2 FF 2 f2 = f1

10 Übungsbeispiel 10.5

FF Federkraft [N] f Federweg [N] N c Federkonstante Πmm 

Wie ist die Federkraft definiert? Lösung FF D c  f

(10.21)

Übungsbeispiel 10.6

Wie lautet das Federgesetz bei Drehfedern?

Lösung MT D c T  '

(10.22)

Übungsbeispiel 10.7

Wie lauten die geltenden Gesetze bei einer Reihenschaltung?

Lösung fRes D f1 C f2 C : : : C fn FF 2 FF n FF 1 FFe rs C C::: C D cers c c c 1 1 1 1 D C C::: C cers c c c

(10.23)

10

319 10.3  Übungen

Übungsbeispiel 10.8

Wie lauten die geltenden Gesetze bei einer Parallelschaltung?

Lösung cers D c1 C c2 C : : : C cn

(10.24)

Übungsbeispiel 10.9

Wann ist eine Feder als steife Feder anzunehmen?

Lösung Steife Feder D

f  c

(10.25)

Übungsbeispiel 10.10

Was bedeutet die „Theorie 1. Ordnung“? Lösung Da die Gleichgewichtsbedingungen am unverformten Zustand aufgestellt werden, kann nicht

automatisch, nach einer Verformung, die Geltung der Gleichgewichtsbedingungen vorausgesetzt werden. Liegt jedoch eine starre Feder vor, so sind die Verformungen so gering, dass die Bedingungen verwendet werden dürfen.

Übungsbeispiel 10.11 (Einfache Bandbremse)

Eine Bandbremse (vgl. . Abb. 10.31) entsprechend unten stehender Skizze soll ein Bremsmoment von MBr D 0;1 Nm abbremsen. Der Bremsscheibendurchmesser beträgt D D 60 mm, der Reibwert zwischen Bremsband und Scheibe beträgt  D 0;18. Zu ermitteln ist die erforderliche Federkraft F (. Abb. 10.32). Realisiert werden sollte eine Art Kupplung durch die Bandbremse, die ein Drehmoment überträgt. Die Kraft F wird darum durch eine Druckfeder erzeugt. Wie groß muss c sein, um eine Dehnung von 1,2 mm nicht zu übersteigen? . Abb. 10.31 Einfache Bandbremse – CAD

n

50

γ

F A

F1 A

30 . Abb. 10.32 Einfache Bandbremse

60

F2

F

320

Kapitel 10  Elastische Lager

Lösung 30 D 36;87ı H) 50 ˛ D 180ı C D 180ı C 36;87ı D 226;87ı

D arcsin

Für entgegengesetzte Drehrichtung sind F1 und F2 am Bremshebel zu vertauschen: F1 D Fu C F2 D 3;33 C 3;41 D 6;75 N (10.30)

(10.26) Fu D

2  0;1 2  MBr D D 3;33 N D FR d 0;06

Mit ˙MA D 0 0 D F1  30  F  80 (10.27)

mit FR D F2  .e F2 D

˛

 1/:

5 FR  D 3;41 N D  0;18 216;87 .e ˛  1/ 180 e 1

F D

6;75  30 F1  30 D D 2;25 N 80 80

(10.31)

Die einfache Bandbremse ist vorwiegend für eine Drehrichtung geeignet. F D FF D 2;25 kN.

(10.28) ˙MA D 0 F D

10

FF D c  f

0 D F2  30  F  80

3;41  30 F2  30 D D 1;14 N 80 80

(10.29)

cD

H)

2;25 N FF D D 1;875 N=mm f 1;2 mm

(10.32)

Übungsbeispiel 10.12

Es liegt eine Bremse für ein Bauteil vor, die durch die Federkraft, hier durch Tellerfedern (vgl. . Abb. 10.33), gemäß nebenstehender Abbildung bremst. Zum Lösen der Bremse dient ein verbauter Kolben, der die Tellerfedern wieder zusammendrückt und dadurch das Lösen der Bremse verursacht. Gegeben sind die Anzahl der Federn, diese sind Parallel- und Serie geschaltet, zu je vier Federn, die Federsteifigkeit einer Tellerfeder ist c D 120 N=mm, diese darf als linear angenom-

men werden. Der Hub der Bremse sei mit 3 mm gegeben. Welche Ersatzfedersteifigkeiten liegen vor, welche Federkraft entsteht durch die Tellerfedern? Wenn der Kolben zum Lösen mit Luft bei einem Betriebsdruck von 4 bar als Kreisring, mit einem Außendurchmesser von da D 140 mm ausgeführt wird, welchen Innendurchmesser muss der Kolben dann maximal haben, um ein Lösen der Bremse zu gewährleisten?

Fges

di

Luft

. Abb. 10.33 Tellerfederbremse

da

10

321 10.3  Übungen

Lösung c= n_P = n_S = l_ges = c_ers,P = c_ers,S =

120 4 4 3 480 30,00

F_FP = F_FS = F_Fges = p=

1440 90 4590 4 0,4 11475 140 15393,80 3918,80 70,64

A= d_a = A_a = d_i = d_a =

N/mm

mm N/mm N/mm

Federsteifigkeit Tellerfeder Anzahl Feder Parallelschaltung Anzahl Feder Serienschalter gesamter Federweg Ersatzfedersteifigkeit Parallelschaltung Ersatzfedersteifigkeit Serienschaltung

N N N bar N/mm^2 mm^2 mm mm^2 mm^2 mm

Federkraft Parallelschaltung Federkraft Serienschaltung Federkraft gesamt Druck in bar Druck in N/mm^2 min. Fläche Kreisring min Außendurchmesser Fläche Kreisring außen Fläche Kreisring innen max. Innendurchmesser

Übungsbeispiel 10.13

Ein einfach wirkender Pneumatikzylinder (vgl. . Abb. 10.34) besitzt einen Kolbendurchmesser von 50 mm. Der Betriebsdruck beträgt 4 bar. Die Rückstellung des Zylinders erfolgt durch eine Druckfeder (Pneumatikzylinder mit Federrückstellung.) Der Hub des Zylinders sei 150 mm. Bestimmen Sie die erforderliche Federsteifigkeit der Feder zur Rückstellung.

Luft

Feder

Kolbenstange

F

dK

Kolben

. Abb. 10.34 Einfach wirkender Pneumatikzylinder mit Federrückstellung

Lösung d_K = A_K = p= F_F = h= f_F = c_erf

50 1963,50 4 0,4 785,40 150 150 5,24

mm mm^2 bar N/mm^2 N mm mm N/mm

Durchmesser Kolben Zylinder Kolbenfläche Zylinder Betriebsdruck der Anlage in bar Betriebsdruck der Anlage in N/mm^2 Kolbendruckkraft Zylinderhub Federweg erforderliche Federsteifigkeit

322

Kapitel 10  Elastische Lager

Übungsbeispiel 10.14

Ein einfach wirkender Pneumatikzylinder (vgl. . Abb. 10.35) besitzt einen Kolbendurchmesser von 50 mm. Der Betriebsdruck beträgt 4 bar. Die Rückstellung des Zylinders erfolgt durch eine Druckfeder (Pneumatikzylinder mit Federrückstellung.) Der Hub des Zylinders sei 150 mm. Bestimmen Sie die erforderliche Federsteifigkeit der Feder zur Rückstellung. Dieses Mal sind allerdings zwei Federn, in Serie geschaltet, vorhanden. Diese beiden Federn werden durch eine 10 mm dicke Scheibe getrennt.

Luft

10

Feder

Kolbenstange

F

dK

Kolben

. Abb. 10.35 Einfach wirkender Pneumatikzylinder mit Federrückstellung in Serie geschaltet

Lösung d_K = A_K = p= F_F = h= d_S = f_F = c_erf_ers c_erf =

10

50 1963,50 4 0,4 785,40 150 10 140 5,61 11,22

mm mm^2 bar N/mm^2 N mm mm mm N/mm N/mm

Durchmesser Kolben Zylinder Kolbenfläche Zylinder Betriebsdruck der Anlage in bar Betriebsdruck der Anlage in N/mm^2 Kolbendruckkraft Zylinderhub Dicke Scheibe Federweg erforderliche Federsteifigkeit Serienschaltung erforderliche Federsteifigkeit je Feder

Übungsbeispiel 10.15

Es liegt ein Dämpfersystem gemäß . Abb. 10.13 vor. Es ist eine Masse von 5000 kg mit einem Federpaket aus Parallelschaltung, bestehend aus 10 Federn zu dämpfen. Dabei soll eine maximale Verschiebung von 5 mm nicht überschritten wer-

den. Welche Federkraft liegt je Feder vor, wie lautet das Ersatzfedermodul und welche Federsteifigkeit muss eine Feder besitzen, um die Masse bei einer maximalen Verschiebung von 5 mm zu dämpfen?

Lösung m= n_F = m_F = F_Fers = n_P = f_fers = c_ers = c= F_F =

5000 5 1000 9810,00 10 5 1962 196,20 981

kg kg N mm N/mm N/mm N

Gesamtmasse Anzahl Federpakete Masse je Federpaket Federkraft je Federpaket Anzahl Federn in Parallelschaltung je Paket Verkürzung der Feder je Paket Ersatzfedersteifigkeit je Federpaket Federsteigigkeit je Feder Federkraft je Feder

10

323 10.3  Übungen

Übungsbeispiel 10.16

Eine Türklinke (vgl. . Abb. 10.36) wird mit einer Kraft von FD D 60 N nach unten gedrückt. Die beiden Längen betragen l1 D 150 mm und l2 D 70 mm. Der Winkel zwischen der Waagrechten und der Klinke in maximaler Absenkung sei 30 Grad. Es ist eine Feder auszulegen, die die Klinke bis zur Hälfte der vorgegebenen Druckkraft wieder nach oben drückt. Es ist eine Torsionsfeder zu verwenden. Bestimmen Sie die beiden Momente um x und y sowie die Federsteifigkeit in Nm/rad.

z l1

l2

FD y

x

. Abb. 10.36 Türklinke

Lösung F_D = l_1 = l_2 = M_x = M_y = M_F = phi = c_T =

60 150 70 9 4,2 4,5 30,0 0,52 8,6

N mm mm Nm Nm Nm ° rad Nm/rad

Druckkraft Hebellänge 1 Hebellänge 2 Moment um x-Achse Moment um y-Achse Drehmoment Feder Drehwinkel Feder Drehwinkel Feder Federkonstante Drehfeder

Übungsbeispiel 10.17

Es ist ein Dämpfer, der mit Luft befüllt ist auszulegen. Es handelt sich dabei um einen Dämpfer, der einem Pneumatikzylinder ähnelt (. Abb. 10.37). Dieser Dämpfer nutzt die Kompressibilität der Luft. Dies wird noch weitaus genauer im Band 4 und 5 (Thermo- und Aeromechanik) dieser Buchreihe behandelt. Grob bedeutet dies, dass sich die Dichte von Luft in Abhängigkeit des Druckes ändert. Hier bedeutet dies also, je mehr Druck auf den Dämpfer wirkt, bzw. Kraft, desto weniger Volumen wird für eine konstante Masse an eingeschlossener Luft benötigt. Man kennt von dem Dämpfer den Kolbendurchmesser (dk ), die zu dämpfende Masse m D 150 kg. Es liegen Normbedingungen vor, dies bedeutet: T D 293;15 K und p0 D punb D 1;013 bar. Die Luftspeicherhöhe des Dämpfers ist h D 160 mm. Die Dichte berechnet sich aus der Gasgleichung p /. Wel(genaueres siehe Thermodynamik: % D RT che Luftmasse muss im Dämpfer vorliegen? Wie groß ist die Belastung des Dämpfers? Bestimmen

Sie die Dichte bei keiner und maximaler Belastung. Wie ändert sich der Druck im Zylinder? Wie weit bewegt sich der Kolben des Dämpfers zwischen den beiden Zuständen belastet und unbelastet?

FD = 0 FD = max

h

Vunb p0 dK

Δh hbel

Vbel pbel dK

. Abb. 10.37 Geschlossener Luftdämpfer

324

Kapitel 10  Elastische Lager

Lösung Hinweise zur Lösung: Zuerst muss die Kolbenfläche berechnet werden aus dem Kolbendurchmesser dK . Ebenso kann aus der Masse m die Druckkraft FD bestimmt werden. Mit der Fläche des Kolbens und dem Hub kann das Füllvolumen im unbelasteten Zustand berechnet werden. Da Normbedingungen und keine Belastung vorliegt, wirkt nur der Atmosphärendruck (Angabe) und damit berechnet sich die Dichte der Luft mit p bei Druck p0 und Temperatur T (Anga% D RT d_K = m= p_unb = h= A_K = F_D = V_unb =

10

R= T= rho_unb = m_Lunb = F_bel = p_bel =

rho_bel = m_Lbel = V_bel = h_bel = Delta h =

100 150 1,013 0,1013 160 7853,98 1472 1256637,06 0,00125664 287 293,15 1,204 1,51 1472 0,19 1,87 187357,199 2,23 1,51 0,00067944 679436,579 86,51 73,49

mm kg bar N/mm^2 mm mm^2 N mm^3 m^3 J/kgK K kg/m^3 g N N/mm^2 bar N/m^2 kg/m^3 g m^3 mm^3 mm mm

be). Ist das Volumen und die Dichte bekannt, so kann durch % D m die Masse bestimmt werden. V Diese muss konstant sein. Dann wird die Dichte der Luft bei Belastung berechnet, dazu muss jetzt der Druck eingesetzt werden, der sich aus p D AFDK ergibt. Es folgt erneut eine Dichte für die Luft, die jetzt ein neues Volumen bestimmen lässt, wenn mL D const. (Luftmasse) ist. Durch die Kolbenfläche durch dividiert, ergibt sich die neue Luftsäulenhöhe, die dann die Absenkung bestimmen lässt.

Durchmesser Dämpferkolben zu dämpfende Masse Durck in Dämpfer bei unbelasteten Zustand bar Druck in Dämpfer bei unbelasteten Zustand N/mm^2 Luftspeicherhöhe Fläche Dämpferfläche Dämpfungskraft Luftspeichervolumen in mm^3 (unbelastet) Luftspeichervolumen in m^3 Gaskonstante Temperatur in K Luftdichte im unbelasteten Zustand bei Normbedingungen Masse Luft im unbelasteten Zustand Kraft (Belastung) Druck im belasteten Zustand N/mm^2 Druck im belasteten Zustand bar Druck im belasteten Zustand N/m^2 Luftdichte im belasteten Zustand bei Normbedingungen Masse Luft im belasteten Zustand Luftspeichervolumen in m^3 (belastet) Luftspeichervolumen in mm^3 Luftspeicherhöhe im belasteten Zustand Hub des Dämpfers

10

325 10.3  Übungen

Übungsbeispiel 10.18

Für einen Pkw sind die Gasdruckfedern (vgl. . Abb. 10.38) (2 Stück) für eine Heckklappe (vgl. . Abb. 10.39) zu dimensionieren. Diese hat ein Gewicht von mK D 60 kg. Die Abmessungen betragen a D c D 0;2, b D 1;1 m. Die Federn sind für die Position der Heckklappe zur Senkrechten unter dem Winkel ˛ D 20ı zu berechnen. Die Gasdruckfeder hat einen Kolbendurchmesser von 12 mm und einen Kolbenstangendurchmesser von 8 mm. Die Dämpferbohrung hat einen Durchmesser von 2 mm (= dB ). Bestimmen Sie die Kraft der Feder beim Ein- und Ausfahren, sowie den dafür nötigen Druck p1 D p2 D p. Die Feder hat einen Hub von 100 mm bei einer Kolbenbreite von Eingefahrener Zustand

dKS FF

dK

Lösung Zu Beginn einige Hinweise zur Lösung: Zuerst kann die Gewichtskraft durch die Masse der Heckklappe berechnet werden. Da zwei Federn vorliegen, muss die Gesamtmasse halbiert werden. Durch die beiden Abstände a und c kann der Winkel ˇ berechnet werden. Im Anschluss kann das Momentengleichgewicht um den Drehpunkt des Deckels aufgestellt werden. Dieses lautet n X

dB

100 200

10

10 mm und einer Gesamtlänge von 200 mm. Bestimmen Sie, wenn die Feder mit Stickstoff gefüllt ist, das Volumen im eingefahrenen und ausgefahrenen Zustand sowie die dabei herrschenden Drücke pein und paus D p und daraus die Progression in Prozent, die durch das Verhältnis zwischen dem Druck pein und paus definiert ist.

Mi.DP / D 0W

iD1

. Abb. 10.38 Gasdruckfeder

β

FG 

c

H)

a b

b  sin.˛/  FF  sin.ˇ/  c 2 FF D

b  sin.˛/ 2 : sin.ˇ/  c

(10.33)

FG 

(10.34)

Es ist damit auch die Federkraft der Gasdruckfeder bekannt. Durch die Fläche des Kreisrings (zwischen Kolben und Kolbenstange) kann die Kraft in der einen Richtung berechnet werden, zu

α

FF D FK  FKS D p  .AK  AKS / . Abb. 10.39 Heckklappe

pD

FF : p  .AK  AKS /

H) (10.35)

326

Kapitel 10  Elastische Lager

m_K = F_K = a= b= c= alpha =

30 294,3 0,2 1,1 0,2 20 0,349 beta = 0,785 45 F_F = 391,46 d_K = 12 d_KS = 8 d_B = 2 A_D = 109,96 A_KR = 59,69 v= 1,84210526 F_KS = 464,86 F_K = 856,32 Differenz = 391,46 p_1 = 7,79 p_2 = 7,79 p= 77,9

10

kg N m m m ° rad rad ° mm mm mm mm^2 mm^2 N N N N/mm^2 N/mm^2 bar

Gewicht Heckklappe Gewichtskraft Heckklappe Abstand Feder-Lager y Länge der Klappe Abstand Lager-Feder x Winkel Klappe Winkel Feder Federkraft Druchmesser Kolben Druchmesser Kolbenstange Öffnung Auslassbohrung Fläche Kolben mit Bohrung Fläche Kreisring Kolben-Kolbenstange Kraft Kolbenstangenseitig Kraft Kolbenseitig = Federkraft Druck in der Feder

h_1 = 100 mm l_ges = 200 mm B= 10 mm V_1 = 10178,76 mm^3 V_2 = 6283,19 mm^3 V_ges ein = 16461,95 mm^3 V_ges_aus = 21488,49 mm^3

Hub Kolben Gesamtlänge Dämpfer Breite Kolben Volumen Kolbenseitig Volumen Kolbenstangenseitig Gesamtvolumen eingefahren Gesamtvolumen ausgefahren

p_ein = p_aus =

p_ein = p_aus*V_aus/Vein) Druck ein Druck aus Progression

101,66 bar 77,88 bar 31%

Kraft

eingefahrener Zustand

ausgefahrener Zustand

327

Seilstatik & Kettenlinien

Inhaltsverzeichnis 11.1

Einführung – 329

11.1.1 11.1.2

Stabilität bei Seilsystemen – 329 Mathematische Grundlagen – 330

11.2

Eigenlasten am Seil – 332

11.2.1 11.2.2 11.2.3 11.2.4 11.2.5

Senkrecht hängendes Drahtseil – 332 Senkrecht hängendes Seil – 333 Seil in einer beliebigen Position – 333 Herleitung der Kettenlinie – 334 Seil unter Eigenlast – 336

11.3

Seil unter Eigenlast und Zusatzlast – 343

11.3.1 11.3.2

Senkrecht hängendes Seil – 343 In einem beliebigen Winkel und Einzellast – 344

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_11

11

11.4

Vereinfachungen in der Realität – 348

11.4.1 11.4.2 11.4.3

Wann liegt nahezu kein Fehler vor? – 348 Herleitung der Formel für Seil unter konstanter Linienlast – 348 Beispiel – 351

11.5

Übungen – 354

329 11.1  Einführung

Sie lernen hier. . . 4 Kettenlinien kennen. 4 Verformungen und Durchhängungen von Seilen unter Eigengewicht zu berechnen. 4 Hyperbel-Funktionen kennen. 4 berechnen von Seilen unter Zusatzlast. 4 einen iterativen Gleichungslöser in VB zu programmieren 4 Gleichungen grafisch zu lösen. 4 nicht lineare Gleichungssysteme mittels Matlab lösen.

11.1

Einführung

ellen Betrachtungen bei Balken vernachlässigt worden sind. Ebenso eine große Rolle können Windlasten spielen, die allerdings erst im Buch Technische Mechanik Band 4 [12] behandelt werden. Windlasten waren es, die die TacominaBridge zum Einsturz gebracht haben [90]. Anwendung findet die Seilstatik beispielsweise bei Seilbahnen, Kabelkränen, Frei- oder Oberleitungen und Hängebrücken [90] (vgl. . Abb. 11.1).

11.1.1

Stabilität bei Seilsystemen

Die Seilstatik beschäftigt sich, wie der Name bereits vermuten lässt, mit der Statik der Seile, jedoch nicht ausschließlich mit Seilen, sondern auch mit allen Bauteilen, die „seilähnliche“ Eigenschaften aufweisen. Doch, was sind „seilähnliche“ Eigenschaften? Seile haben die Eigenschaft, dass sie bei Zugbeanspruchung sehr hohe Lasten aufnehmen können, allerdings bei Druckbelastungen zusammenklappen, -knicken. Besonders entscheidend sind dabei die Gewichtskräfte, die bis jetzt meist bei allen aktu-

Die Überschrift stellt hier eigentlich bereits einen Widerspruch in sich dar, denn wenn man den Absatz zuvor gelesen und verstanden hat, wird rasch klar, dass Seile eigentlich keine Stabilität aufweisen, ohne näher auf den Begriff „Stabilität“einzugehen. Seile haben ein biegeschlaffes Verhalten. Vielen wird aus dem Rennsport das Material „Carbon“ ein Begriff sein (. Abb. 11.2). Karbon ist ein Gelege oder Gewebe (siehe Werkstoffkunde) aus vielen einzelnen Fasern, in eine Matrix eingebettet. Die Matrix dient dazu, die Fasern in Position zu halten. Die einzelnen Fasern wirken wie Seile, aufgrund Karbon-Bauteile hervorragende Eigenschaften, bei der Beanspruchung auf Zug, aufweisen und miserable bei der Beanspruchung auf Druck. Wie bereits erwähnt, reagiert ein Seil bei Druckbeanspruchungen durch Zusammenklappen. Vergleichen Sie hierzu . Abb. 11.3. Es ist logisch, dass das Boot durch das Seil an den Steg gezogen, allerdings nicht wieder weggeschoben werden kann.

. Abb. 11.1 Die Tacoma-Brücke ist eine Hängebrücke in Washington. Nach dem ersten Einsturz in Jahre 1940 wurde die Dynamik nochmals genau überprüft, die aufgrund der Windkraft an der Brücke entsteht [101]

. Abb. 11.2 Karbon Fasern sollen – wenn möglich – nur Zugbeanspruchungen ausgesetzt sein

Zitat

Ich glaube, wenn du etwas machst und es läuft gut, dann solltest du etwas anderes Wunderbares machen, bleib nicht zu lange bei einem. Denk daran, was als Nächstes dran ist. Steve Jobs

11

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

330

y g(x) = cosh(x) f (x) = sinh(x)

x

. Abb. 11.3 Boot wird an einem Seil gezogen . Abb. 11.4 Hyperbolicus-Funktionen (Area-Funktionen)

11.1.2

11

Mathematische Grundlagen

Um später Seilbeispiele lösen zu können, genügen die momentanen kennengelernten mathematischen Grundlagen nicht mehr. Speziell erweitert werden sollen im Zuge dieses Abschnittes die Winkelfunktionen. Dieses Mal werden die Zusammenhänge zwischen Winkel, Katheten und Hypotenusen nicht mehr anhand eines Kreises beobachtet, sondern in Hyperbeln. Für das Verständnis der Hyperbel-Funktionen, Sinus- und Kosinushyperbolicus, genügt es, sich die Funktionen anhand einer Hyperbel vorzustellen, ohne näher auf die Herleitung und Mathematik von Hyperbeln und deren Funktionen einzugehen, da dies der Mathematik vorbehalten sei. Die Herleitung kann man sich aus der Euler’schen Identität (siehe Mathematik) überlegen. Hier ist dies aber nicht von Bedeutung. Man findet die Definitionen für die beiden Funktionen durch e x C e x 2 e x  e x y D sinh.A/ D 2

Zahlen, in Form von 1 x .e  e x / D i sin.ix/ (11.2) 2 1 (11.3) cosh x D .e x C e x / D cos.ix/ 2 sinh x D

ausgedrückt werden (siehe 7 Bemerkung 11.1). Von Bedeutung kann   p asinh x D ln x C x 2 C 1   p arcosh x D ln x C x 2  1

(11.4) (11.5)

sein, da diese Bedingungen oftmals vorkommen. Durch Substitution dieser Bedingungen können viele Integrale einfacher gelöst werden.

Bemerkung 11.1

x D cosh.A/ D

(11.1)

Diese Funktionen wurden in . Abb. 11.4 gezeichnet. Eine Zusammenfassung der wichtigsten Eigenschaften von Hyperbelfunktionen beinhaltet . Tab. 11.1. Folgendes ist nur für Interessierte, ist aber später für die Mechanik nicht direkt von Bedeutung, hilft allerdings beim Verständnis. Die Hyperbel-Funktionen können durch komplexe

Für all jene, die sich unter komplexe Zahlen nichts vorstellen können, anschließend eine kurze Erklärung dieser, sehr kompakt zusammengefasst, damit bei Weitem keine Gewähr auf Vollständigkeit. Die komplexen Zahlen können in der Gauß’schen Zahlenebene dargestellt werden und besitzen einen Imaginär (I m)- und Realteil (Re). Eine komplexe Zahl z ist daher durch die Gleichung z DACi B

(11.6)

11

331 11.1  Einführung

. Tab. 11.1 Eigenschaften der Hyperbelfunktionen (sms = streng monoton fallend, smf = streng monoton steigend) [92] Sinushyperbolicus

Kosinushyperbolicus

Definitionsbereich

1 < x < C1

1 < x < C1

Wertebereich

1 < f .x/ < C1

1  f .x/ < C1

Periodizität

Keine

Keine

Monotonie

sms

1 < x  0 smf 0  x < 1 sms

Symmetrien

Punktsymmetrie zum Ursprung

Achsensymmetrie zur Ordinate

Asymptotische Funktionen

a1 .x/ D

1 x e ; 2

a1 .x/ D 12 e x ;

a2 .x/ D

 12 e x ;

x!1 x ! 1

a2 .x/ D

x!1

1 x e ; 2

x ! 1

Nullstellen

xD0

Keine

Sprungstellen

Keine

Keine

Polstellen

Keine

Keine

Extrema

Keine

Minimum bei x D 0

Wendestellen

xD0

Keine

definiert, wenn A der Realteil und B der Imaginärteil ist. Was i exakt ist, wird anhand eines Beispiels erklärt. In allen Zahlenmengen bis zu den reellen Zahlen ist eine Gleichung z 2 D 1  a H) p p z D 1  a2 D a  1

(11.7)

nicht lösbar, wenn a = const. sei. Die Lösung liefernp die komplexen Zahlen, indem man den Term 1 D i definiert. Man kann damit auch weitere Überlegungen aufstellen, beip 2 spielsweise ist i 2 D 1 D 1 oder i 3 D p 2 p p 1  1 D 1  1 D i. Damit würde in der Menge der C die Lösung der obigen Gleichung z D a  i lauten. Sei a D 3, so findet man z D 3  i. Dies kann in einer gaußschen Zahlenebene dargestellt werden, dabei wird der Realteil waagrecht und der Imaginärteil senkrecht aufgetragen. Verschiedene komplexe Zahlen sind in der nachstehenden Abbildung dargestellt. In . Abb. 11.5 ist leicht zu erkennen, dass man den Pythagoras zum Berechnen des Betrages verwenden kann. Demnach gilt jzj von

p z D 3i C 4 ist jzj D 32 C 42 D 5. Betrachtet man die Polarform noch genauer, diese ist eine Darstellungsmöglichkeit von komplexen Zahlen, durch z D r  e i' , so muss der Polarwinkel ' und der Radius berechnet werden. Der Radius kann einfach durch denp Betrag berechnet werden, also durch jzj D a2 C b 2 , wenn z D a C bi sei, der Polarwinkel einfach durch den Tangens, wenn man diesen in der gaußschen Ebene anwendet, zu ' D arctan. ba /.

Im z3 = 3i + 4 z1 = 3i

z2 = 4

Re

. Abb. 11.5 Komplexe Zahlen in der gaußschen Zahlenebene

332

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

11.2

Eigenlasten am Seil

11.2.1

Senkrecht hängendes Drahtseil

Seile besitzen – je nach Material – unterschiedlich großes Gewicht (. Abb. 11.6). Bei Stahlseilen, wie sie bei Liftanlagen oder Seilbahnen zum Einsatz kommen, ist dieses Gewicht bereits sehr groß. Stahlseilen haben die Gestalt, aus . Abb. 11.7. Gerne wird so gerechnet, dass man das Seil als perfekt rund annimmt, dies ist jedoch nicht ganz richtig und kann je nach Aufbau und Größe des Seils zu großen Abweichungen führen. Ist eine Seele (in der Mitte mancher Seile, Verweis auf das Fach Fördertechnik) aus einem anderen Material vorhanden, kann dies zu noch größeren Abweichungen führen. Der wahre Querschnitt berechnet sich als Beispiel bei einem 16  9-Seil aus . Abb. 11.8 gemäß, wenn d1 der Durchmesser des Drahtes und d2 der Durchmesser der Einlage ist:

Draht: Litze: Seil:

d12   4 d2   AL D n  1 4 d2   d2   AS D q  n  1 C 2 : 4 4 (11.8) AD D

wobei n die Anzahl der Drähte und q die Anzahl der Litzen ist. AS D q  n  D

d12   d2   C 2 4 4

  .q  n  d12 C d22 /: 4

mit q D 6 und n D 19 folgt dann die Fläche.

11

dFS

. Abb. 11.6 Hängendes Seil, bei einem Lift

(11.9)

333 11.2  Eigenlasten am Seil

Beispiel 11.1

Wenn d1 D 1;2 mm und d2 D 7 mm ist, wie groß ist dann die Seillast je Meter in kg/m bei einem d_1 = d_2 = n= q= A_S = A_E = l= rho_K = rho_S = m_S = m_E = m_ges =

0,0012 m 0,007 m 19 6 0,00013 0,00004 1 950 7380

16  9 Seil, wenn die Einlage aus PE (Kunststoff) und die Seile aus Stahl sind? 1,2 mm 7 mm

m^2 m^2 m kg/m^3 kg/m^3

Durchmesser Draht Druchmesser Einlage Anzahl Drähte Anzahl Litze Querschnitt Seil (Draht) Querschnitt Einlage Länge Dichte Einlage Dichte Seil

0,952 kg 0,037 kg 1,0 kg / m

Gewicht je m Seil Gewicht je m Einlage Gesamtgewicht je m

. Abb. 11.7 Drahtseil

11.2.2

Senkrecht hängendes Seil

Es gilt gemäß . Abb. 11.9 Z dFS D %  g  AS  dy FS D %  g  AS  y C C

11.2.3

H) (11.10)

Mit FS .y D 0/ D 0 folgt C D 0 wodurch die Gleichung für das senkrecht hängendes Seil unter Eigengewicht folgt

FS D %  g  AS  y:

. Abb. 11.8 Aufbau eines Stahlseils [25, 35]

(11.11)

Seil in einer beliebigen Position

Hängt ein Seil in einer beliebigen Position (also nicht mehr senkrecht), so muss eine Funktion, die dieses Seil beschreibt, gefunden werden. Diese Funktion ist eine Kettenlinie. Um diese herleiten zu können, werden zunächst einige Spezialfälle betrachtet. Anders, als man vielleicht vermuten würde, beschreiben Seile, Kabel, Ketten, . . . aufgehängt an zwei Punkten, keine Parabel – son-

11

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

334

y

B

FS + dFS

dy

A x dFSy + FSy

dFS

y

q

FS FSx y

dFSx + FSx

dFSx + FSx ϕ

FSx FSy ds

x . Abb. 11.9 Hängendes, geschnittenes Seil

. Abb. 11.11 Herleitung der Seillinie beim Beispiel Seil zweifach gelagert

f (x)

rizontale Komponente (gemäß . Abb. 11.11 (Rechteck)) Null. Dies resultiert aus den Gleichgewichtsbedingungen der Statik, worin es heißt Fsx  dFSx  FSx D 0 H) dFSx D 0, somit wird dFSx D 0 und damit der Horizontalzug

11

dFSx D 0 D const.

(11.12)

. Abb. 11.10 Seile beschreiben eine Hyperbel-Funktion

dern f .x/ beschreibt eine Hyperbelfunktion (. Abb. 11.10).

Für den Vertikalzug gilt, die Flächenlast (Gewicht des Seils) und die Länge des Seils bilden zusammen das Produkt des Vertikalzuges, zu dFS Y D q  ds:

11.2.4

Herleitung der Kettenlinie

Definition 11.1 (Horizontalzug) Als Horizontalzug bezeichnet man jene Kraftkomponente, welche waagrecht bzw. horizontal zum Lager des Seils wirkt.

Bemerkung 11.2 Wirkt auf ein Seil keine äußere Belastung (nur das Eigengewicht des Seils), so ist die ho-

(11.13)

Gemäß dem Satz des Pythagoras gilt für ds D

q dsx2 C dsy2 :

Durch infinitesimal kleine Längen kann man sich einen Punkt P denken, indem die Steigung gemäß P D y0 D

dFSy dsy dy D D dx dsx dFS x

berechnet werden kann. Aus diesem Differentialquotienten folgt dy D y 0  dx. Einsetzen in ds

11

335 11.2  Eigenlasten am Seil

liefert

q q ds D dsx2 C dsy2 D dsx2 C .y 0  dsx /2 q p D dsx2 .1 C y 02 / D dsx  1 C y 02 (11.14)

Nach den Regeln der Differentiation gilt für den dF Differentialquotienten tan.'/ D dFSSyx D y 0 . Wird hier die 2. Ableitung gebildet, resultiert 00

y D

FSy FS x 

(11.15)

1 dx

Durch Rücksubstitution folgt y 0 .x/ D sinh

Lösen der Gl. (11.21) durch Verwendung von Definition 11.2, durch Integrieren, folgt

Aus Gl. (11.14) folgt durch Umformen: p 1 C y 02 ; eingesetzt in Gl. (11.16) folgt

ds dx

D

q  ds q p  1 C y 02 D FS x  dx FS x y 00 q H) p D : (11.17) 02 FS x 1Cy

y 00 D

Differenzieren durch Substitution y 0 D u lässt auf p

y 00 1 C y 02

q u0 D Dp FS x 1 C y 02

(11.18)

schließen. Gemäß der Gleichung (Herleitung siehe Mathematik; p bzw. Gl. (11.5)) gilt d asinh.z/ D ln.z C z 2 C 1/. Diese Bedindx gung einsetzen ergibt d z0 : asinh.z.x// D p dx 1 C z2

y .x/dx D

0

0

 qx sinh dx FS x

 qx dx FS x 0   qx cosh FS x y.x/ D q FS x   q  x C C1 FS x y.x/ D cosh C C2 : q FS x (11.22)

y 0 .x/dx D

Zx

cosh0



Es folgt die allgemeine Funktion für die Seiloder Kettenlinie:   q  x C C1 FSx cosh y.x/ D C C2 : q FSx (11.23)

Bemerkung 11.3

q d asinh.z.x// D dx FS x Zz.x/ Zx d q dx asinh.z.x// D dx FS x 0

qx q0  FS x FS x qx asinh.z.x// D FS x (11.20)

asinh.z.x//  asinh.0/ D

Zx



(11.19)

Gl. (11.19) in Gl. (11.18):

0

Zx

0

0

(11.16)

(11.21)

Definition 11.2

Zx

q  ds FS x  dx

 qx : FSX

Es gilt gemäß der Infinitesimalrechnung: cosh0 .x/ D sinh.x/.

Wird Gl. (11.13) in Gl. (11.15) eingesetzt folgt: y 00 D



Diese Funktionsgleichung besitzt drei Unbekannte, funktionsabhängige Variablen: C1 ; C2 ; FSx . Um eine Lösung dieser Funktion zu finden, müssen alle drei Unbekannten bestimmt werden. Diese können durch Aufstellen von Rand- bzw. Übergangsbedingungen bestimmt werden.

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

336

11.2.5

Seil unter Eigenlast

Im Folgenden ist ein Seil unter Eigenlast zu untersuchen. Dabei wird man im folgenden Beispiel gleich feststellen, es sind einige mathematische Grundlagen zu beherrschen, wie beispielsweise die Integration, Lösen von Differentialgleichungen, berechnen von unbestimmten Integralen, Lösen von Gleichungen mit mehreren Unbekannten, numerische Gleichungslösung um einiges zu nennen. Wenn jemand dabei Schwierigkeiten hat, wird auf die Grundlagen der Mathe-

matik verwiesen. Ebenso sollte sich jeder Schüler bzw. Student immer die Frage stellen, ob er das Beispiel nur versteht, wenn ein Lösungsweg vorliegt oder ob er auch selbst auf den Weg gekommen wäre. Dies ist mitunter, primär bei solchen Kapiteln wie der Seilstatik, ein Grund für das nicht Bestehen von Klausuren. Man muss in der Lage sein, solche Beispiele auch ohne Lösungsweg zu rechnen. Aus diesem Grund sollt man sich gelegentlich ein eigenes Beispiel überlegen und versuchen dieses zu lösen.

Beispiel 11.2

y

B 5m yB

A x

xB

11 . Abb. 11.12 Seil unter Eigenlast-Segelschiff

Beim Segelschiff aus . Abb. 11.12 kennt man die Länge des Seils l, Die Höhe des Masts yB sowie die Entfernung vom Lager A, xB . Vom Seil ist das Gewicht pro Länge q bekannt. Zu bestimmen sind die Integrationskonstanten, die Gleichung der Seillinie sowie die Horizontalkraft. Ein Hinweis dazu: Beim Lösen der Gleichungen muss man auf numerische Methoden zurückgreifen, da man sonst die Gleichungen nicht lösen kann! Lösung Mit der allgemeinen Gleichung für die SeilliC C1 / C C2 folgt durch nie f .x/ D FqS x cosh. Fqx Sx Einsetzen der beiden Randbedingungen in den

Punkten A und B BW H) H)

f .x D 0/ D 0 D C2 D 

FSx C C2 q

FSx cosh.C1 / q

(11.24)

AW H) f .x D xB / D yB   q  xB FSx FSx cosh cosh.C1 / D C C1  q FSx q     FSx q  xB D C C1  cosh.C1 / cosh q FSx (11.25)

11

337 11.2  Eigenlasten am Seil

Diese Gleichungen sind nicht gerade „einfach“ zu lösen, da eine gesuchte Variable (C1 ) in der Winkelfunktion enthalten ist. Gemäß den Gleichungen für die Bogenlänge (Formel wurde bereits beim Kapitel „Schwerpunktlehre“ Linienschwerpunkt hergeleitet) gilt lD

Z p

1 C y 02 dx D

ZxB p

1 C y 02 dxI (11.26)

C2 D 

yB D

xA

L

wobei von der Seilliniengleichung die 1. Ableitung gebildet werden muss, gemäß     qx dy d FSx cosh D C C1 C C2 dx dx q FSx   q qx FSx sinh C C1  H) q FSx FSx   qx D sinh C C1 : (11.27) FSx Einsetzen in die Gleichung für die Länge des Seils   ZxB s qx 1 C sinh2 C C1 dx lD FSx 0 „ ƒ‚ … ! qx CC1 Dcosh FSx 1 0 ZxB C Bq  x C D coshB @ FSx C C1 Adx „ ƒ‚ … 0 Du

H)

Zusammenfassend müssen jetzt die drei Gleichungen

q du D dx FSx

lD

FSx cosh.C1 / q

(11.29)

    FSx q  xB C C1  cosh.C1 / cosh q FSx

    q  xB FSx  sinh C C1  sinh.C1 / q FSx (11.30)

nach den Unbekannten aufgelöst werden. Die letzteren beiden Gleichungen haben eine sehr ähnliche Form; diese unterscheiden sich großteils nur durch sinh.z/ und cosh.z/. Mit der Beziehung sinh.z/ wird damit, durch Hinzuziehen tanh.z/ D cosh.z/ der Summenformeln, welche lauten sinh x ˙ sinh y D 2 sinh

x y x˙y cosh 2 2 (11.31)

xy xCy cosh 2 2 xy xCy sinh I cosh x  cosh y D 2 sinh 2 2 (11.32)

cosh x C cosh y D 2 cosh

    FSx q  xB C C1  cosh.C1 / cosh q FSx 0 q  xB C C1 C C1 FSx B FSx D @2 sinh q 2

yB D

H)

FSx  du q ZxB ZxB FSx FSx  du D  cosh.u/du D cosh.u/ q q 0 0 ƒ‚ … „

dx D

1 q  xB C C1  C1 F C  sinh Sx A 2

Dsinh.u/

    qx FSx  sinh D C C1 jx0B q FSx     q  xB FSx  sinh C C1  sinh.C1 / D q FSx (11.28)

D

   FSx q  xB C C1 2 sinh q 2  FSx   q  xB  sinh 2  FSx

(11.33)

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

338

    q  xB FSx  sinh lD C C1  sinh.C1 / q FSx 0 D

0 q  xB

FSx B B F  @2 sinh@ Sx q 0 q  xB B F  cosh@ Sx

D

C C1  C1 2 C C1 C C1 2

   q  xB FSx  2 sinh q 2  FSx   q  xB  cosh C C1 : 2  FSx

1

wie y D

C A

11 CC AA

D4

D1

(11.37) Damit folgen die beiden Bedingungen (aus den Gl. (11.36) und (11.37)) C1 D atanh

0D

woraus durch Umformen

y 

y  B

l



q  xB 2  FSx

 2 q  xB 2  FSx sinh C yB2  l 2 q 2  FSx (11.38)

 H)

q  xB C C1 2  FSx y  q  xB B  C1 D atanh l 2  FSx

B

l



F2 D 4  Sx  sinh2 .x/ q2 2  FSx  sinh.x/ D 2 q   2 q  xB FSx  sinh D 2 q 2  FSx



atanh

2  FSx sinh2 .x/  cosh2 .y/ q2

F2 D 4  Sx  sinh2 .x/ q2   cosh2 .y/  sinh2 .y/ „ ƒ‚ …

(11.34)

(11.35)

q  xB yB D tanh C C1 l 2  FSx

2 FSx .2  sinh.x/  cosh.y// q 2  FSx .2  sinh.y/  sinh.x//  q

 sinh2 .y/  sinh2 .x/

     q  xB q  xB FS x 2 sinh C C1 sinh yB q 2  FS x 2  FS x       D FS x q  xB q  xB l C C1  2 sinh  cosh q 2  FS x 2  FS x   q  xB   C C1 sinh q  xB 2  FS x   D tanh C C1 D q  xB 2  FS x cosh C C1 2  FS x



C C1 :



l 2  yB2 D

Diese beiden Gleichungen ins Verhältnis setzen, zu

11

qxB 2FS x

D

(11.36)

wird. Beachtet man zusätzlich die Bedingung cosh2 .x/  sinh2 .x/ D 1 folgt durch Bilden von qxB sol 2  yB2 und durch Substituieren von x D 2F Sx

Durch numerische Methoden findet man aus den Gleichungen aus Gl. (11.38) den Horizontalzug FSx . Durch exakte Werte findet man beim Segelschiff yB D 18 m; xB D 33 m, q D 10 N=m sowie für l D 43 m. Setzt man diese Werte ein, findet man 165 FSx   165  sinh2 D 1525 FSx

C1 D 0;4237  2 0;04  FSx

(11.39)

339 11.2  Eigenlasten am Seil

. Abb. 11.13 Lösungsfunktion zur Ermittlung von FS x

Diese Gleichungen können numerisch oder zeichnerisch (hier zeichnerisch mittels GeoGebra, vgl. . Abb. 11.13) gelöst werden. Gefunden wird die Lösung FSx D 161;5 N. Dies eingesetzt lässt C1 D 0;6 folgen und mit C2 D  FqS x cosh.C1 / folgt C2 D 19;13.

Seillinie folgen, gemäß

f .x/ D 16;15  cosh.0;06192  x  0;6/  19;13: (11.41)

FSx D 161;5 N

C1 D 0;6

C2 D 19;13

(11.40)

Diese Lösungen in f .x/ D FqS x cosh. Fqx C C1 / C Sx C2 eingesetzt, lassen die Funktionsgleichung der

Jetzt kann die Kettenlinie noch gezeichnet werden, siehe . Abb. 11.14. Es kann beobachtet werden, dass der Punkt P D .xB ; yB / auf der Kettenlinie liegt.

f(x) (Seillinie) 20,00 15,00 10,00 5,00 0,00 -5,00

0

1,65 3,3 4,95 6,6 8,25 9,9 11,55 13,2 14,85 16,5 18,15 19,8 21,45 23,1 24,75 26,4 28,05 29,7 31,35 33

. Abb. 11.14 Plot der Seillinienfunktion

11

340

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

Beispiel 11.3

Gesucht ist die Absenkung des Seils, bei Wärmeausdehnung. Die Berechnungsdaten seien aus 7 Beispiel 11.2 übernommen. Die dort ermittelten Daten seien bei einer Temperatur von 10 °C gemessen worden. Die Ausdehnungen der Aufhängungen werden vernachlässigt, es sind nur die Daten vom Seil entscheidend. Der Wärmeausdehnungskoeffizient beträgt ˛ D 70  106 K1 . Die neue Temperatur erhöht sich auf 30 °C. Lösung Mit der Gleichung für die Wärmeausdehnung folgt l D l  ˛  T D 43 m  70  106 D 0;63 m

1  20 K K (11.42)

damit folgt die neue Länge mit l2 D 43;63 m. Mit der Gleichung für die Kettenlinie f .x/ D 16;15  cosh.0;06192  x  0;6/  19;13 (11.43)

11

folgt durch Berechnen des Scheitels (1. Ableitung Null setzen) d Œ16;15  cosh.0;06192  x  0;6/ dx  19;13 

125:001 sinh 387x3750 6250 D  125:000  387x  3750  sinh D0 (11.44) 6250

f 0 .x/ D

f(x)=15,34*coshyp(0,06519*x-0,64)-18,56 g(x)=16,15*coshyp(0,06192*x-0,6)-19,13

H)

asinh.0/ D

H)

xD

387x  3750 6250

3750 D 9;69 387

(11.45)

Einsetzen des Punktes liefert die Höhe: f .9;69/ D 16;15  cosh.0;06192  9;69  0;6/  19;13 D 2;98 m

(11.46)

Diese Werte stimmen auch mit der vorher gefundenen Grafik zusammen. Setzt man jetzt die neue Länge in die Funktionsgleichung für die Seillinie ein, findet man die Gleichung für die neue Seillinie: mit yB D 18 m; xB D 33 m, q D 10 N=m sowie für l D 43;63 m. Um die neue Seillinie zu finden, müssen die beiden Konstanten gefunden werden und auch die neue Kraft FSx , da all diese Komponenten von der Länge abhängig sind. Die Vorgehensweise hierfür ist allerdings ident zu jener zuvor, darum kann dies oben eingesehen werden. Es folgt FSx D 153;38 N; C1 D 0;64; C2 D 18;56; und daraus, durch Einsetzen in   qx FSx cosh C C1 C C2 (11.47) f .x/ D q FSx folgt f .x/ D 15;34  cosh.0;06519  x  0;64/  18;56 g.x/ D 16;15  cosh.0;06192  x  0;6/  19;13 (11.48)

Seillinie der neuen und alten Seillinie 1,0

x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

f(x) 0,0 -1,2 -2,1 -2,7 -3,1 -3,2 -3,1 -2,6 -2,0 -1,0 0,3

g(x) 0,0 -1,1 -2,0 -2,6 -2,9 -3,0 -2,8 -2,4 -1,7 -0,8 0,4

0,5 0,0 0

5

10

15

20

25

-0,5 -1,0

f(x)

-1,5

g(x)

-2,0 -2,5 -3,0 -3,5

. Abb. 11.15 In diesem Diagramm sind die beiden Funktionen geplottet, zum einen die ursprüngliche Seillinie (g.x/) und zum anderen jene mit verformten Seil (f .x/)

11

341 11.2  Eigenlasten am Seil

Vgl. . Abb. 11.15. Hier wird erneut die Ableitung null gesetzt und der Punkt ermittelt, ident zu vorher. Durch Bilden der Differenz der beiden y Werte kann annähernd die Durchhängung ermittelt werden, obwohl dies nicht ganz stimmt, da auch eine leichte Verschiebung in x-Richtung

stattfindet, die aber bei so kleinen Längenänderungen der Seillänge vernachlässigt werden kann. Dieses Verhalten wird in einem Übungsbeispiel, im letzten Abschnitt dieses Kapitels nochmals genauer untersucht.

Methode: Lösung durch Matlab 11.1 (Seilgleichung mittels Matlab)

Wie im Beispiel zuvor ersichtlich war, besteht erhöhter Rechenaufwand zum Finden der Lösung für die Aufgabenstellung. Dabei ist eine der aufwändigsten Tätigkeiten das Lösen der Gleichung zum Bestimmen von FSx , da dort die Unbekannte in der Gleichung als auch in der Hyperbolicus Funktion enthalten ist. Die Gleichung kann dadurch nur numerisch gelöst werden, oder graphisch. Für die numerische Lösung soll im Anschluss in Matlab ein Gleichungslöser programmiert werden, der diese Arbeit einem abnimmt. Lösung Es bietet sich hierzu ein numerisches Verfahren zur Lösung namens Bisektion an. Für all jene, die sich an dieses Verfahren aus der Mathematik nicht mehr erinnern können, oder vielleicht gar nicht gemacht haben, eine kurze Zusammenfassung zum Ablauf dieses Verfahrens. Voraussetzung für dieses Verfahren ist, dass eine Funktion mit Nullstelle vorliegt, dies ist ja hier der Fall, wie man . Abb. 11.13 entnehmen kann. Jetzt werden zwei Grenzen, diese seien hier a und b festgelegt. Dabei muss eine Grenze vor der Nullstelle und die andere dahinter sein. Es werden die beiden dazugehörigen Funktionswerte, wenn die Funktion f .x/ ist, f .a/ und f .b/ bestimmt. Diese können positiv oder negativ sein. Beispielsweise bei der Funktion f .x/ D 3x 2 C 2 besitzt, wenn a D 0;2 und b D 1 die beiden Funktionswerte f .a/ D 1;88 und f .b/ D 1. Ist ein Wert positiv und der andere negativ, so weiß man die Nullstelle muss dazwi-

schen liegen. Jetzt berechnet man den Wert x1 D aCb 2 D 0;6. Man bildet jetzt wieder f .a/ D 1;88 und f .x1 / D 0;92. Da jetzt beide Werte positiv sind, wurde die Nullstelle bereits versäumt. Man muss also in die andere Richtung gehen, daher bildet man f .b/ D 1 und f .x1 / D 0;92 und daraus 2 x2 D bCx D 0;8. Das Ganze beginnt von neuen, 2 man erhält f .x1 / D 0;92 und f .x2 / D 0;08 bzw. x3 D 0;7 und damit f .x2 / D 0;08 usw. irgendwann findet man ziemlich genau die Nullstelle. Vgl. mit . Abb. 11.16. Dies ist auch das Ziel bei der Ermittlung von FSx . Ganz exakt wird man diese nie erreichen, aufgrund immer eine Toleranz gewählt werden muss, da ansonsten das Programm nie abbricht und die Schleife unendlich oft durchläuft. Der Quellcode für den Teil Bisektion im nachstehenden Matlab Code wurde von [19] entnommen. f (x)

y

a x2 x3 x1

b

x

1. Durchlauf 2. Durchlauf 3. Durchlauf . Abb. 11.16 Vorgehensweise beim Bisektionsverfahren

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

342

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%Seillinienfkt.%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% y_B x_B q = l =

= 18; = 33; 10; 43;

%Hohe in y in m %Laenge in x in m %Belastung in N/m %Seillaenge in m

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%BISEKTION%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% a=-1000; fa=-Inf; b=1000; fb=-Inf;

%Grenze a und dazugehoeriger Fkt. Wert %Grenze b und dazugehoeriger Fkt. Wert

while b-a > 0.001 %Befehl fuer die Dauer F_Sx=(b+a)/2; fx=(2*F_Sx/q*sinh(q*x_B/(2*F_Sx)))^2+y_B^2 - l^2; if sign(fx) == sign(fa) %Vgl. on Funktion fx gleich fa a=F_Sx; fa = fx; %Wenn dann a=x else b=F_Sx; fb=fx; end disp(F_Sx); %Gib den x-Wert aus end %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

11

F_Sx=sqrt((F_Sx)^2);

%Betrag der Kraft, falls negativ

C_1=atanh(y_B/l)-q*x_B/(2*F_Sx); C_2=-F_Sx/q*cosh(C_1);

%Konstante C_1 %Konstante C_2

x = linspace(0,x_B,100); y = F_Sx/q*cosh(q*x/F_Sx+C_1)+C_2;

%Abszissenwerte fuer Plot %Seillinienfunktion

plot(x, y) title('Seilline')

%Plot der Seillinie %Diagramm benennen

11

343 11.3  Seil unter Eigenlast und Zusatzlast

11.3

Seil unter Eigenlast und Zusatzlast

Werden Seile nicht nur durch deren Eigengewicht, sondern auch noch zusätzlich durch eine Last, wie es in der Realität oftmals der Fall ist, belastet, so werden diese, wie an folgenden Beispielen gezeigt, berechnet. Diese zusätzliche Belastung findet in den meisten Anwendungen von Seilen Anwendung. Beispielsweise beim Klettern, dort ist die Zusatzlast die Person, bei Seilbahnen die Gondel und Person, um nur einige Beispiele zu nennen. Es muss bei solchen Beispielen immer darauf geachtet werden, ob es überhaupt Sinn ergibt, die Zusatzlast zu beachten. In vielen Fällen ist dies nicht notwendig, da ohnehin eine enorme Belastung durch das Eigengewicht vorliegt und dadurch die Zusatzlast so einen ge-

ringen Anteil zur Gesamtlast beiträgt, dass diese vernachlässigbar ist. Gleiches gilt aber auch umgekehrt, wenn beispielsweise an einem Kran ein Drahtseil, oder heutzutage sogar oft Kunststoffseile verwendet und damit 10 Tonnen oder mehr hochgehoben werden können, muss das Eigengewicht des Seils meist nicht beachtet werden, da dabei dieses fast keinen Anteil an der gesamten Belastung besitzt. Nachstehend sind zwei Beispiele gezeigt, bei denen das Eigengewicht des Seils so wenig zur Gesamtlast beiträgt, dass dieses außer Acht gelassen werden kann.

11.3.1

Senkrecht hängendes Seil

Siehe 7 Beispiel 11.4 und 11.5.

Beispiel 11.4

Sei l D 10 m, ˛ D 10ı , und FG D 600 N (Gewicht der Person). Wie groß ist die Belastung auf den, im Berg sich befindenden Befestigungshaken, wenn das Seil eine Gewichtsverteilung von 5 N=m besitzt (. Abb. 11.17).

Lösung n X

Fiy D 0W FG  cos.˛/ C FS  FAy D 0

iD1

(11.49) lösen der Gleichung

FAy

FAy D FS C FG  cos.˛/ D 5  10 C 600  cos.10/ D 640;1 N:

10 m

(11.50) In diesem Beispiel ist klar ersichtlich, dass die Größe des Eigengewichts des Seils nahezu vernachlässigt werden kann.

α y x FG

FS

. Abb. 11.17 Hängendes Seil, mit einem Kletterer

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

344

Beispiel 11.5

Sei l D 10 m, ˛ D 10ı , und FGP D 600 N (Gewicht der Person). Wie groß ist der Einfluss des Eigengewichtes, bei einem Werkstoff mit einer Dichte von % D 7;85 kg=dm3 (Stahl), bei neun Seilen (Litzen mit jeweils 19 Drähten mit d1 D 4 mm). Der Aufzug ist bei einer 5-fachen Sicherheit für zwei Personen genehmigt. (Seil ohne Seele) Lösung Bestimmen der Belastungskraft durch das Eigengewicht ergibt FG D m  g D V  %  g D AS  l  %  g, mit AS D 9  4  .19  42 / D 2150 mm2 D 21;5  104 m2 . Einsetzen in die Formel FG D AS  l  %  g D 21;5  104  10  7850  9;81 D 1655 N:

Die Seilbelastung ist demnach FS D FP C FG D 6000 N C 1655 N D 7655 N (11.53) Obwohl hier ein Stahlseil vorliegt, ist die Eigenbelastung durch das Eigengewicht noch immer nicht so groß wie man vielleicht vermuten würde. Deswegen werden auch bei Balken und Träger die Gewichtskräfte oftmals vernachlässigt. Anders sieht dies allerdings aus, wenn die Länge des Seils sehr groß wird. Je länger diese wird, desto schwerer wird das Seil und das kann ganz schön viel werden, wenn bedacht wird, dass bei Seilbahnen Seile mit einer Länge von mehreren Kilometern vorliegen.

(11.51) Personenbelastung FP D   n  FGP D 5  2  600 D 6000 N (11.52)

11 11.3.2

In einem beliebigen Winkel und Einzellast

Belastet man ein Seil jetzt nicht mehr in Seilrichtung durch die Einzellast, wie es beispielsweise beim Aufzug der Fall war, sondern wie es beispielsweise bei der Seilbahn durch die Gondeln

der Fall ist, oder bei einem Schlepplift durch die zu schleppenden Personen, so wird die unbelastete Seillinie verändert, sodass zwei neue Seillinien vorliegen, zum einen von Lager A bis Angriffspunkt der Einzellast P und zum anderen von P zu Lager B.

Beispiel 11.6

Es ist ein Seil von Lager A nach Lager B gespannt. Im Punkt P zieht eine Person das zu untersuchende Seil durch ein zweites Seil und ändert damit die unbelastete Seillinienfunktion. Vom Seil aus . Abb. 11.18 kennt man q, xB , yB , xP , yB sowie F , ˛ und die Länge des Seils. Bestimmen Sie: die beiden Seillinienfunktionen von A nach P und P nach B in allgemeiner Form, die Randbedingungen, die nötig sind, um C1 , C2 , C3 und C4 zu bestimmen. Die Bedingungen für den Hori-

zontalzug FS2x und eine Gleichung mit der FS1x berechnet werden kann sowie eine Gleichung mit der die Gesamtlänge des Seiles bestimmbar ist. Am Ende sollte ein Gleichungssystem mit sechs Gleichungen vorliegen, die die gesuchten Größen bestimmbar machen, die Lösung wird aber per Hand nicht mehr gefordert, diese sollte durch Softwareunterstützung gefunden werden können, wird hier jedoch nicht verlangt.

11

345 11.3  Seil unter Eigenlast und Zusatzlast

y

xB

Übergangsbedingung: Die Durchhängung fP muss im Punkt P bei beiden Kurven, also bei f .x1 D xP / und g.x2 D 0/ muss gelten

B

xP

yB

x1

x2

A x

P yP F

α

f .xDxP /DfP

FS2

P

500 mm

  q  xP FSx1 cosh C C1 C C2 q FSx1 „ ƒ‚ … D

FS1 F α

  q0 FSx2 cosh C C3 C C4 q FSx2 „ ƒ‚ … g.xD0/DfP



 q  xP FSx1  cosh C C1 C C2 FSx1 D FSx2  cosh.C3 / C C4 . Abb. 11.18 Person zieht an Seil

Lösung Mit der allgemeinen Gleichung für die KettenliC C1 / C C2 . Die nie folgt f .x/ D FqS x cosh. Fqx Sx beiden Schnittufer (links- und rechts neben der Einzelkraft) können nur dann gleich große Kräfte besitzen, wenn diese durch einen „Knick“ im Seil verbunden sind. Darum folgen für jeden Abschnitt eigene Funktionsgleichungen.   qx FSx1 cosh C C1 C C2 in B: f .x/ D q FSx1   qx FSx2 cosh in P: g.x/ D C C3 C C4 : q FSx2 (11.54) In diesen Gleichungen befinden sich sechs unbekannte Variablen, die es zu bestimmen gilt: C1 ; C2 ; C3 ; C4 ; FSx1 ; FSx2 . Die Integrationskonstanten kann man durch Einsetzen von Rand- und Übergangbedingungen finden:   q0 FSx1 cosh C C1 C C2 f .x1 D 0/ D 0 D q FSx1 FSx1 cosh.C1 / H) C2 D  (11.55) q mit xB  xP D a:





qa FSx2 cosh C C3 C C4 q FSx2   qa FSx2 cosh C4 D yB  C C3 q FSx2

g.x2 D a/ D yB D H)

(11.56)

(11.57)

Hierin ist die Tatsache, dass zwei Horizontalzüge enthalten sind, sehr störend. Man muss versuchen, diese zu eliminieren. Dies kann man durch Ansetzen des Kräftegleichgewichtes im Punkt P schaffen. n X

Fix D 0W FS2x  FS1x  F  sin.˛/ D 0

iD1

H) n X

FS2x D FS1x C F  sin.˛/

(11.58)

Fiy D 0W FS2y  FS1y  F  cos.˛/ D 0

iD1

H)

FS2y D FS1y C F  cos.˛/

(11.59)

Wird der Horizontalzug mit der Steigung multipliziert (im Punkt P ), folgt der Vertikalzug, also Fy D Fx y 0 , also FSx1 f 0 .x1 D xP /CF cos.˛/ D FSx2  g 0 .x2 D 0/. Durch die Addition der Seillänge in Abschnitt 1 und 2 folgt die Gesamtlänge, durch

lD

ZxP p

1 C f 0 .x1 /2 dx1

x1 D0

C

Zb p

x2 D0

1 C g 0 .x2 /2 dx2 :

(11.60)

346

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

chung müssen die beiden Ableitungen f 0 .x1 / und g 0 .x2 / bestimmt werden, zu

Zusammenfassend gilt   q  x1 FSx1 cosh f .x1 / D C C1 C C2 q FSx1   q  x2 FSx2 cosh g.x2 / D C C3 C C4 q FSx2 (11.61) f .x1 D 0/ D 0

g.x2 D a/ D yB

  q  x1 FS1x q sinh C C1  f .x1 / D q FSx1 FSx1 0

 D sinh

g 0 .x2 / D

D sinh

FS2x D FS1x C F  sin.˛/

 FSx1  sinh

1 C f 0 .x1 /2 dx1

11

 (11.67)

 q  xP C C1 C F  cos.˛/ FSx1

D FSx2  sinh.C3 /:

x1 D0

Zb p C 1 C g 0 .x2 /2 dx2 :

q  x2 C C3 FSx2

Dies kann in FSx1  f 0 .x1 D xP / C F  cos.˛/ D FSx2  g 0 .x2 D 0/ eingesetzt werden, zu

D FSx2  g 0 .x2 D 0/ ZxP p

(11.66)

(11.62)

FSx1  f 0 .x1 D xP / C F  cos.˛/

lD



  q q  x2 FS2x sinh C C3  q FSx2 FSx2 

f .x1 D a/ D g.x2 D 0/

q  x1 C C1 FSx1

(11.63)

(11.68)

Für die letzte Gleichung müssen einige Nebenrechnungen aufgestellt werden. In Gleichung

x2 D0

lD Setzt man hier die Randbedingungen ein und stellt mit diesen die Differentialgleichungen neu auf, ergeben sich die nachstehenden Gleichungen. Setzt man zunächst die beiden Bedingungen f .x1 D 0/ D 0 und g.x2 D a/ D yB in die beiden Seilfunktionen ein, folgt C2 D 

FS1x  cosh.C1 / q 

C3 D yB 



qa FS2x  cosh C C3 : q FS2x

(11.64)

x1 D0

C

FS2x  cosh.C3 / C C4 : q

(11.65)

Die vierte Gleichung kann direkt übernommen werden: FS2x D FS1x C F  sin.˛/. Für die 5. Glei-

Zb p

1 C g 0 .x2 /2 dx2

x2 D0

werden zunächst die beiden Ableitungsfunktionen eingesetzt, zu   ZxP s 2 q  x1 1 C sinh C C1 dx1 lD FSx1 x1 D0

Zb s

Mit der Bedingung f .x1 D a/ D g.x2 D 0/ folgt   qa FS1x  cosh C C1 C C2 q FS1x D

ZxP p 1 C f 0 .x1 /2 dx1

C

 1 C sinh2

x2 D0

 q  x2 C C3 dx2 FSx2 (11.69)

und darin der Term s

 1 C sinh2

q  x1 C C1 FSx1



347 11.3  Seil unter Eigenlast und Zusatzlast

allgemein untersucht, indem man diesen als s   qx 1 C sinh2 CC FSx bezeichnet. Es gilt für die Hyperbelfunktionen das Gesetz: cosh2 .x/  sinh2 .x/ D 1 H) cosh2 .x/ D sinh2 .x/ C 1. Es kann damit vereinfacht werden, zu s     qx qx cosh2 C C D cosh CC : FSx FSx (11.70) Jetzt kann das Integral, auch allgemein, betrachtet werden.   Z s qx 1 C sinh2 C C dx FSx   Z qx D cosh C C dx (11.71) FSx Hier kann die Substitution angewendet werden, C C D u substituiert und dadurch indem man Fqx Sx q du D H) dx D FqS x  du findet. Einsetzen dx FS x in das Integral lässt   Z qx C C dx cosh FSx Z FSx  du D cosh.u/  q   FSx qx FSx  sinh.u/ D  sinh CC D q q FSx (11.72) folgen. Diese Bedingungen in die Ausgangsgleichung eingesetzt, ergibt: ZxP

s

lD

1 C sinh2 x1 D0



 q  x1 C C1 dx1 FSx1

  Zb s q  x2 C 1 C sinh2 C C3 dx2 FSx2 x2 D0

  FS1x FS1x q  xP C C1   sinh  sinh.C1 / q FS1x q   FS2x FS2x q  xP C C C3   sinh  sinh.C3 / q FS2x q     FS1x q  xP D C C1  sinh.C1 /  sinh q FS1x     FS2x q  xP C C3  sinh.C3 / : C  sinh q FS2x

D

(11.73)

Zusammenfassend ergeben sich damit folgende Gleichungen

FS1x  cosh.C1 / q   qa FS2x  cosh C C3 C3 D yB  q FS2x (11.74)   FS1x qa  cosh C C1 C C2 q FS1x FS2x  cosh.C3 / C C4 D q C2 D 

FS2x D FS1x C F  sin.˛/ (11.75)   q  xP C C1 C F  cos.˛/ FSx1  sinh FSx1 D FSx2  sinh.C3 / (11.76) 

lD





q  xP FS1x  sinh C C1 q FS1x   sinh.C1 /    q  xP FS2x  sinh C C C3 q FS2x   sinh.C3 / : (11.77)

Mit xP D 1;1 m; yP D 0;2 m; xB D 2;1 m, yB D 0;4 m, ˛ D 43ı , F D 300 N, q D 10 N=m, l D 2;6 m folgt durch Einsetzen das Gleichungssystem, dass per Hand so nur sehr aufwendig gelöst werden kann, da es sich um ein nicht lineares Gleichungssystem handelt. Ein solches System sollte man durch einen iterativen Gleichungslöser lösen, wie es beispielsweise Matlab, Maple, Wolfram Alpha . . . anbietet. Die Lösung dieses Systems wird hier nicht mehr weiter vertieft. Dieses Beispiel ist in fast identischer Form, jedoch vom Rechenweg bei Weitem nicht so ausführlich, im Buch Technische Mechanik (Dankert & Dankert) [4] zu finden.

11

348

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

11.4

Vereinfachungen in der Realität

Wie bereits die vorher angeführten Beispiele gezeigt haben, führen Beispiele bei Betrachtungen von Seilen mit Eigengewicht rasch zu mathematisch komplexen Aufgaben. In der Realität reicht es meist aus, anstatt der hyperbolischen Gewichtsverteilung des Seils unter Eigenlast mit einer konstanten Rechteckslast (Linienlast) zu rechnen.

11.4.1

11

Wann liegt nahezu kein Fehler vor?

Wird ein Seil betrachtet, so verteilt sich das Eigengewicht, wie man auch an der Seilliniengleichung durch die Hyperbolicus-Funktionen beobachten kann, hyperbolisch. Diese HyperbelForm entsteht aufgrund des Durchhangs des Seiles. Würde man ein Seil straff spannen, so würde ein linearer Gewichtsverlauf entstehen. In der Realität liegen oftmals sehr straff gespannte Seile, mit kleiner Durchhängung vor, wie . Abb. 11.19, 11.20 zu entnehmen ist. . Abb. 11.21 zeigt, je nachdem wie stark sich das Seil durchbiegt bzw. durchhängt, stellt sich ein linearer, oder hyperbolischer Gewichtsverlauf ein. Ist eine starke Vorspannung vorhanden (oder keine Belastung), so hängt das Seil nur sehr wenig, oder nur bei extrem großen Belastungen durch.

11.4.2

Herleitung der Formel für Seil unter konstanter Linienlast [4]

Vgl. . Abb. 11.22. Es gilt auch hier wieder Bemerkung 11.2. Es gilt, gemäß den Gleichgewichtsbedingungen der Statik, sowie mit der Gewichtskraft des Seils dFSy D q  dx und den Steigungsbedingungen einer Funktion aus der F Differentialrechnung tan.'/ D y 0 D FSSyx D f 0 .x/. n X

. Abb. 11.19 Bei dieser Brücke ist die kleine Durchbiegung klar ersichtlich . . .

Fiy D 0W dFsy  q  dx D 0:

(11.78)

i D1

Da bereits erläutert wurde, dass der lineare Gewichtsverlauf von der Stärke der Durchhängung

. Abb. 11.20 . . . wie auch bei der Golden Gate Bridge x

Seil unbelastet

f (x) (kleine Durchbiegung) linearer Verlauf

Seil belastet

x

f (x) FG hyperbolischer Verlauf (große Durchbiegung)

. Abb. 11.21 Gewichtsverlauf bei Seilen

abhängt, also von der Krümmung, ist es sinnvoll diesen von der Krümmung in Form der 2. Ableitung (was mathematisch „grob“ als Krümmung definiert wird) zu bilden. Die Ableitung ist nach x zu bilden, welches jedoch in der abzuleitenden Gleichung nicht enthalten ist. Aus diesem Grund kann man dies durch Erweitern

11

349 11.4  Vereinfachungen in der Realität

Es folgt damit die Gleichung für die Seillinie

y x A

x

f .x/ D

f (x)

1 q yB q  xB  x2 C   x:  2 FS x xB 2  FS x (11.84)

B

(kleine Durchbiegung)

Die R xB pLänge des Seils berechnet sich durch 1 C y 02 dx mit 0 dx

lin. Verlauf

q  x C C1 FS x q yB q  xB D xC  FS x xB 2  FS x

y 0 D f 0 .x/ D

q dFSy + FSy dFSx + FSx

infintesimal kleines Seilstu¨ck (herausgeschnitten) FSx

ϕ

zu ZxB p lD 1 C y 02 dx

FSy

0

ds

ZxB

. Abb. 11.22 Seil unter konstanter Linienlast

s 1C

D



q  x C C1 FSx

2 dx

0

(Kettenregel) hinzufügen. Es resultiert, durch Bilden der zweiten Ableitung:     FSy FSy d 1   f 00 .x/ D D dx FS x FS x dx q D : (11.79) FS x Bestimmen der Steigung durch Integrieren q f 0 .x/ D  x C C1 I (11.80) FS x und der Funktion durch nochmaliges Integrieren zu

f .x/ D

  2 ZxB s q q 2 2 1C x C2  C1  x C C1 dx D 2 FSx FSx 0

(11.86) Um sich nicht die Mühe machen zu müssen, das Integral dieser Funktion zu finden, wird auf einen Integralrechner verwiesen, der das Integral löst. Dabei wird ein Integralrechner, der online, gratis zur Verfügung steht, verwendet. dieser ist unter 7 https://www.integralrechner. de zu erreichen. (Sehr hilfreich kann auch

1 q   x 2 C C1  x C C2 : (11.81) 2 FSx

Bestimmen der Integrationskonstanten durch Randbedingungen: f .x D 0/ D 0, f .x D xB / D yB , wenn xB ; yB die Koordinaten des Aufhängepunktes B sind, ergibt f .x D 0/ D 0 H) C2 D 0 f .x D xB / D yB yB q  xB H) C1 D  xB 2  FS x

(11.85)

(11.82)

(11.83) . Abb. 11.23 Integrallöser, Eingabe

350

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

. Abb. 11.24 Integrallöser nach Lösung „per Hand“

der Online-Ableitungsrechner (unter 7 https:// www.ableitungsrechner.net zu erreichen), sein.) In den Integralrechner wird Gl. (11.86) eingegeben und gelöst, vgl. . Abb. 11.23, 11.24. Der Löser gibt anschließend zwei Lösungen aus, die Erste ist jene, welche man auch durch Integration „per Hand“ erhalten würde; die Lösung von Gl. (11.86) (es kann auch der Lösungsweg Schritt für Schritt angezeigt werden) lautet

11

ˇ ˇ q ˇ ˇ fs ln ˇˇfs .qx C c1 fs /2 C fs2 C jfs j.qx C c1 fs /ˇˇ 2q r C

.qx C c1 fs /

.qxCc1 fs /2 fs2

C1

2q

(11.87)

und zum anderen die Lösung, welche durch eine MAXIMA-Berechnung folgt. Dies ist eine Lösung, welche durch ein Computeralgebra System gefunden wird. Sinnvoller hier ist die MAXIMA Lösung, welche lautet

B fs arsinh@ s

2c q 2q 2 x C f1s fs2

.

/

4 c12 C1 q 2 fs2

4c 2 q 2  12 fs

C A

2q

C

fs jfs j arsinh

q 2 2 .qx C c1 fs / qf x2 C 2cf1sqx C c12 C 1 s

2q (11.88)



q.qxCc1 fs / jfs jjqj



2jfs jq

C

q

 .qx C c1 fs / q 2 x 2 C 2c1 fs qx C c12 C 1 fs2 2jfs jq

:

(11.89) Werden hierin alle Randbedingungen eingesetzt und weiter vereinfacht durch Herausheben etc. folgt   q FS x  xB C C1 lD 2  q FS x s  2 q  1C  xB2 C C1 FS x   q C asinh  xB C C1 FS x   q FS x 2  C1  1 C C1 C asinh.C1 / : 2q (11.90) Mit Gl. (11.83) wurde C1 mit C1 D gefunden. Eingesetzt ergibt sich 

yB xB



qxB 2FS x

 q yB q  xB  xB C  FSx xB 2  FSx s   q yB q  xB 2  1C  xB2 C  FSx xB 2  FSx   q yB q  xB C asinh  xB C  FSx xB 2  FSx 0 s     FSx @ yB q  xB yB q  xB 2   1C   2q xB 2  FSx xB 2  FSx   yB q  xB C asinh  (11.91) xB 2  FSx

FSx lD 2q

1

0

bzw. durch Klicken auf „vereinfachen“

11

351 11.4  Vereinfachungen in der Realität

Die Lösung dieser Gleichung wünscht man niemanden. Es wird eine Lösung numerisch gesucht. Um das Ganze noch ein wenig zu vereinfachen, kann man versuchen, durch Substituieren gleicher Ausdrücke eine „schönere Lösung“ qxB zu finden. Auffallend ist der Term yxBB  2F , Sx welcher C1 darstellt. Dieser kann substituiert werden und man findet

Am Anfang wurde bereits die Bedingung für den Vertikalzug gefunden, welcher durch

 q  xB C C1 FSx s  2 q  1C  xB2 C C1 FSx   q C asinh  xB C C1 FSx   q FSx  C1  1 C C12 C asinh.C1 / 2q

bestimmt werden kann und für die Seilkraft resultiert anschließend

lD

mit

FSx 2q



C1 D

yB q  xB  xB 2  FSx

(11.92)

FSy D FSx  tan.'/ D FSx  y 0   q D FSx   x C C1 FSx

(11.93)

q 2 FSx C FSy s  2 q D FSx  1 C  x C C1 : (11.94) FSx

FS D

11.4.3

Beispiel

Siehe 7 Beispiel 11.7.

Beispiel 11.7 (Seil unter konstanter Linienlast)

Ein Seil ist von einem Punkt zum anderen gespannt (Golden Gate Bridge, vgl. . Abb. 11.25). Die beiden Lager A und B befinden sich in gleicher Höhe. xB der Golden Gate Bridge beträgt 1280 m [55] und fmax ist durch die Höhe der Brückenpfeiler mit 180 m gegeben (vgl. . Abb. 11.26). Gesucht ist die Länge des Seiles und die Funktion der Seillinie. Ebenso sei q D 30 N=m bekannt.

f (x)

. Abb. 11.25 Golden Gate Bridge

Bestimmen Sie die Gleichung der Seillinie, sowie die dazu nötigen Konstanten, bestimmen Sie die Stelle mit der maximalen Durchhängung als auch die maximale Durchhängung und den Horizontalzug. Bestimmen Sie im Anschluss die resultierende Seilkraft. Wie lang muss das Seil sein? Wenn Sie all diese Punkte erfolgreich bestimmt haben, zeichnen Sie die Funktion und überprüfen Sie Ihre Ergebnisse. Wie könnte man die Seillänge graphisch bestimmen?

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

352

y B

A

x

fmax

f 0 .x/ D 0 D 2  x  xB xB H) xmax D 640 m: H) x D 2

xB q infintesimal kleines Seilstu¨ck (herausgeschnitten) FSx FSy

in der Mitte der Parabel sein, da diese symmetrisch ist) kann jedoch überprüft werden durch

(11.99)

dFSy + FSy dFSx + FSx

dx ϕ ds

Die maximale Durchhängungsstelle, in die Seilfunktion eingesetzt, ergibt die maximale Durchhängung fmax fmax .xmax / D

. Abb. 11.26 Prinzipsskizze

15  .6402  1280  640/ FSx

D 6:144:000  FSx D 180 m (11.100)

Lösung Gegeben ist xB D 1280 m und yB D yA . Mit yA D 0 folgen die Randbedingungen mit der Seillinie: f .x/ D 12  FqS x  x 2 C C1  x C C2 f .x D 0/ D 0 D

1 q   02 C C1  0 C C2 2 FSx

H)

11

C2 D 0 (11.95)

1 q   x 2 C C1  xB C 0 2 FSx B q  xB H) C1 D  2  FSx

f .x D xB / D 0 D

wodurch sofort der Horizontalzug ermittelt werden kann, durch FSx D

Damit kann der Vertikalzug und die Seilkraft bestimmt werden, durch die erste Ableitung der Funktion ( F15S x  .2  x  xB /) gemäß FSy D FSx  tan.'/ D FSx  y 0 D FSx 

1 2 1 f .x/ D 2 f .x/ D

D

q q  xB  x2  x FSx 2  FSx q   .x 2  xB  x/ FSx 

15  .x 2  1280  x/: FSx

(11.97)

15  .2  x  xB / FSx

D 30  x  15  xB

(11.96) Es folgt sofort die Seillinienfunktion durch

6:144:000 D 34:133 N D 34;13 kN: 180 (11.101)

D 30  x  19:200 q 2 2 C FSy FS D FSx

(11.102) (11.103)

Des Weiteren gesucht ist die Länge des Seils. Diese kann man durch (11.98)

Es handelt sich hierbei um eine Parabel, wie die  .x 2  1280  x/ mit dem Teil Gleichung F15 Sx 2 x  1280x deutlich zeigt. Die erste Ableitung dieser Funktion Null gesetzt ergibt die Stelle der maximalen Durchhängung (diese wird wohl hier

lD

ZxB p 1 C y 02 dx 0

ZxB

s 1C

D 0



15  .2  x  xB / FSx

2 dx (11.104)

353 11.4  Vereinfachungen in der Realität

bestimmen. Es folgt l D xB C

300.xB  640/3 D 1347 m 2 FSx

(11.105)

Einfacher kann man eine Lösung durch Zeichnen der Funktion und anschließend graphischer Ermittlung, in GeoGebra finden. Jetzt kann die 3  .x 2  1280  x/ D 6800  Funktion f .x/ D F15 Sx x 2  0;562  x gezeichnet werden.

1. Funktion zeichnen.

2. Mit dem Tool „Funktionsinspektor“ kann die Funktion untersucht werden.

3. Es folgt eine Länge von 1340 m

11

354

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

11.5

Übungen

Übungsbeispiel 11.1

Mit welchen Themen beschäftigt sich die Seilstatik?

Lösung Vor allem mit der Seilstatik, aber auch mit den Bauteilen, die seilähnliche Eigenschaften haben.

Übungsbeispiel 11.2

Welche Beanspruchungen können Seile aufnehmen?

Lösung Keine Druckbeanspruchungen, nur Zugbeanspruchungen.

Übungsbeispiel 11.3

Welche Funktionen beschreiben Seillinien?

Lösung Hyperbelfunktionen, Kosinus- und Sinushyperbolicus.

11

Übungsbeispiel 11.4

Wie kann das Eigengewicht, bei einem senkrecht hängenden Seil, berücksichtigt bzw. berechnet werden?

Lösung FS D %  g  AS  y:

(11.106)

Übungsbeispiel 11.5

Wie lautet die Definition für den Horizontalzug?

Lösung Als Horizontalzug bezeichnet man jene Kraftkomponente, welche waagrecht bzw. horizontal zum Lager des Seils wirkt.

Übungsbeispiel 11.6

Lösung

Komponente (gemäß . Abb. 11.11 (umrahmter Kräfteplan)) Null. Dies resultiert aus den Gleichgewichtsbedingungen der Statik, worin es heißt Fsx  dFSx  FSx D 0 H) dFSx D 0, somit wird dFSx D 0 und damit der Horizontalzug

Wirkt auf ein Seil keine äußere Belastung (nur das Eigengewicht des Seils) ist die horizontale

dFSx D 0 D const.

Was passiert mit dem Horizontalzug, wenn keine äußere Belastung außer der Gewichtskraft vorliegt.

(11.107)

11

355 11.5  Übungen

Übungsbeispiel 11.7

Mittels welcher Gleichung kann man eine Seillinie beschreiben?

Lösung y.x/ D

  FSx q  x C C1 C C2 : (11.108) cosh q FSx

Übungsbeispiel 11.8

Wie können die Integrationskonstanten bestimmt werden?

Lösung Um eine Lösung dieser Funktion zu finden, müssen alle drei Unbekannten bestimmt werden. Diese können durch Aufstellen von Rand- bzw. Übergangsbedingungen bestimmt werden.

Übungsbeispiel 11.9

Wirkt auf ein Seil zusätzlich eine Kraft (durch Zug einer Person etc.), so müssen wie viele Funktionsgleichungen und Integrationskonstanten bestimmt werden?

Lösung Es entstehen vom Aufhängepunkt A bis zum Kraftangriffspunkt eine Funktionsgleichung f .x/ und von Kraftangriffspunkt bis Aufhängepunkt B eine Funktion g.x/. Es ergeben sich demnach vier Integrationskonstanten und zwei Horizontalzüge.

Übungsbeispiel 11.10

Wann kann ein linearer Gewichtsverlauf bei Seilen angenommen werden?

Lösung Bei kleinen Durchhängungen.

Übungsbeispiel 11.11

Wie kann die Länge einer Funktion bestimmen?

Lösung ZxB p lD 1 C y 02 dx

(11.109)

0

Übungsbeispiel 11.12

Wie kann der Vertikalzug bestimmt werden?

Lösung FSy D FSx  tan.'/ D FSx  y 0

(11.110)

Lösung q 2 FS D FSx C FSy

(11.111)

Übungsbeispiel 11.13

Wie kann die Seilkraft bestimmt werden?

356

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

Die nachfolgenden Beispiele bauen auf dem Beispiel von 11.2 auf.

Übungsbeispiel 11.14

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 28 m und h2 D 10 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 33 m. Die Belastung sei q D 10 N=m und die Seillänge lS D 43 m. Ge-

sucht sind die beiden Konstanten C1 und C2 sowie die Funktion der Seillinie und der Horizontalzug. Das Beispiel ist mittels Excel zu untersuchen, die Gleichung des Horizontalzuges sollte graphisch, ebenfalls mit Excel geschehen.

Lösung h_1= h_2= l= q= l_S=

Punkt A: Punkt B:

28,00 10,00 33,00 10,00 43,00 y(x) 18 0

m m m N/m m

x A:= l B:= 0

= F_Sx/ q *cosh(( q * x +C_1 )/ = F_Sx/ 10 *cosh(( 10 * 33 +C_1 )/ = F_Sx/ 10 *cosh(( 10 * 0 +C_1 )/

y h 0

F_Sx F_Sx F_Sx

) +C_2 ) +C_2 ) +C_2

=> => =>

q*x 330 0

11 Schätzwert für F_Sx=

160

1. Schritt F_Sx f(x) 160 9,14 160,5 5,98 161 2,85 161,5 -0,24 162 -3,30 162,5 -6,33 163 -9,32 163,5 -12,29 164 -15,22 164,5 -18,12 165 -20,98 165,5 -23,82 166 -26,63 166,5 -29,41 167 -32,16 167,5 -34,88 168 -37,57 F_Sx= C_1= C_2=

161,50 -0,58 -18,90

N

20,00

10,00

0,00

-10,00

-20,00

-30,00

-40,00

N

f(x)

11

357 11.5  Übungen

Übungsbeispiel 11.15

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 28 m und h2 D 10 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 33 m. Die Belastung sei q D 20 N=m und die Seillänge lS D 53 m. Ge-

sucht sind die beiden Konstanten C1 und C2 sowie die Funktion der Seillinie und der Horizontalzug. Das Beispiel ist mittels Excel zu untersuchen, die Gleichung des Horizontalzuges sollte graphisch, ebenfalls mit Excel geschehen.

Lösung

= F_Sx/ q *cosh(( q * x +C_1 )/ = F_Sx/ 20 *cosh(( 20 * 33 +C_1 )/ = F_Sx/ 20 *cosh(( 20 * 0 +C_1 )/

200

Schätzwert für F_Sx= 1. Schritt F_Sx f(x) 200 29,95 200,5 20,24 201 10,63 201,5 1,13 202 -8,28 202,5 -17,59 203 -26,80 203,5 -35,91 204 -44,93 204,5 -53,86 205 -62,69 205,5 -71,43 206 -80,09 206,5 -88,66 207 -97,14 207,5 -105,53 208 -113,84 F_Sx= C_1= C_2=

201,50 -1,28 -19,59

x A:= l B:= 0

y h 0

F_Sx F_Sx F_Sx

) +C_2 ) +C_2 ) +C_2

=> => =>

q*x 660 0

N

40,00 20,00

208

207

207,5

206

206,5

205

205,5

204

204,5

203

202

203,5

-20,00

202,5

200

0,00 201

y(x) 18 0

m m m N/m m

201,5

Punkt A: Punkt B:

28,00 10,00 33,00 20,00 53,00

200,5

h_1= h_2= l= q= l_S=

-40,00 f(x) -60,00 -80,00 -100,00 -120,00 -140,00

N

358

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

Übungsbeispiel 11.16

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 28 m und h2 D 10 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 33 m. Die Belastung sei q D 20 N=m und die Seillänge lS D 53 m. Ge-

sucht sind die beiden Konstanten C1 und C2 sowie die Funktion der Seillinie und der Horizontalzug. Das Beispiel ist mittels Matlab zu untersuchen, die Gleichung des Horizontalzuges sollte durch das Bisektionsverfahren bestimmt werden.

Lösung

Übungsbeispiel 11.17

11

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 28 m und h2 D 10 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 33 m. Die Belastung sei q D 10 N=m und die Seillänge lS D 43 m. Gesucht sind die beiden Konstanten C1 und C2 sowie die Funktion der Seillinie und der Horizontalzug. Das Beispiel ist mittels Excel zu lösen, dieses Mal allerdings durch Programmierung eines Makros, dass die Bestimmung des Horizontalzuges abnimmt. Das Makro sollte so aussehen, dass man einfach Werte für den Horizontalzug einsetzt und der Funktionswert berechnet wird. P os.

B ild

Lösung Um dieses Beispiel mittels Makros zu lösen, ist es vorerst nötig, die dazugehörige Excel Vorlage zu erstellen. Dazu müssen die bereits kennengelernten Bedingungen eingegeben werden, wie in den Beispielen zuvor. Beim Berechnen des Horizontalzuges tritt der erste Unterschied zu den vorgehenden Beispielen auf. Dazu muss ein Button erstellt werden, der beim Betätigen das entsprechende Makro startet. Dieser Vorgang und auch die Programmierung des Makros wird im Anschluss genau erklärt. Erklärung

Erstellen der Excel Datei, diese kann annähernd aus jener des vorgehenden Beispiels übernommen werden. Bis zur Horizontalkraft sollte alles klar und bekannt sein. Beim Erstellen des Buttons (neben der Horizontalkraft das graue Feld) beginnt die Programmierung des Makros. Dies kann den nachfolgenden Schritten entnommen werden.

11

359 11.5  Übungen

Ein Button wird erstellt, indem man in Excel auf in der Befehlsleiste (oben) drückt. Sollte dies nicht angezeigt werden Schritt 3 durchführen. Unter kann man jetzt das Erste Symbol wählen, dieses stellt einen Button dar. Im Anschluss muss hier das zuvor erstellte Makro, hier unter dem Namen „Gleichungsloeser“ gewählt werden. Sollte das Makro zuvor noch nicht programmiert worden sein, zuerst dieses programmieren, dazu mit Schritt 4 fortfahren und erst danach den Button einfügen.

Falls in Excel angezeigt wird, kann dieser Schritt übersprungen werden. Unter => im Anschluss unter

wählen und

den Haken bei und damit aktivieren.

setzten

Um ein Makro zu programmieren unter

den Button

anklicken. Es öffnet sich VB. Darin unter RMT ein neues Model anlegen (nebenstehend). Das Modul stellt jetzt die Programmierumgebung dar. Darin ist jetzt der Code zu erstellen. Dieser ist nebenstehend gezeigt. Am Ende dieser Tabelle ist dieser noch einmal größer und in ganz dargestellt. Zudiesem Code gibtes einige Bemerkungen. Die meisten

360

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

Informatiker werden beide Hände zusammenschlagen, wenndiese den Code zu Gesicht bekommen, zum einen weil man diesen sehr viel effizienter und genauer formulieren sollte um Abstürze zu vermeiden. Hier wird der Code so hin genommen, wohl bedacht, dass einige Zahlen die Schleife nicht mehr Abbrechen werden und es dadurch zu einem Absturz von Excel kommen kann. Für die meisten Zahlen, auch die die hier in den Beispielen enthalten sind, funktioniert dieser jedoch so und der Code wurde absichtlich so einfach formuliert, um von Personen ohne ProgrammierErfahrung nachvollzogen werden zu können. Ein großer Nachteil stellt dar, dass keine maximale Anzahl an Schleifendurchgänge definiert wurde, welche die Schleife zum Abbruch zwingt, egal ob eine Lösunggefunden wurde oder nicht. Dies kann von Interessierten noch ergänzt werden, ist aber nicht Gegenstand der Technischen Mechanik. Durch Betätigen des Buttons

11

wird das Makro durchlaufen und die Kraft berechnet. Jetzt kann noch die Funktionsgleichung notiert werden. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

x 0 1,65 3,3 4,95 6,6 8,25 9,9 11,55 13,2 14,85 16,5 18,15 19,8 21,45 23,1

f(x) 0,00 -0,91 -1,62 -2,16 -2,53 -2,72 -2,74 -2,59 -2,28 -1,79 -1,12 -0,26 0,79 2,04 3,52

Um die Dynamik des Programmes zu gewährleisten, dies bedeutet, dass man gewährleistet, dass auch andere Werte als Ausgangsbedingung eingegeben werden können und trotzdem die Seillinie ermittelbar bleibt, wird für die Seillinienfunktion der x-Wert als maximaler xB Wert geteilt durch hier 20 berechnet.

361 11.5  Übungen

f(x) (Seillinie) 20,00

15,00

10,00

Es folgt die Seillinienfunktion.

5,00

0 1,65 3,3 4,95 6,6 8,25 9,9 11,55 13,2 14,85 16,5 18,15 19,8 21,45 23,1 24,75 26,4 28,05 29,7 31,35 33

0,00

-5,00

Übungsbeispiel 11.18

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 20 m und h2 D 8 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 40 m. Die Belastung sei q D 10 N=m und die Seillänge lS D 45 m. Gesucht

sind die beiden Konstanten C1 und C2 sowie die Funktion der Seillinie und der Horizontalzug. Das Beispiel ist mit dem zuvor erstellten Makro zu lösen.

11

362

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

Lösung h_1= h_2= l= q= l_S=

20,00 8,00 40,00 10,00 45,00

Punkt A: Punkt B:

y(x) 12 0

F_Sx= C_1= C_2= y(x)=

11

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

m m m N/m m

x A:= l B:= 0

= F_Sx/ q *cosh(( q * x +C_1 )/ = F_Sx/ 10 *cosh(( 10 * 40 +C_1 )/ = F_Sx/ 10 *cosh(( 10 * 0 +C_1 )/

y h 0

F_Sx F_Sx F_Sx

) +C_2 ) +C_2 ) +C_2

=> => =>

q*x 400 0

283,00 N -0,43 -31,00 28,30

*cosh((

x

f(x)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40

0,00 -0,82 -1,48 -2,00 -2,38 -2,61 -2,70 -2,65 -2,45 -2,12 -1,64 -1,01 -0,23 0,70 1,79 3,04 4,46 6,06 7,85 9,83 12,01

0

*x+

-0,002

)+(

-31,00

)

f(x) (Seillinie) 14,00

12,00

10,00

8,00

6,00

4,00

2,00

0,00 0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

26

28

30

32

34

36

38

40

-2,00

-4,00

Übungsbeispiel 11.19

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 28 m und h2 D 10 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 33 m. Die Belastung sei q D 10 N=m. Es sind die Seilfunktionen für drei Seile zu berechnen, wenn die Seillänge 20, 45 bzw. 50 Meter hat. Zeichnen Sie diese auch mittels eines Diagramms auf. Die Gleichung des Horizontalzuges ist mittels einer Tabelle und Diagramm in Excel zu lösen. Bestimmen Sie die drei Horizontalzüge und die Konstanten und untersuchen Sie den Zusammenhang zwischen dem Horizontalzug und Seillänge, falls einer vorhanden ist.

Lösung Es ist aus der nachstehenden Berechnung klar ersichtlich, dass mit zunehmender Seillänge der Horizontalzug abnimmt. Dies kann man aus dem Kräftegleichgewicht schlussfolgern. Wenn das Seil länger wird, muss dieses weiter durchhängen, wenn alles andere ident bleibt, wodurch sich eine größere y-Kraftkomponente ergibt und dadurch die x-Komponente sinken lässt. Zur Lösung mittels Excel: Zuerst werden die Randbedingungen eingegeben und dann mittels der Tabelle die Horizontalkomponenten berechnet. Wenn diese gegeben sind, können die Konstanten und im Anschluss die Punkte der Seillinie berechnet werden.

363 11.5  Übungen

x

f1(x)

f2(x)

f3(x)

0 1,65 3,3 4,95 6,6 8,25 9,9 11,55 13,2 14,85 16,5 18,15 19,8 21,45 23,1 24,75 26,4 28,05 29,7 31,35 33

0,00 -0,29 -0,47 -0,53 -0,47 -0,30 -0,02 0,39 0,91 1,55 2,32 3,22 4,24 5,41 6,72 8,18 9,80 11,58 13,53 15,67 18,00

0,00 -1,25 -2,27 -3,06 -3,64 -4,02 -4,20 -4,18 -3,97 -3,56 -2,95 -2,12 -1,06 0,23 1,78 3,61 5,74 8,21 11,05 14,30 18,00

0,00 -2,04 -3,72 -5,05 -6,09 -6,85 -7,34 -7,58 -7,57 -7,32 -6,81 -6,04 -4,99 -3,63 -1,94 0,13 2,61 5,57 9,06 13,18 18,00

f1(F_Sx1) 25,00

f1(F_Sx2)

105 F_Sx3 f1(F_Sx3) 105 162,75 106 131,60 107 101,64 108 72,83 109 45,09 110 18,37 111 -7,37 112 -32,18 113 -56,12 114 -79,22 115 -101,52 116 -123,05 117 -143,86 118 -163,98 119 -183,43 120 -202,26 121 -220,47 122 -238,11 123 -255,19 110,68 N

f1(F_Sx3)

150,00

200,00

100,00

100,00

150,00

20,00 15,00

50,00 10,00

50,00

0,00 105 109 113 117 121

3 110,68 -1,11 -18,67

130 f1(F_Sx2) 113,92 100,52 87,50 74,85 62,55 50,59 38,96 27,64 16,63 5,90 -4,54 -14,71 -24,61 -34,26 -43,67 -52,85 -61,79 -70,52 -79,03 N

F_Sx2 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 139,5

5,00

-50,00 0,00

0,00

-100,00 142

2 139,5 -0,76 -18,17

225 f1(F_Sx1) 22,76 20,78 18,82 16,89 14,99 13,12 11,27 9,45 7,66 5,89 4,14 2,42 0,72 -0,96 -2,61 -4,24 -5,85 -7,44 -9,00 N

146

m m m N/m m

Startwert: F_Sx1 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 Ergebnis: 237,5

134

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

1 237,50 -0,21 -24,28

50

4

138

F_Sx= C_1= C_2=

40

3

130

h_1= h_2= l= q= l_S=

2 28 10 33 10 45

225 229 233 237 241

1

-150,00

-5,00 -50,00 -10,00 -15,00

-200,00 -250,00

-100,00

-300,00

f(x) (Seillinie) 20,00

15,00

10,00 f1(x) 5,00

f2(x) f3(x)

0,00

-5,00

-10,00

11

364

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

Übungsbeispiel 11.20

Vom Beispiel zuvor sollte Excel genutzt werden, um von jeder Seillinie, im Diagramm, eine Regressionsgerade einzeichnen zu lassen. Eine Regressionsgerade beschreibt eine Annäherung an eine Funktion bei gegebenen Punkten. Es kann gewählt werden zwischen linear, logarithmisch oder Polynome. Hier sollte die Potent einer Polynomfunktion so lange erhöht werden, bis annähernd

die Seillinie getroffen wird. Bestimmen Sie die Tiefpunkte der angenäherten Funktion, indem Sie die erste Ableitung der Regressionsgleichung ableiten und Null setzen. Welche maximale Potenz ist dazu am besten, bei der Regressionsgleichung, geeignet? Die Regressionsgerade sollte zu mind. 99,9 % an die ursprüngliche angenähert werden, dies kann man durch Anzeigen von R2 überprüfen.

Lösung P os.

B ild

Erklärung

f(x) (Seillinie) 20,00 15,00 10,00

f1(x)

5,00

f2(x)

0,00

f3(x)

Diese drei Funktionen, die im Beispiel zuvor bestimmt wurden, sollten die Ausgangslage für dieses Beispiel bilden.

-5,00 -10,00

11

Klickt man eine Funktion an:

so kann man unter und nebenstehende Befehle die Trendlinie anzeigen lassen. Um höhere Potenzen anzuzeigen muss gewählt werden. Dann kann:

gewählt werden. Für die Erste Funktion genügt bereits Grad 2, da das Bestimmtheitsmaß R2 bereits in der geforderten Toleranz liegt. Dieseskannunter

angezeigt werden, als auch die Gleichung der Regressionsgleichung:

365 11.5  Übungen

f(x) (Seillinie)

Für die 3. Funktion gelten nebenstehende Diagramme. Grad 2 reicht hier nicht aus:

20,00 y = 0,1563x2 2,6319x + 2,96 R = 0,9945 15,00

da R2 noch zu ungenau ist. Um die Funktion exakt anzunähern muss bis Grad 4 erhöht werden:

Achsentitel

10,00 f1(x) f2(x) 5,00 f3(x) Poly. (f3(x)) 0 4,95 9,9 14,85 19,8 24,75 29,7

0,00

-5,00

Dann nähert man die Gleichung sogar zu 100 % an. Dies bestätigt auch die Annahme, dass bei kleinen Durchhängungen eine Parabel verwendet werden darf, allerdings bei großen Durchhängungen ein immer größerer Fehler entstehet. Dies wurde bereits in der Theorie dieses Kapitels besprochen.

-10,00

f(x) (Seillinie) 20,00 y = 0,0666x2 - 0,5896x + 0,7157 R = 0,9996 15,00 y = 1E-06x5 + 6E-05x4 - 0,0027x3 + 0,1308x2 - 1,6233x + 1,4933 R =1 5 4 3 10,00 y = 3E-06x + 0,0001x - 0,0061x + 0,2126x2 - 2,6274x + 2,415 R =1

f1(x) f2(x) f3(x)

5,00 Poly. (f1(x)) Poly. (f2(x)) 0,00

Poly. (f3(x))

Nähert man alle Funktionen mittels dieser Methode an, so folgt das nebenstehende Diagramm. Um die Tiefpunkte zu bestimmen sollten aber keine größeren Potenzen als Grad 3 verwendet werden, da dann beim Ableiten diese zu Grad 2 werden und eine Lösung durch die abc-Formel ermöglicht wird. Es kommt so zu einfachen, schnell lösbaren Gleichungen, mit ein wenig Übung sogar im Kopf.

-5,00

-10,00

f1(x)= 0,0666x2 - 0,5896x + 0,7157 f2(x)= - 0,0027x3 + 0,1308x2 - 1,6233x + 1,4933 f3(x)= - 0,0061x3 + 0,2126x2 - 2,6274x + 2,415 f1(x)= 0,12x - 0,59 f2(x)=- 0,0081x2 + 0,26x - 1,623 f3(x)=- 0,0183x2 + 0,44x - 2,627

Es werden hier die Gleichungen nebenstehend verwendet und die Ableitungen gebildet. Es können mittels der abc-Formel − ±√ 2 −4

( ) die Tiefpunkte in 2 x bestimmt werden, und durch einsetzen in f(x) die dazugehörigen y-Werte.

11

366

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

n a_1= b_1= c_1= x_n1= x_n2=

P_1= P_2= P_3=

1

4,92

x 4,92 8,49 13,01

2 -0,0081 0,26 -1,623 8,49 23,61

3 -0,0183 0,44 -2,627 11,04 13,01

Es folgen die nebenstehenden Punkte.

y -0,53 -4,06 -7,59

Übungsbeispiel 11.21

11

Von einem gespannten Seil von Lager A nach Lager B kennt man die Höhe h1 D 28 m und h2 D 10 m sowie den waagrechten Abstand zwischen den beiden Lagern mit l D 33 m. Die Belastung sei q D 10 N=m. Es sind die Seilfunktionen für acht Seile zu berechnen, wenn die Seillänge 40, 45, 50, 42, 44, 46, 48 bzw. 52 Meter hat. Zeichnen Sie diese auch mittels eines Diagramms auf. Die Gleichung des Horizontalzuges ist mittels einer Tabelle und Diagramm in Excel zu lösen. Bestim-

men Sie die acht Horizontalzüge und die Konstanten und berechnen Sie im Anschluss durch Ableiten und Null setzen die Tiefpunkte. Stellen Sie diese in einem eigenen Verlauf dar und lassen Sie eine Regressionsgerade von Grad 2 durch Excel bestimmen. Verwenden Sie im Anschluss die Gleichung der Regressionsgerade und zeichnen Sie die acht Seilfunktionen samt der zuvor gefundenen Regressionsgerade in einem Diagramm. Was fällt dabei auf?

Lösung P os.

1

B ild

Erklärung

Bestimmen des Horizontalzuges mittels Tabelle.

367 11.5  Übungen

F_Sx= C_1= C_2= 4 533,7 -0,47 -19,79

1 712,3 0 -0,21 24,27 5 447,61 -0,67 -18,41

2

3

418,68 -0,76

332,13 -1,11

-18,17 6 395,18 -0,84 -18,09

Konstanten und Horizontalzüge

-18,67 7 8 358,99 311,2 -0,98 -1,23 -18,25 -19,25

f(x) (Seillinie) 20,00 15,00

10,00 5,00

f1(x) f2(x) f3(x) f5(x)

0,00 -5,00 -10,00 -15,00

f6(x) f7(x) f8(x)

Diagramm mit allen Acht Seillinien.

11

368

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

x f1'(x)= f2'(x)= f3'(x)= f4'(x)= f5'(x)= f6'(x)= f7'(x)= f8'(x)=

y

4,99 10,59 12,33 8,35 10,02 11,06 11,78 12,75

=> => => => => => => =>

-0,53 -4,21 -7,60 -2,00 -3,49 -4,92 -6,28 -8,88

Wenn man die einzelnen Seillinien ableitet und Null setzt folgt der xWert des Tiefpunktes. Eingesetzt in die Seillinienfunktion ergibt sich der dazugehörige y-Wert. Es folgen die Werte, welche nebenstehend gezeigt sind.

Verlauf der Tiefpunkte 0,00 -2,00

0,00

2,00

4,00

6,00

8,00

10,00

12,00

14,00

-4,00 -6,00 -8,00 -10,00

Stellt man die Werte in einem Diagramm dar und berechnet davon eine Regressionsgerade so folgt die Gleichung y = -0,1646x2 + 1,8973x 5,9888, die die Punkt zu 99,4 % annähert.

y = -0,1646x2 + 1,8973x - 5,9888 R = 0,9936

f(x) (Seillinie) 20,00

15,00

10,00

11

f1(x) 5,00

f2(x) f3(x) f5(x)

0,00 f6(x) f7(x) -5,00

f8(x) Verlauf

-10,00

-15,00

-20,00

Stellt man nun noch die Regressionsgerade und die Seillinien in einem Diagramm dar, folgt das nebenstehende Diagramm.

369 11.5  Übungen

Das nachfolgende Beispiel baut auf dem Beispiel von 11.7 auf.

Übungsbeispiel 11.22

Ein Seil ist durch die beiden Punkte A und B gegeben. Die Werte können direkt aus 7 Beispiel 11.7 entnommen werden. Das zuvor analytisch gelöste Beispiel ist hier mittels einer Excel-Mappe zu lösen. Bestimmen Sie die Konstanten C1 und C2 sowie, die Stelle der maximalen Durchhängung

sowie die maximale Durchhängung, den Horizontalzug und den Vertikalzug über die gesamte Brückenlänge und die daraus sich ergebende resultierende Seilkraft. Stellen Sie diese anhand eines Diagramms dar und untersuchen Sie den Kraftverlauf. Welche Länge hat das Seil?

Lösung x_B= y_B= y_A= q= x_max= f_max= f_max= F_Sx= Pos 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C_2= C_1= l=

1280 180 180 30

m m m N/m

640 m 180 m 6144000 /F_Sx 34,13 kN x 0 64 128 192 256 320 384 448 512 576 640 704 768 832 896 960 1024 1088 1152 1216 1280 0 562,5 1347,5 m

F_Sy -562,5 -506,25 -450 -393,75 -337,5 -281,25 -225 -168,75 -112,5 -56,25 0 56,25 112,5 168,75 225 281,25 337,5 393,75 450 506,25 562,5

F_Sres 563,53 507,40 451,29 395,23 339,22 283,31 227,57 172,17 117,56 65,80 34,13 65,80 117,56 172,17 227,57 283,31 339,22 395,23 451,29 507,40 563,53

f(x) 0 -34 -65 -92 -115 -135 -151 -164 -173 -178 -180 -178 -173 -164 -151 -135 -115 -92 -65 -34 0

11

Kapitel 11  Seilstatik & Kettenlinien

370

Seillinienverlauf 0 -20

0

200

400

600

800

1000

1200

1400

-40 -60 -80 -100 -120 -140 -160 -180 -200

Kraftverlauf f(x)

Kraftverlauf

F_Sres

800

700

600

600

400

500

200

400 200

0 -120 -200

100

-400

300

0 -100 0

80

280

480

680

-600 200

400

600

800

1000

1200

1400 -800

-200 -300

11

F_Sy

F_Sres

880

1080

1280

371

Gelenkträger und Dreigelenkbögen

Inhaltsverzeichnis 12.1

Systeme starrer Körper – 373

12.1.1 12.1.2 12.1.3 12.1.4

Verbindungen – 374 Statisch bestimmte Systeme – 374 Statisch unterbestimmte Systeme – 374 Statisch unbestimmte Systeme – 374

12.2

Gelenkträger – 375

12.2.1 12.2.2 12.2.3

Aufbau – 375 Berechnung – 375 Zeichnerische Ermittlung – 375

12.3

Dreigelenkbogen – 378

12.3.1 12.3.2

Rechnerische Ermittlung – 378 Superpositionsprinzip – 380

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_12

12

12.3.3

Zeichnerische Lösung – 381

12.4

Softwaregestützte Ermittlung – 383

12.5

Übungen – 388

373 12.1  Systeme starrer Körper

Sie lernen hier. . . 4 Auflager bestimmen bei Gelenkträger und statisch unbestimmten Systemen [21]. 4 Gerber- und Gelenkträger berechnen [21]. 4 Dreigelenkbögen berechnen [21]. 4 Gelenkkräfte berechnen [21]. 4 Gelenkkräfte berechnen. 4 die softwaregestützte Ermittlung. Zitat

In den letzten 33 Jahren habe ich jeden Morgen in den Spiegel geschaut und mich gefragt: „Wenn heute der letzte Tag meines Lebens wäre, würde ich auch das machen wollen, was mir heute bevorsteht?“ Und wenn die Antwort für zu viele Tage am Stück „Nein“ lautete, wusste ich, dass ich etwas ändern musste. Steve Jobs

. Abb. 12.1 Brücken sind typische Beispiele für Gerberträger

Definition 12.1 (Gerberträger) Ein Gerberträger ist ein Träger, der über mehrere Auflager gelagert ist. Er ist so mit Gelenken unterteilt, dass er statisch bestimmt wird [50].

Der Gerberträger ist nach Heinrich Gottfried Gerber benannt, der erstmals erkannte, dass statisch unbestimmte Träger durch Einschieben von Gelenken, zu statisch bestimmten Systemen adaptiert werden können. Er gilt als Erfinder der Gelenkträger. Angewendet werden solche Konstruktionen bei Brücken u. v. m. [50] (. Abb. 12.1 und 12.2). Definition 12.2 (Dreigelenkbogen) Der Dreigelenkbogen ist ein Tragwerk in der Baustatik, das aus zwei Teilträgern besteht, die an einem Punkt gelenkig miteinander verbunden, sind [36].

Dreigelenkbögen finden dort Anwendung, wo 4 große Spannweiten überbrückt werden müssen, 4 um eine gewichtssparende, steife Lösung für ein Tragwerk zu gewährleisten. Dabei macht die Notwendigkeit, den Horizontalschub aufzufangen, den Träger normalerweise

. Abb. 12.2 Oftmals liegen bei Brücken Dreigelenkbögen vor, aber auch bei Tunnel oder sonstigen Unterführungen kann man diese oftmals beobachten [87]

statisch unbestimmt. Diese Unbestimmtheit (Einspannung) wird durch ein weiteres Gelenk aufgehoben. Die Träger zwischen den Auflagern bzw. Gelenken können verschiedene Formen haben.

12.1

Systeme starrer Körper

Im Unterschied zu den bereits behandelten Tragwerken, wie: 4 Balken 4 Stäbe unterscheiden sich die allgemeinen Tragwerke wie: 4 Dreigelenkbögen, 4 Gelenkträger und 4 Fachwerkträger darin, dass dieser aus einer endlichen Anzahl von Bauteilen bestehen. Diese Einzelteile sind miteinander verbunden, durch zum Beispiel: 4 reibungsfreie Gelenke, 4 reibungsfreie Führungen oder 4 gelenkig angeschlossene Führungen.

12

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

374

Verbindungen

12.1.1

Statisch unterbestimmte Systeme

12.1.3

1. Ein Gelenk überträgt Kräfte in zwei Richtungen, jedoch keine Momente. 2. Eine Führung überträgt die Kraft quer zur Führungsrichtung und ein Moment, jedoch keine Kraft in Berührungsrichtung. 3. Eine gelenkig angeschlossene Führung überträgt nur eine Kraft quer zur Führungsrichtung, aber keine Kraft in Führungsrichtung und kein Moment.

Definition 12.4 Ein statisch unterbestimmtes, labiles, instabiles System liegt vor, wenn

aCv 3k

Ein System ist statisch bestimmt, wenn

(12.3)

gilt.3 a C v D 3  k:

(12.1)

Definition 12.6 Ein n-fach statisch unbestimmtes System liegt vor, wenn

mit P a wertiger Auflager P v wertiger Verbindungselementen P k Einzelkörper

aCv D 3kCn gilt.

gilt.1

1

Vgl. Fachwerkslehre.

2 3

Vgl. Fachwerkslehre. Vgl. Fachwerkslehre.

(12.4)

375 12.2  Gelenkträger

12.2

Gelenkträger

Definition 12.7 Liegen die Auflager und Gelenke bei einem Träger auf einer Geraden, so nennt man diesen Gerberträger.

Der Gerberträger wurde nach Heinrich Gerber benannt.

12.2.1

Aufbau

Siehe . Abb. 12.3. An einem Teilkörper (Teilsystem = Teilbalken) dürfen maximal zwei Auflager vorhanden sein und zwischen diesen beiden Auflagern wiederum nur zwei Gelenke. Zwischen den beiden Gelenken muss sich immer ein Kraftangriffspunkt befinden, wenn es sich um ein statisch bestimmtes System handeln sollte [21].

12.2.2

Berechnung [21]

Für die rechnerische Ermittlung der Auflagerkräfte und der Gelenkkraft, setzt man die Gleich-

F

F

F

G2

F

G1

G2

Die zeichnerische Ermittlung erfolgt mit dem bereits kennengelernten Seileck-Verfahren. Dabei ist zu beachten, dass die Schlusslinie das Gelenk schneiden muss, da am Gelenk kein Moment übertragen werden kann.

F

F

F

Gerbertr¨ager, statisch unbestimmt, 5. Ausfu¨hrungsm¨oglichkeit

. Abb. 12.3 Gerberträger, Ausführungen

Zeichnerische Ermittlung

G1

F

G2

F

Gerbertr¨ager, 2. Ausfu¨hrungsmo¨glichkeit

Gerbertr¨ager, 3. Ausfu¨hrungsmo¨glichkeit F

12.2.3

F

Gerbertr¨ager, 2 - fach unbestimmt

G1

gewichtsbedingungen für jedes Teilsystem an. Wenn das gesamte System im Gleichgewicht ist, so sind auch die Einzelsysteme im Gleichgewicht. (Den Biegemomentenverlauf, Querkraftverlauf und Normalkraftverlauf ermittelt man ebenfalls für jedes Teilsystem. (vgl. Schnittgrößen, Technische Mechanik – Elastostatik [10])); in diesem Buch zu finden. Um bei einem langen Träger die Durchbiegung sowie den Materialverbrauch und das dadurch steigende Eigengewicht möglichst gering zu halten, ist es notwendig, diesen mehrfach abzustützen und dadurch die Durchbiegung auf ein Minimum zu beschränken. Solche Träger nennt man Durchlaufträger. Das System wird dadurch statisch unbestimmt .a C v D 3k C n/. Teilt man den n-fach statisch unbestimmten Träger durch n Gelenke, in mehrere Einzelsysteme, so wird das System wieder statisch bestimmbar.

F

F G2

G1

F

Gerbertr¨ager, 4. Ausfu¨hrungsmo¨glichkeit F

G1

G2

F

Gerbertr¨ager, 6. Ausfu¨hrungsmo¨glichkeit

12

376

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

Beispiel 12.1 d

q F

G A

C

B

a

b

c

. Abb. 12.4 Gerberträger Beispiel 1 [21]

d

q FGy FGx FA a

F

FGx

FBy FBx

FGy

b

FC c

Teilsystem 1

Teilsystem 2

. Abb. 12.5 Gerberträger, Beispiel 1, freigemacht [21]

Vom Träger [21] aus . Abb. 12.4 kennt man kN ; F D 8 kN, a D 100 mm, b D 20 mm, q D 1;2 mm c D 50 mm, d D 25 mm und berechnet werden sollen 4 die Auflagerkräfte und 4 die Gelenkkraft

12

4 Gleichgewicht . Abb. 12.5): n X iD1 n X

am

Teilsystem

2

Fix D 0W

FGX D 0

Fiy D 0W

FGY C FC  F D 0

(vgl.

(12.8)

iD1

(12.9)

Lösung 1. Auflagerkraft und Gelenkkraft 4 Gleichgewicht am Teilsystem . Abb. 12.5): n X

n X

1

(vgl.

Umformen von Mi.B/ (Gl. (12.10)):

Fix D 0W

 FBX  FGX D 0

(12.5)

Fiy D 0W

F d 25 mm D FG D 8 kN  c 50 mm D 4 kN:

FGY D

(12.11)

iD1

FA  q  a C FBY  FGY D 0 n X

 FGY  c C F  d D 0 (12.10)

iD1

n X

Mi.B/ D 0W

iD1

(12.6)

Mi.B/ D 0W

und aus Fiy folgt: FC D FGY D 8 kN  4 kN D 4 kN: (12.12)

iD1

 FA  a C q 

a2  FGY  b D 0 2

(12.7)

aus FI x folgt: FBX D 0 kN:

(12.13)

377 12.2  Gelenkträger

4 Setzt man Gl. (12.7) (FiX ) folgt durch Einsetzen von Gl. (12.13):

Aus Fiy folgt: FBY D FB D FGY C q  a  FA

2

a  FGY  b 2 FA D a kN .100 mm/2 1;2  4 kN  20 mm mm 2 D 100 mm (12.14) FA D 59;2 kN: q

kN  100 mm  59;2 kN mm D FB D 64;8 kN: (12.15) D 4 kN C 1;2

FBY

2. Schnittgrößen: Diese werden später im Kapitel der Schnittgrößen im Buch Technische Mechanik – Elastostatik [88] noch genauer behandelt.

Beispiel 12.2 kN Vom Träger kennt man q D 1;2 mm ; F D 8 kN, a D 100 mm, b D 20 mm, c D 50 mm, d D 25 mm; zu bestimmen sind Auflagerkräfte und Gelenkkraft.

d

q F

G A

C

B

a

b

c

Lösung d

q G A

F1 F2 F3 F4 a

F C

B b

c 6

FA S2 F1

1 S1

5

1

2

2

3

4

F2 3 FB

F3

S1

4

S2

5 F4 6 FG FC F

FA = 59,2 kN FB = 64,8 kN FC = 4 kN FG = 4 kN

P

12

378

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

12.3

Dreigelenkbogen

Definition 12.8 Besteht ein Fachwerk aus zwei Freikörpern, welche mittels eines Gelenkes miteinander verbunden sind und das Gelenk nicht auf der Verbindungslinie der beiden Auflager liegt, so spricht man von einem Dreigelenkbogen (vgl. . Abb. 12.6). . Abb. 12.6 Dreigelenkbogen 2  k D s C 4

Bemerkung 12.2

Rechnerische Ermittlung

Die statische Bestimmtheit wird durch

12.3.1

aCv D 3k

Die rechnerische Bestimmung erfolgt durch Ansetzen der Gleichgewichtssysteme am Teilkörper 1 und 2 (wie beim Gerberträger).

(12.29)

bestimmt.

Beispiel 12.3 F2

F2 F3 45◦

FGy F3

FGy

F1

FBx FBy FAx

B

1,5

0,9 A

FAy 1,5

3,7

4,4

12

F1

FGx FGx

Teilsystem 1

Teilsystem 2

2,4 3,3 5,1 F1 = 2 kN, F2 = 4 kN, F3 = 3 kN

Gesucht: 4 freigemachtes Teilsystem 1 und 2; 4 Berechnung der Auflagerkräfte und der Gelenkkraft.

12

379 12.3  Dreigelenkbogen

Lösung ı

ı

Für F1 gilt F1X D F1Y D sin.45 / D cos.45 /.

2Gleichgewicht am Teilsystem 1 n X

FGY  1;8  F3  0;9 2;9 F1  sin.45ı /  5;7  F2  2;4  FGY  3;3 D 4;4

Fix D 0W

iD1

FAX C FGX C F1  sin.45ı / D 0 n X

FGY D

Fiy D 0W

iD1

FAY  FGY  F2  F1  cos.45ı / D 0 (12.16) n X

Gleichsetzten der beiden Gleichungen (12.21) und (12.22) liefert

Mi.A/ D 0W

F3  3;96  F1 sin.45ı /  15;1  F2  6;96 17;49

D 2;1 kN: (12.23) Aus Gl. (12.22) folgt:

iD1

 F1  sin.45ı /  3;7  F1  sin.45ı /  1;5  F2  2;4  FGX  4;4  FGY  3;3 D 0 (12.17)

FGY  1;8  F3  0;9 D 2;254 kN: 2;9 (12.24)

Aus Gl. (12.20) (x) folgt:

2Gleichgewicht am Teilsystem 2 n X

FGX D

Fix D 0W

FBX  FGX D 0

(12.18)

Fiy D 0W

FBY C FGY  F3 D 0

(12.19)

FBX D FGX D 2;254 kN:

(12.25)

iD1 n X

Aus Gl. (12.20) (y) folgt:

iD1 n X

FBY D F3  FGY D 3 C 2;254 D 5;132 kN: (12.26)

Mi.A/ D 0W

iD1

F3  0;9 C FGX  2;9  FGY  1;8 D 0

(12.20)

FAX D FGX  F1  sin.45ı /

Aus Gl. (12.17) (Moment) folgt: FGX

F1  sin.45ı /  5;7  F2  2;4  FGY  3;3 : D 4;4 (12.21)

FGY  1;8  F3  0;9 : 2;9

D 4  2  sin.45ı / D 0;839 kN:

(12.27)

Aus Gl. (12.17) (y) folgt: FAY D FGY C F2 C F1  cos.45ı /

Aus Gl. (12.20) (Moment) folgt: FGX D

Aus Gl. (12.17) (x) wird:

D 2;132 C 4 C 2  cos.45ı / D 3;282 kN: (12.22)

(12.28)

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

380

12.3.2

Superpositionsprinzip

Das Superpositionsprinzip wurde von Newton entwickelt und besagt, dass man ein System in mehrere einzelne, einfachere, Systeme unterteilen kann und am Schluss, durch Zusammenfügen der einzelnen Systeme, auf dasselbe Ergebnis kommt, als bei der Betrachtung eines gesamten Systems. Als Beispiel hierfür stellt man sich einen Träger, mit einer Streckenlast und einer Einzel-

last vor. Man berechnet die Auflagerkräfte der Einzellast, und anschließend die Auflagerkräfte der Streckenlast und fügt diese zusammen, was zum gleichen Ergebnis, als bei nicht getrennter Betrachtung führt, wenn Streckenlast und die Einzellast als gemeinsames System betrachtet werden würde. Anwendung findet das Superpositionsprinzip bei sehr komplexen Systemen und Bauteilen.

Beispiel 12.4 (Beispiel zu Superposition)

2. Teilsystem (vgl. . Abb. 12.7):

c

q

Es folgt durch Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen und umformen

F B

A

a

FA;II D 750 N

c

FB;II D 250 NI

(12.31)

c

Angabe

daraus folgt F

FAI

12

a

c

FBI

FA D FA;I C FA;II D 1000 N

(12.32)

FB D FB;I C FB;II D 1000 N:

(12.33)

1. Teilsystem q c

q FAII

a

c

FBII

F A

2. Teilsystem

FA

a

c

FB

. Abb. 12.7 Beispiel Superposition N q D 10 mm ; F D 1000 N; a D 100 mm; b D 100 mm, c D 50 mm

Stellt man am gesamten Träger die Gleichgewichtsbedingungen auf, so folgt

1. Teilsystem (vgl. . Abb. 12.7):

FA D 1000 N

Es folgt durch Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen und umformen: FA;I D 250 N

FB;I D 750 N

(12.30)

FB D 1000 N:

(12.34)

Durch Vergleichen kann man feststellen, dass man dieselben Ergebnisse erhält, was darauf schließen lässt, dass das System funktioniert.

12

381 12.3  Dreigelenkbogen

12.3.3

Zeichnerische Lösung

Siehe 7 Beispiel 12.5.

Beispiel 12.5 FBI

FAI

F2

F2

F1

F3

FRes, 1,2

F1

B

FRes, 1,2

FBI

A

FBII

FBII

A

B FAII

F3

FAII FBI

FAI

. Abb. 12.8 Bestimmung der Lagerkräfte 1 FAI

Die zeichnerische Ermittlung erfolgt mittels des Superpositionsprinzips. Man denkt sich das gesamte Tragwerk zunächst nur mit den Kräften, an einem Teil belastet und ermittelt daraus die Auflagerreaktionen FA1 und FB1 (vgl. . Abb. 12.8), wobei zu beachten ist, dass ein Gelenk kein Moment übertragen kann. Deshalb muss die Wirklinie von FB1 durch G gehen. Ebenso verfährt man mit dem Teilsystem, Teilkörper 2. Im nächsten Schritt wird Teilsystem 2 (vgl. . Abb. 12.9) betrachtet und bei dem bereits vorhandenen Kräfteplan weiter gezeichnet.

F2 F1

FRes, 1,2

. Abb. 12.9 Bestimmung der Lagerkräfte 2

Betrachten des Systems inklusive der Gelenkkraft, so ist es möglich alle gesuchten Kräfte zu ermitteln (vgl. . Abb. 12.10). Es folgen folgende Kräfte, zu: FB D 5;6 kN; FA D 3;42 kN; FG D 3;11 kN.

382

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

FBII

FG

F2 F3 FG

F1

F3

FAII FBI

B FB

FBI

FRes, 1,2

FBII

A FAII

F2

FA

F1

FAI

12

FAI

FRes, 1,2

FAII

FG

FA

F3

FAI

FG FG

FBII

FG

B FB

FB

FRes, 1,2 A FBI FA

. Abb. 12.10 Bestimmung der Gelenkkraft

FRes, 1,2

383 12.4  Softwaregestützte Ermittlung

12.4

Softwaregestützte Ermittlung

Siehe 7 Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 12.1.

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 12.1

Zu untersuchen ist der Träger aus Beispiel 12.1. P os.

B ild

Erklärung

Modell und statische Analyse erstellen.

Um eine parametrische Konstruktion zu verwirklichen, dies bedeutet, dass man bei ähnlichen Beispielen mit anderen Beträgen der Länge bzw. Kraft nur den entsprechenden Wert ändern muss und die Analyse startet von neunen und berechnet das neue Beispiel, dazu in SolidWorks verwendet. Am besten einfach „Gleichungen“ in die Suchleiste: eingeben um den Befehl aufzurufen. Dann die entsprechenden Werte eingeben.

Beim Skizzieren müssen diese Werte dann entsprechend verknüpft werden. Dies erkennt man durch das rote Sigma vor dem Maß. Dazu einfach anstatt des Wertes „=“ eingeben und „globale Variable“ wählen. Nach dem Skizzieren muss das Modell modelliert werden. Für die Lagerflächen und Kraftangriffsflächen werden Trennlinien verwendet, keine Zug-Verbunde! Das Gelenk wird als eigener Volumenkörper erzeugt. (Das Modell besteht damit aus drei Volumenkörper, siehe nebenstehend)

12

384

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

Jetzt wird das Loslager „A“ definiert. Dies kann aus den Analysen im Laufe dieses Buches entnommen werden.

Loslager „C“ definieren.

Festlager „B“ definieren.

Um das Bauteil in der Ebene zu halten wird eine weitere Randbedingung gesetzt, eine Gleitvorrichtung.

12

Das Gelenk wird durch ein Verbindungslement ersetzt (Schritt 10) und daher muss aus der Analyse der Volumenkörper ausgeschlossen werden.

385 12.4  Softwaregestützte Ermittlung

Jetzt kann mit der eigentlichen Gelenksdefinition beginnen werden, dazu unter einen auswählen und nebenstehende Definitionen setzen.

Definieren der Einzellast.

Definieren der Streckenlast.

12

386

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

Der Träger sollte jetzt ident zum nebenstehenden aussehen.

RMT auf Ergebnisse und „Ergebniskraft auflisten“ wählen. Dann an den entsprechenden Stellen die Lagerkräfte ablesen.

Hier kann sehr gut die Verformung angesehen werden und kontrolliert werden, ob das Gelenk richtig verformt und dadurch richtig definiert wurde.

Für die beiden Loslager A und B folgt:

12

und für das Festlager:

387 12.4  Softwaregestützte Ermittlung

Um de Gelenkkraft zu ermitteln, wird mit der RMT auf Ergebnisse geklickt und die Verbindungskräfte aufgelistet.

Stiftkraft ablesen.

12

388

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

12.5

Übungen

Übungsbeispiel 12.1

Lösung

Wie ist ein Gerberträger definiert?

Ein Gerberträger ist ein Träger, der mehrere Auflager gelagert ist. Er ist so mit Gelenken unterteilt, sodass er statisch bestimmt wird [50].

Übungsbeispiel 12.2

Lösung

Wie ist ein Dreigelenkbogen definiert?

Der Dreigelenkbogen ist ein Tragwerk in der Baustatik, das aus zwei Teilträgern besteht, die in einem Punkt miteinander, gelenkig, verbunden sind [36].

Übungsbeispiel 12.3

Definieren Sie die Verbindungsmöglichkeiten bei Balken und deren Eigenschaften. Lösung

12

1. Ein Gelenk überträgt Kräfte in zwei Richtungen, jedoch keine Momente.

2. Eine Führung überträgt Kraft quer zur Führungsrichtung und ein Moment, jedoch keine Kraft in Berührungsrichtung. 3. Eine gelenkig angeschlossene Führung überträgt nur eine Kraft quer zur Führungsrichtung, aber keine Kraft in Führungsrichtung und kein Moment.

Übungsbeispiel 12.4

Wie kann die statische Bestimmtheit überprüft werden? Lösung a C v D 3  k:

(12.35)

mit a Summe der wertigen Auflager v Summe der wertigen Verbindungselementen k Summe der Einzelkörper

Übungsbeispiel 12.5

Wie kann die statische Unterbestimmtheit überprüft werden?

Lösung a C v < 3  k:

(12.36)

Übungsbeispiel 12.6

Wie ist ein statisch unbestimmtes- und n-unbestimmtes System formal definiert?

Lösung aCv > 3k (statisch unbestimmt); aCv D 3k Cn (statisch n-unbestimmt).

389 12.5  Übungen

Übungsbeispiel 12.7

Was ist ein Durchlaufträger und wofür wird dieser benutzt?

Lösung Um bei einem langen Träger die Durchbiegung und den Materialverbrauch möglichst gering zu halten, ist es notwendig, diesen mehrfach abzustützen und dadurch die Durchbiegung möglichst gering zu halten. Solche Träger nennt man Durchlaufträger.

Übungsbeispiel 12.8

F

G A

C

B

a

Lösung

d

q

b

c

kN Vom Träger kennt man q D 1;2 mm ; F D 8 kN, a D 100 mm, b D 20 mm, c D 50 mm, d D 25 mm; zu bestimmen sind Auflagerkräfte und die Gelenkkraft mittels einer Excel-Tabelle.

q= F= a= b= c= d=

1,2 8 100 20 50 25

kN/mm kN mm mm mm mm

F_Gy= F_C= F_Bx= F_A= F_By= F_B=

4 4 0 59,2 64,8 64,8

kN kN kN kN kN kN

q_max= F= a= b= c= d=

1,2 8 100 20 50 25

kN/mm kN mm mm mm mm

F_Gy= F_C= F_Bx= F_A= F_By= F_B=

4 4 0 19,2 44,8 44,8

kN kN kN kN kN kN

Übungsbeispiel 12.9 qmax

A a

B b

Lösung

d

G

F C c

kN Vom Träger kennt man qmax D 1;2 mm ; F D 8 kN, a D 100 mm, b D 20 mm, c D 50 mm, d D 25 mm; zu bestimmen sind Auflagerkräfte und die Gelenkkraft mittels einer Excel-Tabelle. Es ist die Gleichung der linearen Begrenzung für die Dreieckslast gesucht.

k= d= y(x)=

12 0 12

x

12

390

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

Übungsbeispiel 12.10 qmax G A

B b

a

kN Vom Träger kennt man qmax D 1;2 mm ; F D 8 kN, a D 100 mm, b D 20 mm, c D 50 mm, d D 25 mm; zu bestimmen sind Auflagerkräfte und die Gelenkkraft mittels SolidWorks FEM.

d F C c

Lösung P os.

B ild

Erklärung

qmax

d

G A a

B b

F C c

Die Definition der Randbedingung ist ident zum bereits gezeigten Abschnitt „Softwaregestützte Ermittlung“. Hier wird nur speziell auf die Eingabe der Dreieckslast, aber auch dies wurde bereits im Kapitel „Totalresultierende“ erklärt und die Ergebnisse eingegangen.

Um eine Dreieckslast definieren zu können ist es notwendig, ein Koordinatensystem zu legen.

12

Eingabe der Dreieckslast. Die Funktion der Last kann aus dem Beispiel zuvor entnommen werden.

391 12.5  Übungen

Der Träger besitzt jetzt nebenstehende Gestalt.

Lager A:

Lager B:

Lager C:

Gelenkkraft ablesen.

12

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

392

Übungsbeispiel 12.11

F2 F3 F1

g

α

B

a

b

i

f

Gegeben ist: F1 D 2 kN, F2 D 4 kN, F3 D 3 kN, der Winkel: ˛ D 45ı und die Längen: a D 3;7 m; b D 1;5 m, c D 2;4 m, d D 3;3 m, e D 5;1 m, f D 0;9 m, g D 4;4 m, h D 0;9 m und i D 1;5 m. Gesucht ist 4 freigemachtes Teilsystem 1 und 2; 4 Berechnung der Auflagerkräfte und der Gelenkkraft mittels einer Excel-Tabelle.

A c d e

Lösung

12

a= b= c= d= e= f= g= h= i=

3,7 1,5 2,4 3,3 5,1 0,9 4,4 0,9 1,5

F_Gy= F_Gx= F_G= F_Bx= F_By= F_B= F_Ax= F_Ay=

-2,13 -2,25 3,10 2,25 5,13 5,61 0,84 -3,28

m m m m m m m m m

F_1= F_2= F_3=

2 kN 4 kN 3 kN

alpha=

45 ° 0,785 rad

kN kN kN kN kN kN kN kN

F2 F1

FGx FGx

FGy F3

FGy FBx FBy

FAx FAy Teilsystem 1

Teilsystem 2

12

393 12.5  Übungen

Übungsbeispiel 12.12

Ident zum vorgehenden Beispiel, allerdings mit anderen Werten. Gegeben ist: F1 D 3 kN, F2 D 3;5 kN, F3 D 4 kN, der Winkel: ˛ D 20ı und die Längen: a D 4 m; b D 1;5 m, c D 2;4 m, d D 3;5 m,

e D 5;4 m, f D 1 m, g D 4;5 m, h D 1 m und i D 1;6 m. Gesucht ist 4 freigemachtes Teilsystem 1 und 2; 4 Berechnung der Auflagerkräfte und der Gelenkkraft mittels einer Excel-Tabelle.

Lösung a= b= c= d= e= f= g= h= i=

4 1,5 2,4 3,5 5,4 1 4,5 1 1,6

F_Gy= F_Gx= F_G= F_Bx= F_By= F_B= F_Ax= F_Ay= F_A=

-2,33 -2,90 3,72 2,90 6,33 6,96 1,88 -3,99 4,41

m m m m m m m m m

F_1= F_2= F_3=

3 kN 3,5 kN 4 kN

alpha=

20 ° 0,349 rad

kN kN kN kN kN kN kN kN kN

Übungsbeispiel 12.13

Skizze zum Beispiel ist ident zu den beiden vorgehenden Beispielen. F1 D 3 kN, F2 D 3;5 kN, F3 D 4 kN und die Längen: a D 4 m; b D 1;5 m, c D 2;4 m, d D 3;5 m, e D 5;4 m, f D 1 m, g D 4;5 m, h D 1 m und i D 1;6 m. Gesucht sind drei Kraftdiagramme, die den Kraftverlauf in Abhän-

gigkeit des Winkels ˛ in einem Intervall von 0ı bis 180ı und einer Schrittweite von 5ı darstellen. Es soll für Lager A, B und Gelenk ein eigenes Verlaufsdiagramm erstellt werden. Dieses Beispiel ist mittels Excel zu lösen.

Lösung Kraftverlauf des Gelenks 5,00 4,00 3,00 2,00 1,00 0,00 -1,00 0

20

40

60

80

100

120

F_Gy

F_Gx

F_G

-2,00 -3,00 -4,00

140

160

180

200

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

394

Kraftverlauf des Lagers B 8,00 7,00 6,00 5,00 4,00 3,00 2,00 1,00 0,00 0

20

40

60

80

100

F_Bx

F_By

120

140

160

180

200

140

160

180

200

F_B

Kraftverlauf des Lagers A 6,00 4,00 2,00 0,00 0

20

40

60

80

100

120

F_Ax

F_Ay

F_A

-2,00 -4,00 -6,00

Übungsbeispiel 12.14

12

d

F

Lösung

qmax e

G A a

B b

C c

kN Vom Träger kennt man qmax D 0;96 mm ; F D 0;5 kN, a D 80 mm, b D 20 mm, c D 50 mm, d D 20 mm, e D 35 mm; zu bestimmen sind Auflagerkräfte und die Gelenkkraft mittels einer ExcelTabelle.

q= F= a= b= c= d= e= F_Gy= F_Gx= F_G= F_C= F_Bx= F_A= F_By= F_B=

0,96 0,5 80 20 50 20 35 -0,35 -0,50 0,61 0,35 0,50 12,93 24,98 24,98

k=

kN kN kN kN kN kN kN kN

12 0

d=

y(x)=

kN/mm kN mm mm mm mm mm

12

x

395 12.5  Übungen

Übungsbeispiel 12.15

Ident zum vorgehenden Beispiel ist eine Lösung mittels SolidWorks FEM gesucht. Lösung P os.

B ild

Erklärung

Modell zeichnen.

Randbedingungen setzen.

Ergebnisse erstellen.

Lagerkräfte ablesen.

Lager A

Lager B

Lager C

Da beim Gelenk jetzt zwei Komponenten vorliegen, muss in SolidWorks der Haken „Kräfte in x, y, z - Komponenten anzeigen“ gesetzt werden. Dann werden die Komponenten für die Schubkräfte angezeigt. Achtung: Die Axialkraft hat hier nichts mit y, z Komponenten zu tun! Diese beschreiben die Kraft in axialer Richtung!

12

396

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

Übungsbeispiel 12.16 d

q qmax G A a

B b

f

Lösung

e C c

kN Vom Träger kennt man qmax D 0;96 mm ; q D 0;1 kN=mm, a D 80 mm, b D 20 mm, c D 50 mm, d D 20 mm, e D 35 mm und f D 45 mm; zu bestimmen sind Auflagerkräfte und Gelenkkraft mittels einer Excel-Tabelle.

q= F= a= b= c= d= e= F_Gy= F_Gx= F_G= F_C= F_Bx= F_A= F_By= F_B=

0,96 0,5 80 20 50 20 35 -0,35 -0,50 0,61 0,35 0,50 12,93 24,98 24,98

k=

12

kN kN kN kN kN kN kN kN

12 0

d=

y(x)=

kN/mm kN mm mm mm mm mm

x

12

Übungsbeispiel 12.17

Ident zum vorgehenden Beispiel ist eine Lösung mittels SolidWorks FEM gesucht. Lösung P os.

B ild

Erklärung

Modell zeichnen.

Randbedingungen setzen.

397 12.5  Übungen

Ergebnisse erstellen.

Lagerkräfte ablesen.

Lager A

Lager B

Lager C

Gelenkkraft

Übungsbeispiel 12.18

Bei allen Trägerbeispielen, die mittels SolidWorks FEM gelöst wurden, gab es immer zwei Komponenten der Kraft, bei einem Loslager, und drei Komponenten der Kraft bei einem Festlager, die ungleich Null waren. Zum einen waren es beim Loslager die Komponente, die auch analytisch bestimmt wurde, gleich wie beim Festlager es zwei waren, die man auch analytisch berechnen kann, allerdings gibt es bei allen Lagern auch eine Komponente, die normal auf die Ebene wirkt. Bei all den vorgehenden Beispielen war dies die x-Komponente, die ja analytisch immer Null war bzw. erst gar nicht betrachtet wurde, da dort keine Belastung wirkt. Aus welchen Grund ergibt sich hierbei in SolidWorks eine Kraftwirkung und wie könnte man die Studie ändern, sodass diese Komponente entfällt?

Lösung Bei all den durchgeführten Analysen in SolidWorks wurde das Bauteil immer durch eine Gleitvorrichtung in der Ebene gehalten, um ein Kippen (dies wird allerdings erst im Band 2 behandelt) zu vermeiden. Kippen tritt bei schlanken Bauteilen und großen Kräften bzw. Belastungen auf. Um dieses Phänomen sofort ausschließen zu können, wurde die Gleitvorrichtung, beschrieben im Punkt 8 in Lösung durch SolidWorks 12.1 gesetzt. Entfernt man diese Gleitvorrichtung, so wird das Bauteil in dieser Ebene nicht mehr gehalten und es kann auch keine Kraft mehr auftreten, allerdings riskiert man dabei ein Kippverhalten, was in der Realität ohnehin untersucht werden muss, in diesen Beispielen allerdings weggelassen wurde, um nicht vorzugreifen. Führt man die Analyse ohne dieser Gleitvorrichtung durch, so folgt als Beispiel für 12.14 ein Ergebnis wie folgt:

12

398

12

Kapitel 12  Gelenkträger und Dreigelenkbögen

399

Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

Inhaltsverzeichnis 13.1

Virtuelle Arbeit – 402

13.1.1 13.1.2 13.1.3 13.1.4 13.1.5 13.1.6 13.1.7 13.1.8 13.1.9

Das ewige Getriebe – 402 Virtuelle Verschiebung – 402 Definition der virtuellen Arbeit und Begriffe – 402 Virtuelle Kräfte – 402 Vorgehensweise – 403 Generalisierte Koordinaten – 403 Ergänzungen – 403 Beispiele – 404 Computergestützte Lösung – 406

13.2

Virtuelle Leistung – 409

13.2.1 13.2.2

Unterteilungen der Kräfte, Kinetostatik – 409 Ohne Betrachtung der Trägheit – 410

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_13

13

13.2.3

Mit Betrachtung der Trägheit – 414

13.3

Kraftwandlung bei einem Flaschenzug – 414

13.3.1 13.3.2 13.3.3

Faktorenflaschenzug – 415 Potenzflaschenzug – 415 Differenzialflaschenzug – 415

13.4

Übungen – 417

401 Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

Sie lernen hier. . . 4 die virtuelle Arbeit kennen. 4 virtuelle Verschiebungen kennen. 4 statisch unbestimmte Systeme lösen, durch die virtuelle Arbeit. 4 Lagrange’sche Gleichungen kennen. 4 Anwendungen in der Getriebelehre kennen. Zitat

Meine liebsten Dinge im Leben sind kostenlos. Es ist wirklich klar, dass die kostbarste Ressource die wir alle haben die Zeit ist. Steve Jobs

Virtuell – ein Begriff, unter dem sich viele etwas „nicht reales“ vorstellen. Handelt es sich bei der „virtuellen Arbeit“ etwa um etwas „nicht reales“? Der Begriff „Arbeit“ ist bekannt – so hat jeder in der Unterstufe im Physik-Unterricht bereits die Definition der Arbeit kennengelernt: W D F  s, „Kraft in Wegrichtung mal zurückgelegten Weg in Kraftrichtung ist Arbeit“, oder die „goldene Regel der Mechanik: „Was an Weg gewonnen wird, geht an Zeit verloren“ – diese Definitionen und Begriffe beziehen sich allerdings

. Abb. 13.1 Jean Baptiste le Rond d’Alembert, Porträt von Maurice Quentin de La Tour, 1753 [62, 80]

auf das Kapitel „Dynamik“ (Technische Mechanik – Dynamik [11]) mit dem sich Band 3 dieser Buchreihe beschäftigt. Bewegt sich nichts, so wird keine Arbeit zurückgelegt, bewegt sich beispielsweise ein Arbeiter nicht, so wird er keine Arbeit verrichten. Was ist dann virtuelle Arbeit und was hat diese im Kapitel der Statik verloren? Eine ganze Menge, denn die virtuelle Arbeit betrachtet die Arbeit an Lagern (Fest- als auch Loslager) und Gelenken, die aufgrund infinitesimal kleinen Verschiebungen entsteht. Definition 13.1 (Virtuelle Arbeit) Virtuelle Arbeit bezeichnet jene Arbeit, die sowohl durch eine Kraft durch virtuelle Verschiebung verrichtet wird, als auch die Arbeit, die eine virtuelle Kraft an einer realen Verschiebung leistet [106].

Dabei spielen die Physiker d’Alembert (vgl. . Abb. 13.1) und Lagrange (vgl. . Abb. 13.2) eine große Rolle. Diese haben wesentliche Beiträge zur Bestimmung der virtuellen Arbeit geleistet.

. Abb. 13.2 Gemälde von Joseph-Louis Lagrange [48, 63]

13

402

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

13.1

Virtuelle Arbeit

13.1.1

Das ewige Getriebe

Bevor die Grundbegriffe der virtuellen Arbeit genauer erläutert werden, wird zunächst noch einmal kurz versucht, die virtuelle Arbeit „anschaulich“ zu erklären. Die Unendlichkeitsmaschine oder das „ewige Getriebe“ ist ein Getriebe, das auf der einen Seite (Antriebsseite) mit einem Motor angetrieben und über genügend Übersetzung ins Langsame so lange untersetzt wird, bis sich auf der Abtriebsseite der Zahnräder keine Bewegung, oder nur eine unendlich kleine Bewegung feststellen lässt. Das Getriebe könnte einerseits einbetoniert werden und würde sich trotzdem andererseits noch drehen. Diese infinitesimal kleine Arbeitsänderung könnte man sich im Grunde genommen auch als „virtuelle Arbeit“ vorstellen.

»

13

„Paradox erscheint, dass der Getriebeeingang ohne Unterlass angetrieben wird, während sich der einbetonierte Getriebeausgang offensichtlich überhaupt nicht drehen kann. Dies lässt sich damit erklären, dass die „verloren gegangene Bewegung“ hauptsächlich durch Spiel im Getriebe kompensiert wird. Bei dem Exemplar im Dynamikum dreht sich der Ausgang einer Stufe mit einem Siebtel der Geschwindigkeit des Eingangs. Durch die Hintereinanderschaltung von 16 Stufen potenziert sich die Übersetzung zu iGes D 716 D 33:232:930:569:601. Dreht sich z. B. das Zahnrad des Getriebeeingangs einmal pro Sekunde, ergibt die Gesamtheit der Übersetzungen, dass das Zahnrad des Getriebeausgangs etwa eine Million Jahre für eine Umdrehung benötigen würde, wäre dieser nicht einbetoniert.”1 [105]

13.1.2

1. Die Verrückung, die Arbeit hervorruft, ist in Wirklichkeit nicht existent. Diese existiert nur in der Vorstellung! 2. Auftretende Verschiebungen sind differenziell klein. 3. Verschiebungen müssen geometrisch möglich sein 4. Virtuelle Verschiebungen werden mit einem vorangestellten ı (Verschiebungssymbol) gekennzeichnet.

13.1.3

Definition der virtuellen Arbeit und Begriffe

Definition 13.3 Arbeit ist definiert durch d W D F  dx, wobei dx der Weg, und F der Kraftvektor in Wegrichtung ist.

Corollary 13.1 Aus der vorstehenden Definition folgt durch Einführen des Begriffs der virtuellen Arbeit ıW D F  ıx:

(13.1)

ıx wird als „Variation der Position“ bezeichnet.

Bemerkung 13.1 In einem statischen System (= System in Ruhe), herrscht Ruhe und daher gilt ıW D 0.

Virtuelle Verschiebung [18]

Diese kann anstatt der Gleichgewichtsbedingungen verwendet werden.

1

Definition 13.2

Eine Veranschaulichung kann unter 7 https://de. wikipedia.org/wiki/Unendlichkeitsmaschine angesehen werden.

13.1.4

Virtuelle Kräfte

Gl. (13.1) bezieht sich auf die Veränderliche x. Betrachtet man diese Formel auf die Veränderliche F so folgt

13

403 13.1  Virtuelle Arbeit

Beispiel 13.1

Bemerkung 13.2 ıW D ıF  x:

(13.2)

ıF wird als Variation der Kraft bezeichnet. Im Gleichgewichtsfall tritt keine virtuelle Arbeit auf. Es wird das Prinzip der virtuellen Verschiebung verwendet.

13.1.5

4 unbekannte Lagerkräfte berechnen und durch eine Kraft oder ein Moment ersetzen. H) damit das System ins Gleichgewicht gelangt! 4 Das System skizzieren (auch in der aktuellen, ausgelenkten Lage). 4 Gleichungen für die virtuelle Arbeit ansetzen. 4 Arbeitsgesetz der Statik (Summe aller virtuellen Arbeiten = 0) ansetzen

n X

ıWi D 0:

Lösung x P .x; y/ D y

!

! cos.'/ Dx sin.'/

(13.3)

iD1

4 Ausdrücken aller virtuellen Verschiebungen durch eine generalisierte Koordinate q (kinematische Kopplung) 4 unbekannte Variablen ermitteln

zahl der Freiheitsgrade ab. Diese spannen den sogenannten Konfigurationsraum auf.

Konfigurationsraum Als Konfigurationsraum bezeichnet man die Anzahl der unabhängigen Freiheitsgrade eines Systems. Besondere Bedeutung hat dieser in der Robotik, wo Mehrfachlösungen entstehen können. Beispiel: Ein Roboterarm hat mehrere Möglichkeiten, eine Position anzufahren. Beispiel: Von unten oder oben; genaueres wird auf die Thematik „Robotik“ verwiesen.

13.1.7

Ergänzungen

Proposition 13.1

Zu zeigen ist die Bedingung

13.1.6

(13.4)

wobei x der Abstand zu dem Koordinatensystemursprung ist.

Vorgehensweise [18]

ıW D

Gegeben sei Punkt P in der Ebene mit den Koordinaten x; y. Gesucht sind die generalisierten Koordinaten.

Pn iD1

Fi ıxi D 0.

Generalisierte Koordinaten [49] In einem statischen System muss an jedem Punkt, bei Zeitunabhängigkeit, die Beschleunigung Null sein. Es gilt: a D 0 D x. R Es gilt damit gemäß der Definition der Kraft

Beweis

Definition 13.4 Generalisierte Koordinaten legen eine eindeutige, minimale Zuweisung von unabhängigen Koordinaten, zur vollständigen Bestimmung eines Systems (beispielsweise eines Punktes P ) fest.

Fi D mi  ai D mi  xR i :

(13.5)

Mit der Definition der virtuellen Arbeit folgt Die Anzahl der Zeilen des Spaltenvektors der generalisierten Koordinaten hängen von der An-

ıWi D Fi  ıxi D 0

(13.6)

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

404

und damit folgt die Bedingung n X

13.1.8

Fi  ıxi D 0:

(13.7)

i D1



Beispiele

13.1.8.1

Träger mit konstanter Linienlast [18]

Siehe 7 Beispiel 13.2.

Beispiel 13.2

q

FG

A

B a

13

Eine Person sitzt auf einem Tisch. Leider biegt sich die Platte zu stark durch, worauf sich der Mann auf dem Tisch eine Unterstützung (B), zur Minderung der Durchbiegung unterstellt. Die Gewichtsverteilung q soll als linear betrachtet werden und der Mann sitzt exakt in der Mitte der Platte. Gesucht ist die Kraft, die auf die Unterstützung B wirkt, durch virtuelle Arbeit.

a

1. Durch Aufstellen der Gleichung für die virtuelle Arbeit ıW D

n X

ıWi D 0W

iD1

 FB  ıxB C q  ıx1 C q  ıx2 D 0: (13.8) 2. Bilden der generalisierten Koordinate liefert folgende Ergebnisse

Lösung q=

a ı' ıx1 D ıx2 2 ıxB D aı' D 2  ıx1 : ıx1 D

F a

A a

a

F =q·a A

δx1 δϕ a

F =q·a δx2 B δϕ δxB FB

a ı' 2 (13.9)

C

B

ıx2 D

3. Bedingungen der generalisierten Koordinate kann man in Gl. (13.8) einsetzen und man erhält: ıW D

n X

ıWi D 0W

iD1

a

a a ı' C q  ı' D 0 2 2 a  ı'.q  a  FB / D 0  FB  aı' C q 

FB D q  a:

(13.10)

13

405 13.1  Virtuelle Arbeit

q=

F a

2/3 · a

F/a

M

F

F A a

G a

B a

a

M

F

C A

a

G

a a

a

F δϕ δx2

FB a

δϕ

a

δx1

a

a F C

. Abb. 13.3 Beispiel 2

M

F

. Abb. 13.5 Beispiel 2, Verrückungsfigur 2

F

G

A a

a

F C δxF

F/2

F/a B

a

a

δx1 2/3a a

F C

MA

δxF

F/2 F

F

δϕ

a F C

δz a

δψ

δx2

a

FB a

M a

δx δϕ

F C δxF

δy

a

. Abb. 13.4 Beispiel 2, Verrückungsfigur 1

a F C

. Abb. 13.6 Beispiel 2, Verrückungsfigur 3

13.1.8.2

Mehrere Streckenlasten, statisch unbestimmt, eingespannt [18]

Gesucht ist Lagerkraft in C (vgl. . Abb. 13.3); gegeben F , a, M (vgl. . Abb. 13.4) 1. Virtuelle Arbeit (F=a D F=2)

ıW D

n X

5. Virtuelle Arbeit: ıW D

n X

ıWi D 0

i D1

D ıx2 .F  FB / C ıWi D 0

F  ıx1 D 0: 2 (13.14)

i D1

D

F  ıx1 C F  ıxF  FC  xF D 0: 2 (13.11)

2. Generalisierte Koordinate ıxF ıx1 D 2 2a a 3 ıxF D 3  ıx1 :

6. Generalisierte Koordinate ıx2 D a  ı' 4 ıx1 D  a  ı': 3

(13.16)

7. Einsetzen von Gl. (13.16) in Gl. (13.14) ergibt a  ı'.F  FB / C (13.12) FB D

3. Einsetzen von Gl. (13.12) in Gl. (13.11) ergibt 3  ıx1 C F  3  ıx1 3;5  F 2 D : FC D 3  ıx1 3 (13.13) 4. Lagerkraft in B (vgl. . Abb. 13.5).

(13.15)

5F : 3

F 4   a  ı' D 0 2 3 (13.17)

8. Siehe . Abb. 13.6. 9. Virtuelle Arbeit: ıW D

n X

ıWi D 0

i D1

D MA C F  ız  M  d'

F  ıy D 0: 2 (13.18)

406

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

M F

G δϕ

A δx

F/2 δx δϕ δψ

F

B

M F

F C

G

A

δx δy B

G

. Abb. 13.7 Beispiel 2, Verrückungsfigur 4

. Abb. 13.8 Beispiel 2, Verrückungsfigur 5

10. Generalisierte Koordinaten:

15. Einsetzen:

a ı' a ıx D 2  ı ıx ıy D 4 2a a 3 ız D

ı

D 2  ı'

H)

ıx ıy D 4 2a a 3

ıy D

2  ıx: 3

18. Virtuelle Arbeit ıW D

F a C M: 6

n X i D1

ıWi D 0 D G  ıx 

  F 2 : D ıy D ıx G   2 3

(13.20)

12. Siehe . Abb. 13.7. 13. Virtuelle Arbeit: n X

H)

(13.24)

11. Einsetzen ergibt:

ıW D

(13.23)

16. Siehe . Abb. 13.8. 17. Generalisierte Koordinate

(13.19)

MA D

2  F: 3

FA D

ıx D 2  aı'

2 ıy D  ıx 3 4 ıy D  a  ı'I 3

H)

F C

δx

δx FA

13

F/2

F

F  ıy 2 (13.25)

19. Es folgt GD

ıWi D 0

F 3

(13.26)

i D1

D FA  ıx C F  ıx 

F  ıy D 0: 2 (13.21)

14. Generalisierte Koordinaten: ıx D a  ı' H)

ıy D

ıx ıy D 4 2a a 3 2  a  ı': 3

(13.22)

13.1.9

Computergestützte Lösung

Im nächsten Abschnitt sollen die Beispiele der virtuellen Arbeit mittels SolidWorks FEM überprüft werden. Die Vorgehensweise unterscheidet sich dabei nicht wesentlich vom bereits kennengelernten. Es wird hierfür das nachfolgende Beispiel betrachtet, welches zuvor noch analytisch gelöst wird.

13

407 13.1  Virtuelle Arbeit

Beispiel 13.3

Vom nachstehenden Träger (vgl. . Abb. 13.9) kennt man die Länge a D 1 m und die Kraft F D 5 kN. Bestimmen Sie mithilfe der virtuellen Arbeit die Lagerkräfte.

Aus der ersten Verrückungsfigur folgt ıW D

n X

ıWi D 0 D F  ıxF C FC  ıxC

iD1

FC D C

F  ıxF : ıxC (13.27)

F

Mit der generalisierten Koordinate 2a A

B a

4a

ıxF ıxC D a a 2

a F

2a A

B a

4a

FC

a

FC D

ıW D

F

FB D

δxF δϕ

δxB a FB

C

δxF = 0

2a

n X

ıWi D 0 D F  ıxF C FB  ıxB

F  ıxF : ıxB

(13.30)

xB D 4  a  ı'

xC D

a  ı' 2

(13.31)

wird a  ı' F 5 2 FB D D D D 2;5 kN: (13.32) 4  a  ı' 2 2 F ı

δxA = 0 FA

(13.29)

bzw. mit der generalisierten Koordinate

a

F

5 F  ıxF F D D 2;5 kN: D 2  ıxF 2 2

iD1

2a

4a

(13.28)

Mit der zweiten Verrückungsfigur folgt C

A

ıxC D 2  ıxF :

wird δxC

δxF

H)

A 4a

. Abb. 13.9 Beispiel 3

B a

a

Aus der dritten Verrückungsfigur folgt sofort mit ıxF D 0 D ıxA , dass FA D 0 kN ist.

408

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 13.1

Vom oben stehenden Träger ist die Ermittlung der Lagerkräfte mittels SolidWorks gefordert. Dabei ist die Vorgehensweise nahezu ident zu den bereits behandelten Beispielen, die mittels FEM gelöst P os.

wurden. Deswegen werden auch hier nur grobe Eckdaten aufgelistet. Hier wurde ein Strukturbauteil erstellt, welches als Balkenelement gelöst wurde.

B ild

Erklärung

Modell zeichnen.

Randbedingungen setzen.

Ausführen und lösen.

13

Ergebniskräfte auflisten und ablesen. Es folgt damit für Lager:

C: B: A:

409 13.2  Virtuelle Leistung

13.2

Virtuelle Leistung

Ähnlich wie bei der virtuellen Arbeit, kann bei der virtuellen Leistung durch Betrachtung der Geschwindigkeiten an einem Punkt (vergleichbar mit dem zuvor untersuchten Kraftangriffspunkt), auf die Kraft und auf das Moment geschlossen werden. Dies findet in der Getriebetechnik Anwendung. Dort kann man durch Betrachten der einzelnen Geschwindigkeiten jedes Getriebegliedes auf die wirkenden Kräfte rückschließen. Man unterscheidet dabei zwei wesentliche Tatsachen: 4 Berücksichtigung der Massenträgheit, 4 keine Berücksichtigung der Trägheit. Da jetzt von Geschwindigkeiten ausgegangen wird, nicht mehr von Verschiebungen am Kraftangriffspunkt wie bei der virtuellen Arbeit, tritt als unangenehme Tatsache die Massenträgheit auf. Das Prinzip der virtuellen Leistung wird auch als Jourdain’sches Prinzip, nach Jourdain Philip benannt, bezeichnet.

13.2.1

Unterteilungen der Kräfte, Kinetostatik

Wie bereits erwähnt, spielt die Massenträgheit eine Rolle bei der virtuellen Leistung. Deshalb ergibt es Sinn, Kräfte wie folgt zu unterteilen, da auf einen Mechanismus äußere und innere Kräfte wirken. Definition 13.5 (Eingeprägte Kräfte) Alle äußeren Kräfte physikalischen Ursprungs werden als eingeprägte Kräfte bezeichnet.

Corollary 13.2 (Kraftfeld des Mechanismus) Die Gesamtheit aller eingeprägten Kräfte wird als Kraftfeld des Mechanismus bezeichnet.

Trägheitskräfte zählen nicht zum Kraftfeld. Aufgrund des d’Alembert’schen Prinzips können Trägheitskräfte als dynamische Hilfskräfte (Scheinkräfte) angesehen und wie eingeprägte Kräfte behandelt werden. Definition 13.6 (Innere Kräfte) Als innere Kräfte bezeichnet man die durch Freischneiden entstehenden Schnittkräfte.

Die Analyse der Kraftgrößen führt auf zwei grundlegende Aufgabenstellungen: 4 Ermittlung der Kräfte bei vorgegebener Bewegung (Geschwindigkeits- und Beschleunigungszustand sind bekannt). Diese Aufgabe wird als zweite Wittenbauer’sche Grundaufgabe bezeichnet. 4 Ermittlung des Bewegungsverhaltens bei vorgegebenen Kräften. Dies wird auch erste Wittenbauer’sche Grundaufgabe genannt. Definition 13.7 (Kinetostatik) Die Kinetostatik behandelt Bauteile als Systeme starrer Körper und analysiert die Wirkung eingeprägter Kräfte und Trägheitskräfte auf die einzelnen Glieder und Gelenke.

Beispiel 13.5 (Innere Kräfte) Beispiel 13.4 (Nicht eingeprägte Kräfte)

Hierzu zählen Antriebskräfte, Bewegungswiderstände, Federkräfte, Schwerkräfte.

Es sind Kräfte, die an den Berührungsstellen zweier Glieder stets paarweise auftreten.

13

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

410

13.2.2

Ohne Betrachtung der Trägheit

bzw. durch Hinzuziehen von eingeleiteten Momenten und der Definition für die Rotationsarbeit folgt

Mit dem Gesetz für die virtuelle Arbeit n X

Fi  ıxi D 0

n n X X #” Fi  v#”i C Mi  !i D 0:

(13.33)

i D1

iD1

und der Definition der Leistung P D P  dt D d W folgt n X

dW dt

H) In der Getriebetechnik wird diese Gleichung zur Ermittlung von Kräften und Haltemomenten verwendet. Das nachfolgende Beispiel wird im Band Technische Mechanik – Dynamik [11] vollständig gelöst, hier genügt es jedoch die Geschwindigkeiten, als bekannt anzunehmen.

Fi  ıxi D ıW D ıP  dt

i D1

H)

n X

ıP D

Fi 

i D1

ıxi dt „ƒ‚…

(13.34)

Dvi

und damit die Gleichung für die virtuelle Leistung n X

Fi  ıvi I

(13.35)

i D1

Beispiel 13.6

13

Geg.: ω21 = 6rad/s,, F = 10 kN Ges. (jeweils nach Betrag und Richtung): a) Geschwindigkeit vc, b) Haltemoment M 21 nach dem Leistungssatz

F



vE

− 54 b 0

= ω21 ·

i=1

Pi =

n

i=1

C 2 M21 , ω21

4

b

2b

3b

−F −F



 F i · v i + ni=1 Mi · ωi = 0

· vE = M1 · ω21 + Q · ω21 · 0 = M1 · ω21 + Q

· M1 = −Q

b

A 1

1 D

n

b



= Q

Aus Skizze folgt:

− 54 b 0

F E

3

B

...Beispiel ist aus Technische Mechanik-Dynamik entnommen! Vollst¨ andig ist es dort zu finden.



=−

−F −F

(13.36)

iD1



·

− 54 b 0

− 54 b 0



· = M1 + Q



= − 54 · F · b

− 54 b 0



=⇒

13

411 13.2  Virtuelle Leistung

Methode: Lösung durch SolidWorks – FEM 13.2

Das in 7 Beispiel 13.6 ist mittels SolidWorks Motion zu lösen. Dabei soll die Geschwindigkeit vE und das Haltemoment M1 überprüft werden, wenn P os.

F D 10 kN und b D 1 m sowie !12 D 6 rad=s beträgt. Ebenfalls ist die Bahn darzustellen, die Punkt E bei Rotation des Getriebes ausführt.

B ild

Erklärung

Einzelteile zeichnen und in einer Baugruppe zusammenbauen. In der Baugruppe werden dann die kommenden Schritte durchgeführt.

Unten links im Fenster auf „Bewegungsstudie“ drücken und dort anstatt „ „

“ “ anwählen.

Jetzt werden die Randbedingungen eingegeben. Begonnen wird mit dem Motor. Dazu wählen und nebenstehende Daten eingeben. Aus der Angabe weiß man, dass der Motor mit einer Drehzahl von 6 rad/s rotiert. In SolidWorks gibt man dazu einfach bei „6 rad/s“ ein und beim Drücken von Enter auf der Tatstatur wird die Drehzahl automatisch umgerechnet. Analytisch gilt (Verweisauf Technische Mechanik 3 – Dynamik): nU/min = nrad/s*π/30 => nrad/s = 6*30/ π = 57,29 U/min.

412

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

Die zweite Randbedingung stellen die Kräfte dar. Diese sind aus der Angabe mit 10 kN pro Richtung gegeben. Dazu auf drücken und nebenstehende Daten eintragen. Dies muss für jede der beiden Kräfte extra gemacht werden.

Um später die Ergebnisse ablesen zu können, müssen diese noch definiert werden. Dazu können durch drücken auf die Diagramme hinzugefügt werden, die die nötigen Informationen enthalten, beispielsweise Geschwindigkeit oder Drehzahl. Um das Motordrehmoment anzuzeigen sollte vorher im Strukturbaum gedrückt werden

13

und im Anschluss erst da sonst öfters der Motor nicht übernommen werden kann. Um die Bewegungsbahn eines Punktes anzuzeigen muss dieser Punkt als

und definiert werden, allerdings muss dies im Teil, nicht in der Baugruppe getan werden!

13

413 13.2  Virtuelle Leistung

Berechnung der Studie. Um die F= U= b= v_E= M_12=

10 kN 6 rad/s 50 mm -375 mm/s -625 kNmm

Studie zu berechnen auf „ “ drücken. Nach der Berechnung kann man sich auch die Bewegung als Animation ansehen. Dabei ist es sinnvoll die Einstellung zu wählen, da damit eine Endlosschleife der Bewegung erzeugt wird. Zusätzlich sollte unter RMT der erste Befehl: aktiviert werden. Nebenstehend die Werte die aus der analytischen Berechnung resultieren sollten. Wenn die Bewegung flüssiger erfolgen soll bzw. die Berechnung an einen gewissen Punkt nicht berechnet wurde, weil die Schrittweite zu groß ist, nebenstehende Informationen unter

eingeben.

Für die nebenstehende Ausrichtung, diese kann durch bewegen des Schiebereglers in der Zeitachse durch bewegen gefunden werden, die entsprechenden Diagramme anzeigen lassen.

Jetzt kann man sich die Geschwindigkeit anzeigen lassen.

Es folgt dabei ein Wert von 361 mm/s was ziemlich genau dem des analytischen Wertes entspricht. Jetzt kann man sich die Momentenkennlinie des Motors anzeigen lassen.

Es folgt dabei ein Wert von 70,8 kNmm. Im letzten Schritt kann man sich noch die Bewegungsbahn des Punktes anzeigen lassen. Diese kann als Gleichung in eine Excel Tabelle ausgegeben werden oder in eine SolidWorks-Skizze übernommen werden.

414

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

13.2.3 13.2.3.1

Mit Betrachtung der Trägheit Synthetische Methode

Die potentielle Energie U wird dann auf der Grundlage der Potentialkräfte und die generalisierte Kraft Q über eine Betrachtung der virtuellen Arbeit aus den Nichtpotentialkräften bestimmt.

Häufig erfolgt die Analyse in zwei Schritten: 1. Aufstellen der Bewegungsgleichungen nach Lagrange II. Art oder d’Alembert 2. Ermittlung der gesuchten Schnittgrößen 2Lagrange’sche Glg. II. Art nach d’Alembert 13.2.3.2

Einteilung der Kräfte

4 Reaktionskräfte: – Stützkräfte – Normalkräfte 4 Eingeprägte Kräfte: – Potentialkräfte – Gewichtskräfte – Federkräfte – magnetische Kräfte – Nichtpotentialkräfte – Bewegungswiderstände (z. B. Gleitreibungskräfte) – Antriebskräfte – Antriebskräfte 4 Trägheitskräfte 13.2.3.3

13

D’Alembert’schen Trägheitsreaktion

Durch Einführung der d’Alembert’schen Trägheitsreaktion (Kraft oder Moment) und Freischneiden sämtlicher Massen, kann ein dynamisches Problem formal auf ein statisches zurückgeführt werden. Dabei sind (falls vorhanden) sämtliche der oben genannten Kräfte zu berücksichtigen. 13.2.3.4

Lagrange’sche Gleichung II.

Durch Verwendung der Lagrange’schen Glg. II. Art werden die Bewegungsgleichungen nur auf der Grundlage von Energie- bzw. Arbeitsbetrachtung ermittelt, sodass man in der Regel schneller und einfacher zum Ziel kommt. Dazu sind nur die eingeprägten Kräfte zu berücksichtigen.

d dt



@L @qP

 

@L DQ @q

LDT U

(13.37)

(13.38)

L . . . Lagrange’sche Funktion T . . . kinetische Energie U . . . potentielle Energie q . . . generalisierte Koordinate Q . . . generalisierte Kraft Diese Methoden werden dann im Buch Technische Mechanik – Dynamik [11] behandelt.

13.3

Kraftwandlung bei einem Flaschenzug

Im letzten Abschnitt wird die Kraftwandlung, im Speziellen bei einem Flaschenzug, behandelt. Dieser Abschnitt ist aus dem einen Grund in diesem Kapitel untergebracht, weil auch hier mit Energie bzw. Arbeit im mechanischen Sinne gearbeitet wird (vgl. . Abb. 13.10). Es gilt die goldene Regel der Mechanik: Was an Kraft gewonnen wird, geht an Weg verloren.

13

415 13.3  Kraftwandlung bei einem Flaschenzug

13.3.2

Potenzflaschenzug

Hierbei ist immer jedes Seil an der Lagerstelle und an einer nächsten Rolle befestigt. Man erreicht dadurch eine Gleichung für die Zugkraft der Gestalt (vgl. . Abb. 13.13)

FZ D

13.3.3

FG mg D n : 2n 2

(13.41)

Differenzialflaschenzug

. Abb. 13.10 Griechisch-römischer Trispastos [46, 56]

13.3.1

Faktorenflaschenzug

Bei einem Faktorenflaschenzug (. Abb. 13.11 und 13.12) sind die Rollen unterschiedlich angeordnet und bestimmen dadurch die Hublast. Von Entscheidung ist dabei immer die Anzahl der tragenden Seile n. Die Gewichtskraft FG eines zu transportierenden Gewichtes durch den Flaschenzug teilt sich dann immer auf die einzelnen Seile auf. Aus diesem Grund kann die Gleichung

FZ D

mg FG D n n

(13.39)

aufgeschrieben werden. Je mehr Seile vorhanden sind, desto mehr Scheiben liegen vor und dadurch muss auch mehr Weg des Seils zurückgelegt werden, um ein Gewicht, um die gleiche Höhe anzuheben.

Der Differnzialflaschenzug (vgl. . Abb. 13.14) besteht aus zwei Rollen mit unterschiedlichen Durchmessern. Man kann sich die Rollen als Seiltrommel vorstellen, wie bei einer Seilwinde. Durch die beiden unterschiedlichen Durchmesser der Rollen wird eine Übersetzung erreicht die vom Umschlingungsweg der beiden Durchmesser abhängt. Es muss damit der Umfang, bei der Berechnung, hinzugezogen werden. Beim Heben wird das Seil von der kleineren Rolle abgewickelt und auf die größere aufgewickelt. Bei einer Umdrehung wird die Länge des Seils so verändert, sodass es um die Differenz der beiden Rollenumfänge kürzer wird, damit um den Faktor 2  .R  r/. Da es bei diesem Konzept um einen Flaschenzug mit einer Übersetzung von 1 : 2 handelt, muss dieser Wert nochmals durch 2 dividiert werden, damit folgt 2.Rr/ D 2 .R  r/. Es gilt FZ  2    R D FG  .R  r/

(13.42)

bzw. s D h  n:

(13.40) FZ D

FG  .R  r/ : 2 R

(13.43)

416

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

. Abb. 13.11 Faktorenflaschenzug (1) s=h s = 2h FZ = FG FZ =

FZ =

FG 2

FG 2

h

h

FG

FG

s = 3h

s = 4h FZ =

FZ =

FZ =

FG 3

FG 3

FZ =

FG 4

h

h

13 FG

FG

. Abb. 13.12 Faktorenflaschenzug (2)

s = 3h

s = 2h

FZ =

FG 2

FZ =

h

FG

FG 4

h

FG

FG 3

13

417 13.4  Übungen

d

FZ =

D

Kurbel / Motor

FG 4

s = 4h

h

h

FG

. Abb. 13.13 Potenzflaschenzug6 FG

. Abb. 13.14 Differenzialflaschenzug

13.4

Übungen

Übungsbeispiel 13.1

Mittels eines Faktorenflaschenzuges ist eine Masse von 1000 kg auf eine Höhe von 1 m zu heben.

Bestimmen Sie den Kraft- und Wegverlauf für die Rollenanzahl von 1 bis 10 aufsteigend.

Lösung m_G= h= F_G= n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1000 kg 1 m 9,81 kN F_Z 9,8 4,9 3,3 2,5 2,0 1,6 1,4 1,2 1,1 1,0

Kraft und Wegverlauf in Abh. der Anzahl der Rollen 12,0

s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

10,0 8,0 F_Z

6,0

s 4,0 2,0 0,0 0

2

4

6

8

10

12

Übungsbeispiel 13.2

Es ist eine Masse in Höhe von 500 kg um 30 cm anzuheben. Kann ein Faktorenflaschenzug entworfen werden, der diese Last per Hand heben lässt, wenn die maximale Hand-Zugkraft 500 N

beträgt und die Person eine maximale Hublänge von 1,5 m nicht überschreiten darf? Wenn dies nicht möglich ist, welche Last kann max. mit den gegebenen Rahmenbedingungen gehoben werden?

418

Kapitel 13  Virtuelle Arbeit, virtuelle Leistung

Lösung m_G= h= F_Hmax= F_G= n_min= n_gew= F_H= s_H=

500 kg 0,3 m 500 N 4905 N 9,81 10 490,50 N 3m

=> nicht möglich s_Hmax= n_max= F_Hmax= m_Gmax=

1,5 m 5 2500 N 254,84 kg

Übungsbeispiel 13.3

13

Ein Elektromotor muss eine Masse von 3500 kg um 0,5 m anheben. Es ist ein Faktorenflaschenzug zu entwerfen, der dies bewerkstelligt. Der Motor bringt ein max. Drehmoment von 725 Nm an der Antriebswelle, der Antriebsscheibendurchmesser beträgt 100 mm. Wie viele Umdrehungen muss das Seil am Motor aufgewickelt werden, damit die Hubhöhe bewerkstelligbar ist?

Lösung m_G= h=

3500 kg 0,5 m

F_G=

34335 N

M_M= d_AS= F_Mmax=

725 Nm 0,1 m 7250 N

n_min= n_gew=

4,74 5

F_Zvorh= s_Motor=

6867 N 2,5 m

U= n_Auf=

0,314 m 7,96 Umdrehungen

419 13.4  Übungen

Übungsbeispiel 13.4

Mittels eines Potenzflaschenzuges ist eine Last von 3500 kg zu heben. Dieser hat drei Rollen und hebt die Last um 1 m an. Wie hoch ist die Zugkraft uns wie weit muss das Seil gezogen werden, um die Höhe von 1 m zu überwinden?

Lösung m_G= h=

3500 kg 1m

F_G= n_S=

34335 N 6

F_Z= s=

5722,5 N 6m

Übungsbeispiel 13.5

Ein Hallenkran muss eine Last von 2800 kg heben. Der Kran ist bei einem vierfachen Sicherheitsfaktor auf 7 Tonnen ausgelegt. Die Halle, in der sich der Kran befindet, hat eine Höhe von 12 m, und auch der Flaschenzug kann max. diese Höhe herunterfahren. Wenn die vorhandene Seilwinde einen rechten Scheibendurchmessr von dR D 100 mm und einen linken von dL D 150 mm beträgt, ist gesucht, wie weit das Seil aufgewickelt werden muss, um die Last bei gegebener Höhe hochzuheben. Bei einem Getriebe von 1 : 60 ist das Antriebsmoment des Motors gesucht.

Lösung m_G= h= m_max= nu= d_R= d_L= m_max_A= F_max= F_Z= M_L= M_R= n_G=

2800 5 7000 4 0,1 0,15

kg m kg m m

28000 kg 274,68 kN 45,78 kN 3,434 kNm 2,289 kNm 60

M_M=

57,225 Nm

Delta h= U=

0,1571 m 31,83 Umdrehungen

13

421

Statik in Anwendung und Industrie

Inhaltsverzeichnis 14.1

Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt? – 422

14.1.1 14.1.2 14.1.3

Ermittlung im CAD – 422 Ermittlung durch Versuche – 422 Ermittlung durch Sensoren – 423

14.2

Wie löst man sinnvoll Gleichungen – 434

14.3

Wofür werden diese Probleme der Statik untersucht? – 435

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5_14

14

422

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

Sie lernen hier. . . 4 Methoden zur Ermittlung von Kräften durch Sensoren kennen. 4 Anwendungsgebiete der Technischen Mechanik – Statik kennen. 4 Arten von Kraft – Momentensensoren kennen. 4 Anwendungen der FEM-Methoden und der Computerunterstützten Methoden kennen.

Zitat

Eine Idee muss Wirklichkeit werden können, oder sie ist nur eine eitle Seifenblase. Berthold Auerbach

14

Die wohl meist gestellte Frage von Studierenden und Schülern: „für was’ soll ich das jemals benötigen; bzw. warum muss ich das lernen?“. Um einigermaßen eine Antwort auf diese Frage finden zu können, wird das nächste Kapitel in das Buch mit aufgenommen. Es handelt sich hierbei um ein Kapitel, das nicht nur die Frage nach dem „Warum?“, sondern auch nach dem „Wie?“ beantworten sollte. Es wird im Studienfach der Technischen Mechanik gelernt und versucht, das Gelernte zu verstehen, obwohl viele nicht wissen, warum man dies jemals in der Industrie, Realität benötigen wird. Eine noch größere Frage stellen sich manche Studenten, wenn bei Beispielen Parameter gegeben sind, von denen nicht einmal klar gesagt werden kann, woher diese stammen und wie diese in der Realität ermittelt werden können. In der Firma – am späteren Arbeitsplatz – sitzt man dann, mit einer Aufgabe, die Lagerkräfte eines Balkens zu bestimmen. Dies wird sicherlich meistens nicht mehr mittels der Gleichgewichtsbedingungen gemacht, sondern durch FEM-Methoden. Hier trifft man allerdings schon auf die ersten Probleme – die Randbedingungen. Woher weiß man, wie groß beispielsweise F1 ist? Dieses Kapitel wird in drei Abschnitte geteilt: 4 Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt? 4 Wie werden Probleme und Gleichungen bei der Ermittlung von Kräften sinnvoll in der Industrie gelöst?

4 Wofür werden diese Probleme der Statik untersucht?

14.1

Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

Die Kraftermittlung erfolgt in der Realität durch Sensoren, Versuche oder CAD-Anwendungen.

14.1.1

Ermittlung im CAD

Es wurde bereits im Kapitel der „Schwerpunktlehre“ gezeigt, wie man Schwerpunkte und die Massen von Bauteilen im CAD ermittelt. 4 Bauteil im CAD zeichnen, 4 Unter „Modelleigenschaften“ kann man dann Schwerpunktabstände, die Masse (nach Festlegen des richtigen Materials) etc. ablesen. Mit der allgemeinen Definition FG D m  g kann dann die Gewichtskraft ermittelt werden. Ist die Beschleunigung bekannt, (beispielsweise durch Erfassen mittels eines Beschleunigungssensor (diese Sensoren werden im Buch Technische Mechanik – Dynamik [11] behandelt)), kann dann auch jede beliebige Kraft ermittelt werden, da gilt F D m  a. 4 Vorteil: – sehr kostengünstig; – rasche Ermittlung möglich; – keine Maschinen werden benötigt. 4 Nachteil: – Modell entspricht oftmals nicht der Realität; – Abweichungen können durch Lunker, Lufteinschlüsse im Material entstehen.

14.1.2

Ermittlung durch Versuche

Massen können auch direkt durch Versuche ermittelt werden. Dies kann durch Abwiegen von Bauteilen, bei der Ermittlung der Masse, passieren, oder durch Ausbalancieren von Bauteilen, zur Ermittlung des Schwerpunktes.

423 14.1  Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

4 Vorteil: – Versuch entspricht der Realität; – Abweichungen, Lunker, Lufteinschlüsse im Material können durch reales Modell kompensiert werden. 4 Nachteil: – kostenintensiv; – Modell muss gefertigt werden.

14.1.3

Ermittlung durch Sensoren

Definition 14.1 (Sensor [91]) Ein Sensor ist ein technisches Bauteil, das bestimmte physikalische oder chemische Eigenschaften und/oder die stoffliche Beschaffenheit seiner Umgebung qualitativ oder als Messgröße quantitativ erfassen kann. Diese Größen werden mittels physikalischer, chemischer oder biologischer Effekte erfasst und in ein weiter verarbeitbares elektrisches Signal umgeformt.

In diesem Teil (Statik) wird nur auf die KraftMomentensensoren und DMS eingegangen, da nur diese entscheidend für die Untersuchungen der Statik sind. 4 Vorteil: – Versuch entspricht der Realität; – Abweichungen, Lunker, Lufteinschlüsse im Material können durch reales Modell kompensiert werden. – bei der Prüfung keine Zerstörung notwendig 4 Nachteil: – Sensoren kostspielig; – Stromversorgung muss gegeben sein. 14.1.3.1

DMS – Dehnmessstreifen

DMS – oder Dehnmessstreifen – sind eigentlich für die Spannungsermittlung von Entscheidung (aufgrund diese eigentlich im Teil Elastostatik behandelt werden müssten), allerdings werden diese für das klare Verständnis der Funktion von Sensoren gefordert. Deswegen werden DMS hier kurz behandelt.

. Abb. 14.1 Wasser aus einem Wasserschlauch: Die Menge, die aus dem Schlauch an Wasser ausfließt, kann durch die Gleichung VP D v  A berechnet werden

Vergleich aus der Strömungsmechanik In der Strömungsmechanik (Technische Mechanik – Hydromechanik [12]) wird die Gleichung VP D v  A, für den Durchfluss, gefunden (vgl. . Abb. 14.1). Gedankenspiel Aus dem Garten wird jeder das Problem, der schon einmal die Pflanzen gegossen, oder das Auto mit dem Gartenschlauch gewaschen hat, kennen: Eine Person steigt auf den Gartenschlauch, oder es befindet sich ein Knick im Schlauch, und plötzlich: Es ist kein Wasseraustritt aus dem Wasserschlauch zu erkennen oder der Durchfluss verringert sich. Wird der Schlauchquerschnitt gestaucht, so wird der Volumenstrom kleiner (weniger Wasser). In der Elektrotechnik kann eine Analogie zur Strömungsmechanik hergestellt werden. Das Ohm’sche Gesetz lautet: U D R  I , wobei I der Strom, R der Widerstand und U die elektrische Spannung ist. Vergleicht man dieses Gesetz mit dem Gesetz für den Durchfluss VP D v  A kann man den Durchfluss VP mit dem Strom I vergleichen. Anders formuliert, ändert sich der Strom, so verhält sich diese Änderung proportional zur Änderung, die man beim Gartenschlauch feststellen könnte (. Abb. 14.2).

14

424

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

Längen- und Querschnittänderung Mittels der Dehnung kann die Längenänderung gemäß l D l0  . C 1/ gefunden werden; und die Querschnittänderung durch Hinzufügen der Querkontraktionszahl  zu d D d0    .1 C /. (Genaueres und Herleitung wird im Buch Technische Mechanik – Elastostatik [10] behandelt.)

Ermittlung der Dehnung eines Stabes Es wird ein Stab mit der Kraft F belastet, gesucht sei die Dehnung. D

F DE  A

H)

D

v

A F E (14.1)

A1

Verknüpfung zwischen Volumenstrom und Dehnung Die Dehnung verursacht eine Verengung von Querschnitt A1 auf A2 in . Abb. 14.2. Da die Dehnung in einem Bauteil konstant ist, und die Kraft, bei einem DMS-Sensor gesucht wird, wird aus der obigen Gleichung D

A F E

H)

F D

A : E 

(14.2)

Da  mit der Dehnung und diese mit dem Durchfluss über die Querschnittänderung verknüpft ist, folgt der Zusammenhang A2

v

14

Corollary 14.1 . Abb. 14.2 Mann steigt auf einen durchflossenen Wasserschlauch

Ändert sich der Durchfluss, so ändert sich auch die Dehnung und damit über das Hooke’sche Gesetz die Kraft.

Das Hooke’sche Gesetz Das Hooke’sche Gesetz für den eindimensionalen Spannungszustand lautet D E  . Hierin ist  die Dehnung, die Spannung und E das E-Modul. (Genaueres und Herleitung wird im Buch Technische Mechanik – Elastostatik [10] behandelt.)

Corollary 14.2 oder in der Elektrotechnik: der Strom und über das Ohm’sche Gesetz der Widerstand.

Wie ist ein DMS aufgebaut Zug- und Druckspannung Eine Druckspannung bzw. Zugspannung ist mit der belastenden Kraft durch D FA verbunden. (Genaueres und Herleitung wird im Buch Technische Mechanik – Elastostatik [10] behandelt.)

Ein DMS besteht aus unterschiedlichen Komponenten. Auf einer Trägerfolie befindet sich ein Messgitter, dass am Ende mit zwei Anschlüssen versehen ist. Das Messgitter ist dabei mäanderförmig auf der Trägerfolie aufgebracht. Die

14

425 14.1  Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

Wirkung des Messgitters ist ident vorstellbar wie das zuvor betrachtete Beispiel mit dem Gartenschlauch, aus . Abb. 14.3. Der DMS wird an die zu messende Stelle aufgeklebt, wenn sich dann die geometrischen Bedingungen durch Belastung des zu untersuchenden Teils ändert, so muss sich auch die Form des DMS ändern, da dieser fix verklebt ist. Das Messgitter, das man sich als Draht vorstellen kann, wird dann gedehnt oder gestaucht und ruft damit eine Querschnittverkleinerung oder Vergrößerung hervor. Es ändert sich dadurch der Widerstand und es kann „mehr Wasser“ durchfließen, wenn man es direkt mit dem Wasserschlauch vergleicht. DMS finden in vielen alltäglichen Bereichen Einsatz. Beispielsweise in Küchenwaagen, Kranaufnehmer, Kraftmessdosen (KMS, diese werden noch im Detail behandelt), sämtlichen Gewichtsmessgeräte wie Körperwaagen, Pkw und Lkw Waagen, um nur einige Anwendungen zu nennen. Bei Messungen mittels eines DMS liegt die Messabweichung bei etwa 1 %, kann aber auch noch durch spezielle Voraussetzungen auf 0,005 % verringert werden. Dabei muss zum einen der DMS die Voraussetzungen besitzen, aber auch der Prüfmittelaufbau dementsprechend gestaltet sein. Eine Trägerfolie wird aus einem Epoxid, Phenolharz oder Polyamid Harz hergestellt. Man unterscheidet bei einem DMS zwischen folgenden Arten: 4 Feindraht: Konstantandraht (60 % Cu, 40 % Nickel, Durchmesser ca. 20 m). Feindraht DMS sind die Standard DMS. Diese sind preiswert und werden vielfach eingesetzt. 4 Metallfolien auf Kunststoffträger: Diese weisen eine ca. 5 m starke Lage aus Konstanten auf. 4 Halbleitermaterialien: Dabei werden DMS durch ein Halbleitermaterial versehen. Ein Halbleitermaterial beschreibt ein Material, deren elektrische Leitfähigkeit zwischen jener der elektrisch leitenden Materialien und jener der elektrisch nicht leitenden Materialien liegt. Ein Beispiel für ein Nichtleiter-Material ist Silizium. Der Vorteil an Halbleiter-DMS liegt an der feineren Auflösung. Dabei weisen Halbleiter DMS eine ca. 10-mal feinere Auflösung auf, dies bedeutet 10-mal kleinere Dehnungen können

rk wi

sa

m

M er

es

e sb

re

ich

Messgitter

Anschlu¨sse

Tr¨agerfolie

. Abb. 14.3 Folien DMS [33, 81]

ausgewertet werden, als bei herkömmlichen Metall DMS. 4 Optische DMS: Optische DMS kommen bei sehr schnell wechselnden Belastungen, als Beispiel bei Schwingungsversuchen zum Einsatz. Soll die Dauerschwingung eines Materials mittels DMS bestimmt werden, so kann ein optischer DMS dabei einen enormen Vorteil darstellen. Es lassen sich dabei innerhalb einer Glasfaser mehrere Sensoren gleichzeitig anordnen. Mit den beiden Gleichungen

D

l l0



R R

(14.3)

folgt der Zusammenhang

R kD R ; l l0

(14.4)

426

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

I1

8,7mV

dar. Mittels dieses Aufbaus können kleinste Widerstandsänderungen aufgelöst werden [107]. Es wird zwischen unterschiedlichen Brücken bei DMS unterschieden. Es gibt eine Viertel-, Halbund Vollbrücke. Diese unterscheiden sich nach der Anzahl an aktiven DMS. Ein aktiver DMS wird bei der Messung gedehnt, hingegen ein passiver nur als Widerstand dient und keine Formänderung erfährt. Man findet dann die Gleichung

I2 R4

R1

Ua R3

R2

d Ua D  ."1  "2 C "3  "4 /: U 4

(14.6)

U

DMS in der Realität

. Abb. 14.4 Aufbau einer Wheatstone-Brücke

DMS treten praktisch oft auf. Bei Küchenwaagen, bei Personenwaagen, beim Garagentoren (Schutz gegen Quetschen). . . . Abb. 14.5, 14.6.

wobei 4 k  2 für metallische DMS und 4 k  100 für Halbleiter DMS gilt. RD

l : A

14.1.3.2

Definition 14.2

(14.5)

l Länge des Leiters A Querschnitt des Leiters  Leitfähigkeit

14

Kraftmesssensoren

Da die Widerstandsänderung in einem DMS zwischen belasteten und unbelasteten Zustand sehr klein ist, muss eine Wheatson’sche Brückenschaltung (vgl. . Abb. 14.4) verwendet werden. Diese kann durch ihren im Anschluss besprochenen Aufbau geringe Widerstände auflösen. Dies wird ermöglicht, indem man vier Widerstände geeignet verbindet. Man verbindet diese so, sodass diese einen Spannungsteiler bilden, indem zwei Widerstände parallel sind und die weiteren beiden einen zweiten Spannungsteiler darstellen. Die gemessene Spannung zwischen den beiden Spannungsteilern ist die sogenannte Diagonalspannung. Drei der vier Widerstände müssen so lange verändert bzw. angepasst werden, bis diese Diagonalspannung zu null wird. Eine weitere Möglichkeit der Anwendung stellt die Ausschlag Widerstandsbrücke

Als Kraftsensor (KMS (Kraft-MomentenSensor)) wird ein Sensor bezeichnet, der durch geeignete Anordnung von mehreren DMS in jeder Koordinatenrichtung gedehnt/ bzw. gestaucht wird und dadurch die Belastung und die Kraft in jeder Richtung, durch Widerstandsänderung messen kann.

Man unterscheidet unterschiedliche KMS. Solche mit 4 hoher Steifigkeit und 4 elastische KMS.

Kraftmessung mit DMS Auf einen Körper (Kraftmessdose . Abb. 14.7), der elastisch bzw. verformbar ist, wird eine Kraft F aufgebracht, wodurch eine Verformung dieses Körpers hervorgerufen wird. Diese Verformung wird mithilfe von DMS gemessen und durch die entsprechenden Gesetze in eine Kraft umgewandelt. Der Vorteil hierbei ist, dass Kräfte gesondert in Komponenten ermittelt werden können.

427 14.1  Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

!

. Abb. 14.5 DMS aus einer Küchenwaage

!

. Abb. 14.6 DMS und Messverstärker

Piezoelektrische Kraftaufnehmer

Bemerkung 14.1 (Wie funktioniert eine Quarz-Uhr?) Viele werden schon einmal bei Uhren mit Batterie auf dem Ziffernblatt das Wort „Quarz“ gelesen haben. Dies steht für den sich im inneren befindenden Quarzkristall. Diese Kristalle haben die Eigenschaft, dass sie eine definierte elektrische Ladung in Form einer Schwingung abgeben. Diese Schwingung ist ausschlaggebend für die Genauigkeit der Uhr. Man unter-

scheidet zwischen billigen und teuren Quarz. Ein billiger Quarz besitzt eine Gangabweichung von 1 s/Tag, ein teurer eine Gangabweichung von 1 s/Jahr. In einer Uhr wird diese Schwingung durch die elektrische Ladung der Batterie frei und für den Takt der Uhr verwendet.

Bei einem Kraftsensor wird dieses Phänomen ebenfalls verwendet. Durch Verformung mittels einer Kraft wird elektrische Ladung frei, wo-

14

428

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

F

1... 2... 3... 4...

logitudenaler Effekt

Zylinder DMS Geh¨ause Membran

+

-

4

-

+

+

Fx

Fx

-

+

3 -

-

+

2

transversaler Effekt Fy +

1

+

-

+ -

-

-

+ +

+

-

+

-

Fy

. Abb. 14.7 Kraftmessung mit DMS (Kraftmessdose)

durch durch Gleichungen der Elektrizität der Betrag der Kraft bestimmt werden kann. Bestimmte Kristalle, z. B.: ˛-Quarz, sind dafür besonders gut geeignet. Sie geben bei elastischer Deformation eine elektrische Ladung ab. Die abgegebene Ladung ist linear proportional zur Deformation. Der Effekt ist richtungsabhängig, bezüglich der Kristallausrichtung (. Abb. 14.8 und eine Animation unter [78]).

14

2Wie funktioniert der piezoelektrische Aufnehmer?

4 unbelastet: Betrachtet man im unbelasteten Zustand den Ladungsschwerpunkt der positiven und negativen Ionen, so fällt auf, dass dieser zusammenfällt. Dies bedeutet, dass positive und negative Ladungsträger aufeinanderliegen. 4 belastet: Im belasteten Zustand wird der Quarz je nach Belastungsrichtung verformt. Die Ionen werden dadurch verschoben, wodurch eine Polarisation entsteht und die Kraft gemessen werden kann. Man unterscheidet in Abhängigkeit der Belastung zwischen: – longitudinaler Effekt: Wird der Kristall in x-Richtung belastet, so wird der Kristall verformt. Die Richtung dieser Verformung wird als longitudinal Effekt bezeichnet.

FS

+

+ -

+

-

-

-

+

+

-

-

+

FS Schubeffekt

. Abb. 14.8 Piezoelektrischer Kraftsensor

– transversaler Effekt: Wird der Kristall in y-Richtung belastet, so wird der Kristall verformt. Die Richtung dieser Verformung wird als transversaler Effekt bezeichnet, es folgt damit, dass die um 90ı verformte Belastungsrichtung den jeweils anderen Effekt hervorruft. – Schub Effekt: Wird der Kristall in tangentialer Richtung belastet, so wird dieser in sich der Länge nach verschoben. Messbereich: 10 N bis 1 MN; Auflösung: 105 bezogen auf den Messbereichsendwert; Messweg: 5 bis 30 m.

Kraftaufnehmer mit hoher Steifigkeit Um möglichen Abweichungen zwischen der realen Belastung und der gemessenen Last zu vermeiden (Hysterese), empfiehlt es sich den Kraftaufnehmer aus einem Bauteil, bzw. so gut

14

429 14.1  Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

!

KMS

KMS . Abb. 14.9 KMS in der Realität

wie möglich mit möglichst wenig Bauteilen herzustellen. Es sollten dabei Verbindungen durch Schrauben, Gewinde etc. vermieden werden. Da mittels eines KMS (vgl. . Abb. 14.9) die Kraftermittlung im Raum möglich wird, muss auch jeder Freiheitsgrad durch einen KMS gemessen werden. Im Raum liegen drei translatorische und drei rotatorische Freiheitsgrade vor, aufgrund ein KMS sechs DMS beinhalten muss. Man kann damit eine Matrix der Belastung aufstellen, indem man die Momente und Kraft zu einer Matrix zusammenfasst, die mit w bezeichnet wird " #” # F (14.7) F D # ” D C  w: M Es werden damit mit der Matrix w die Anzahl der Messstellen n beschrieben, gemäß  w D w1

w2

: : : : : : wn

T

sprechenden KMS berücksichtigt werden. Die Kalibrierungsmatrix hat die Gestalt 2

c11 6c21 6 6 : : C D6 6 : 6 : 4 :: c61

3 : : : : : : c1n : : : : : : c2n 7 7 :: 7 :: :: : : : 7 7: :: 7 :: :: : : : 5 : : : : : : c6

c12 c22 :: : :: : c62

Um w zu bestimmen, muss die Bauart bekannt sein. Man unterscheidet bei KMS mit hoher Steifigkeit folgende Arten: KMS mit einem maltesischen Kreuz, KMS aus Ringen oder Balken . . . In . Abb. 14.10 ist ein KMS mit einem Maltesischen Kreuz zu sehen. Dieses wird bei unterschiedlicher Belastung unterschiedlich verformt. Für das maltesische Kreuz gilt:

(14.8) 2

C beschreibt darin die Kalibrierungsmatrix, die Fertigungsungenauigkeiten und die belasteten DMS berücksichtigt. Da die Kalibrierungsmatrix bei jedem KMS unterschiedlich ist (aufgrund der Toleranzen der Fertigung) muss diese bei jedem einzelnen KMS spezifisch bestimmt werden und wird im Datenblatt des KMS mitgeliefert. Um damit richtige Ergebnisse zu erhalten, muss diese immer beim Einsatz des ent-

(14.9)

3

2

0 Fx 6 7 6 6 Fy 7 6c21 6 7 6 6 Fz 7 6 0 6 7D6 6M 7 6 0 6 x7 6 6 7 6 4My 5 4 0 Mz c61

0 0 c32 0 c52 0

c13 0 0 0 0 c63

0 0 c34 c44 0 0

0 c25 0 0 0 c65

0 0 c36 0 c56 0

c17 0 0 0 0 c67

2

3 w1 6 7 0 6 w2 7 7 6 7 0 7 6 w3 7 7 6 7 6 7 c38 7 7  6 w4 7 6 7 c48 7 7 6 w5 7 7 6 7 0 5 6 w6 7 6 7 4 w7 5 0 3

w8 (14.10)

430

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

. Abb. 14.10 Maltesisches Kreuz eines KMS

x Fx

Mx w1

w2 w7

w3 y

. Abb. 14.11 Maltesisches Kreuz eines KMS, Verformung bei Belastung mit Fx

Mx w1

14

w4 My w5

Bei einer Belastung durch Fx kann eine Verschiebung von w3 und w8 beobachtet werden; gemäß . Abb. 14.11; worin dies in einer FEMAnalyse gezeigt wird. Es gilt damit beim maltesischen Kreuz für die Kraft Fx : Fx D c13 w3 C c17 w7 . w3 und w7 werden jeweils durch eine Vollbrücke (bestehend aus einer Vollbrücke = 4 DMS gegenüberliegend) gemessen. 4 Bei Kräften gilt: Sind w3 und w7 bereits Kraftmesswerte, dann sind c13 D, c17 D 1 4 Bei Momenten gilt: Sind wi wieder Kräfte, sind c61 ; c63 ; c65 und c67 die Hebellängen, mit denen die Kräfte wirken. Die Matrix C stellt in der obigen Form den Realfall dar, aufgrund es in der Realität zu Abweichungen von C , wie oben gezeigt, kommen kann. Hierbei ist zu beachten, dass kleinste Abweichungen enorme Fehler in der Kraftermittlung hervorrufen können. Die C muss daher immer vom Hersteller kalibriert werden. Im Anschluss wird die reale C und die theoretische C gegenübergestellt und mit Methoden der Statistik ausgewertet, hier speziell: Mit der Methode der kleinsten Fehlerquadrate (siehe Mathematik – Statistik).

Fy w4 z My w5

Fx

Mz w6

Fx

Fx

w2

w3 Fy

w8 Fz

w7 w8

w7 w3 w3

Fz

w7

Mz w6

Nachgiebige KMS Ein nachgiebiger KMS (vgl. . Abb. 14.12) besteht aus zwei Teilen, zum einen das Gehäuse, welches fest sitzt. Der innen liegende Teil, der sogenannte schwimmende Körper kann sich frei bewegen, sofern dieser einer Belastung ausgesetzt wird. Diese Verschiebung wird durch optische Sensoren gemessen. In der Robotik können solche Sensoren in Form eines RCC-Gliedes zur Fügehilfe verwendet werden, da damit der Arm in gewissermaßen „ein Gefühl“ bekommt, wie man es bei einem Menschen bezeichnen würde. Ein RCC-Glied hat die Kalibrierungsmatrix C 2

3 2 Fx c11 6 7 6 6 Fy 7 6 0 6 7 6 6 Fz 7 6 0 6 7D6 6M 7 6 0 6 x7 6 6 7 6 4My 5 4 0 Mz 0

0 c22 0 0 0 0

0 0 c33 0 0 0

0 0 0 c44 0 0

0 0 0 0 c55 0

3 2 3 0 sx 7 6 7 0 7 6 sy 7 7 6 7 7 6 07 7  6 sz 7 6' 7 07 7 6 x7 7 6 7 0 5 4'y 5 'z c66 (14.11)

Die Verformungen sx ; sy ; sz ; 'x ; 'y und 'z können induktiv, kapazitiv oder optisch gemessen werden.

14

431 14.1  Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

100 μm

A Licht

Licht

PSD - Diode elastische Lagerung

Detail A

Geha¨use

y

. Abb. 14.12 Nachgiebiger KMS x unverformt

Die optische Messung erfolgt mit sogenannten PSD-Elementen, bzw. auch PSD-Dioden genannt. Werden 2D-Dioden im Raum verwendet, so sind insgesamt 3 Stück notwendig, um die sechs Freiheitsgrade im Raum abzudecken. Es wird die Verschiebung zwischen zwei Kreuzen, wie man es . Abb. 14.13 entnehmen kann, gemessen.

verformt

. Abb. 14.13 Nachgiebiger KMS, PSD-Diode

Ausflug in die Robotik – Jacobi-Matrix [17] Die Jacobi-Matrix wird in dem nächsten Kapitel zur Transformation benötigt, aufgrund diese kurz behandelt wird.

Beispiel 14.1 (Robotik – Two Link Manipulator)

x1 y1 q2

y0

y2

l2

z1 l1 z2

q1

P

x0 z0

x2

Endefektor l1 , l2 ...Armla¨ngen q1 , q2 ...Gelenkwinkel Koordinatensysteme wurden nach den DHRegeln (Denavit-Hartenberg-Regeln) gelegt.

Basis

432

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

Eine spezielle Form von Roboter-Armen stellt der sogenannte Two Link Planar Manipulator dar. Dabei ist es in der Realität wichtig, die Position P und die Orientierung des Armes zu bestimmen. Um diese Position bestimmen zu können, müssen die Ableitungen von Gelenkwinkeln q1 bzw. q2 gebildet werden. Als Two Link Manipulator wird ein Roboterarm bezeichnet, der nur zwei Gelenke und zwei Arme besitzt. In der obigen Abbildung ist ersichtlich, dass es sich hierbei um einen 6-Gelenkarm-Knickroboter handelt. Der Punkt P des Roboters kann durch die Position in Koordinatenrichtung und zusätzlich den Gelenkwinkeln (nach den Euler-Regeln der Robotik: Roll ('), Pitch (#) und Yaw( )) vollständig bestimmt werden. Es gilt damit

P D P .q1 ; q2 /

(14.12)

Ist die Änderung der Differenz nach dem Gelenkwinkel gesucht, müssen diese Bedingungen partiell abgeleitet werden, zu

@px dq1 @px dq2 dpx D C dt @q1 dt @q2 dt @px @px qP1 C qP2 D @q1 @q2

pPx D

14

@py dq1 @py dq2 dpy D C dt @q1 dt @q2 dt @py @py qP 1 C qP2 D @q1 @q2

(14.13)

pPy D

(14.14)

Definition 14.3 (Jacobi-Matrix) Die Jacobi-Matrix besteht aus der Zusammenfassung sämtlicher erster partieller Ableitungen.

Schlussendlich ist ersichtlich, dass die JacobiMatrix Gelenkgeschwindigkeiten in kartesische Geschwindigkeiten transformiert.

@pz dq1 @pz dq2 dpz D C dt @q1 dt @q2 dt @pz @pz qP 1 C qP2 D @q1 @q2

pPz D

@ dq1 @ dq2 d D C P D dt @q1 dt @q2 dt @ @ qP 1 C qP2 D @q1 @q2 @ dq1 @ dq2 d D C

P D dt @q1 dt @q2 dt @ @ D qP 1 C qP2 @q1 @q2 P D d D @ dq1 C @ dq2 dt @q1 dt @q2 dt @ @ D qP 1 C qP2 @q1 @q2

(14.15)

(14.16)

(14.17)

(14.18)

Hierin kann die Jacobi Matrix verwendet werden, damit mehr Übersicht entsteht, kann dies vereinfacht werden, zu 2

@px 6 @q1 6 6 @py 6 6 @q1 6 @p 6 z 6 6 1 J D 6 @q 6 @ 6 6 @q1 6 @ 6 6 6 @q1 4@ @q1

3 @px @q2 7 7 @py 7 2 7 l1 S1  l2 S12 @q2 7 6 6 @pz 7 7 6 l1 C1 C l2 C12 7 0 @q2 7 D 6 6 @ 7 7 6 1 6 7 @q2 7 6 4 0 @ 7 7 7 0 @q2 7 @ 5

3 l2 S12 7 l2 C12 7 7 0 7 7 1 7 7 7 0 5 0

@q2

! analytische Jacobi-Matrix

(14.19)

Ausflug in die Robotik – Transformation von Kräften und Momenten [17] Viele haben sich wahrscheinlich gefragt, warum der vorgehende Abschnitt behandelt wurde und was das ganze mit Statik bzw. Kraftmessung zu tun haben soll. Man benötigt diese Gleichungen, um eine Transformation in Kräfte und Momente vornehmen zu können. Mittels der Jacobi Matrix ist es möglich, Kräfte und Momente zwischen Gelenkraum und kartesischen Raum zu transformieren.

14

433 14.1  Wie werden Kräfte, Schwerpunkte etc. ermittelt?

Die Herleitung erfolgt über die virtuelle mechanische Arbeit: W D F  s. Zuerst wird ein Kraftvektor im Raum aufgestellt, welcher lautet T  F D Fx Fy Fz Mx My Mz (14.20) bzw. der Vektor für die Position der kartesischen Positions-/Winkeländerungen:  T P D px py pz ˛x ˛y ˛z (14.21) und den Vektor für Gelenkmomente bzw. Gelenkkräfte  T (14.22)  D 1 2 : : : : : : : : : n sowie den Vektor für die Änderung der Gelenkstellungen  T q D q1 q2 : : : : : : : : : qn (14.23) Damit ist es möglich, die mechanische Arbeit im kartesischen Raum zu formulieren, zu Wkart D Fx px C Fy py C Fz pz C Mx ˛x C My ˛y C Mz ˛z D F T P (14.24)

 D J TF H)

und

1 F D JT 

F D J T 

Transformation der Kräfte und Momente bei einem KMS [17] Der Sensor ermittelt die Kräfte im Sensorkoordinatensystem, welches im Normalfall in der Mitte des Sensors positioniert ist. Von Interesse sind allerdings die Kräfte und Momente, die am Arbeitspunkt vorliegen, bei Roboter wäre der Arbeitspunkt der Ursprung des Werkzeugkoordinatensystems. Um diese Kräfte an dieser Stelle ermitteln zu können, müssen Kräfte und Momente transformiert werden. Kräfte im WKS (Werkzeugkoordinatensystem): " #” # F F T D # ”T MT Kräfte im SKS (Sensorkoordinatensystem): " #” # F F S D # ”S MS " #” # " S FT RT #” D S  S MT P T  RT

und für den Gelenkraum Wglnk D 1 q1 C 2 q2 C : : : C n qn D  T q

(14.25)

Die beiden mechanischen Arbeiten müssen gleich sein, aufgrund diese gleichgesetzt werden können, zu F T P D  T q:

(14.26)

Durch differentiell kleine Winkeländerungen folgt F Td P D  Td q H) H)

F TJ

dq

H) D T

dt F TJ D  T

dq dt

FT

dP dq D T dt dt (14.27) (14.28)

(14.29)

Die nachfolgende Matrix 2 3 r11 r12 r13 S RT D 4r21 r22 r23 5 r31 r32 r33

0 S RT

# " #” # F  # ”S MS (14.30)

(14.31)

Beschreibt eine Rotationsmatrix, die die Orientierung des Werkzeugkoordinatensystems bezüglich des Standardkoordinatensystems beschreibt. Die Matrix 2 3 0 z y S  PT D 4 z (14.32) 0 x 5 y x 0 Beschreibt die Verschiebung des Werkzeugkoordinatensystems bezüglich des Standardkoordinatensystems. Fasst man all diese Matrizen zu einer Matrix zusammen, folgt

Kapitel 14  Statik in Anwendung und Industrie

434

2

3 2 Fx T r11 6 7 6 r21 6 FyT 7 6 6 7 6 6 FzT 7 6 r31 6 7 6 6M 7 D 6 r y  r z 6 xT 7 6 31 21 6 7 6 4 MyT 5 4 r11 z  r31 x MzT

r21 x  r11 y

r12 r22 r32 r32 y  r22 z r12 z  r32 x r22 x  r12 y

r13 r23 r33 r33 y  r23 z r13 z  r33 x r23 x  r13 y

Da der Kraftmesssensor auch Gewichtskräfte misst, werden auch alle anderen Teile vom Sensor bezüglich der Gewichtskraft mit gemessen und damit sämtliche Gewichte von Werkzeugen, Greifer etc. Diese Kräfte müssen herausgerechnet werden. Wenn keine Änderung der Orientierung des Werkzeuges stattfindet, genügt es damit den Sensor zu tarieren. Ändert sich hingegen die Orientierung, so müssen folgende Gleichungen verwendet werden. " #” # F F g D # ”g Mg 2 3 !T 0 #” SR F g D # ”T  RT  4 0 5 M fg #” #” #” M D c F (14.34) g

0 0 0 r11 r21 r31

0 0 0 r12 r22 r32

3 2 3 0 Fx S 7 6 7 0 7 6 FyS 7 7 6 7 7 6 07 7  6 FzS 7 6M 7 r13 7 7 6 xS 7 7 6 7 r23 5 4 MyS 5 r33

(14.33)

MzS

ist. Sinnvoll ist dies für das spätere Leben in der Industrie nicht. Gerne wird geprahlt, „früher hätte man alles per Hand lösen müssen“, dies ist richtig, jedoch waren früher mit Sicherheit auch viele Stoffgebiete nicht so umfangreich, wie sie es heute sind, beispielsweise der Elektrotechnik, Steuerungstechnik. Es sollten doch alle zur Verfügung stehenden Mittel zur Lösung verwendet werden. Manche Lösungsmethoden wurden bereits im Laufe des Buches angesprochen. Zusammengefasst können folgende Programme (nur einer kleiner Ausschnitt des Möglichen) verwendet werden: 4 Für sämtliche Lösungen von mathematischen Problemen: Matlab 7 https://de.wikipedia.org/wiki/Matlab [72]

g

wobei:

14

fg D Gewichtskraft des Werkzeuges ist und #” c D Massenschwerpunkt des Werkzeuges.  D JT  F

14.2

(14.35)

Wie löst man sinnvoll Gleichungen

In diesem Buch wird sehr vermehrt Wert darauf gelegt, zu zeigen, dass fast jede Gleichung per Hand gelöst werden kann. Dies hat den Hintergrund, wie der vorstehende Satz bereits sagt, den Hintergrund, zu zeigen, dass fast alles möglich

4 Für sämtliche zeichnerische Lösungen: GeoGebra 7 https://en.wikipedia.org/wiki/GeoGebra 4 Für sämtliche CAD Modellierungen und FEM-Berechnungen: SolidWorks [8, 93] 7 https://de.wikipedia.org/w/index.php? title=SolidWorks&oldid=204731630

435 14.3  Wofür werden diese Probleme der Statik untersucht?

lab Gleichungen lösen kann- ein Problem bleibt: die Randbedingungen. Der Benutzer muss alle Werte in das Programm eingeben: wie Kräfte, Fliehkräfte, Temperaturen etc. sonst bekommt man kein vernünftiges Ergebnis. Dies wird einem auch kein Computerprogramm abnehmen. 2. Wofür werden Kräfte im Allgemeinen ermittelt? Jetzt wurden auf knapp 500 Seiten, Methoden zur Ermittlung unterschiedlichster Kräfte, beschrieben. Doch, für was das alles? Jetzt kann man noch sehr wenig mit der Bekanntheit diverser Kräfte anfangen, später, im nächsten Band (Elastostatik) werden je4 Für Berechnungen und Formelumformundoch diese Kräfte verwendet, damit man die gen: MathCAD wirkenden Spannungen in Bauteilen, und da7 https://de.wikipedia.org/wiki/Mathcad [71] mit die Dimensionierung bestimmen kann. 4 Zum Lösen von Integralen: Die Lagerkräfte sind entscheidend, beispiels7 https://www.integralrechner.de/ weise für die Lagerdimensionierung (Ver4 Zum Lösen von Ableitungen: weis auf Maschinenelemente). 7 https://www.ableitungsrechner.net/ 3. Für was werden Schwerpunkte ermittelt? Schwerpunkte sind wesentlich, da mithilfe derer die Kraftangriffspunkte ermittelt wer14.3 Wofür werden diese Probleme den können, um beispielsweise in FEMProgrammen die Kräfte definieren zu könder Statik untersucht? nen. Im nächsten Teil wird nochmals deutlich, wie wichtig die Schwerpunktlehre jeViele Anwendungen der Statik bleiben im verdoch auch bei der Dimensionierung von borgenen. Warum untersucht man überhaupt dieBauteilen ist (Widerstands- und Flächenträgse Probleme? Nachfolgend einige Antworten auf heitsmomente.) Fragen. 1. Wofür wird die Einführung der Statik benö- 4. Warum ist die Seilstatik wichtig? Diese spielt eine große Rolle bei Seilbahnen, bei Kabeltigt (Newton’sche Axiome. . . ) Egal wie gut leitungen, die in der Realität täglich zu sehen ein CAD Programm, ein FEM-Programm sind (Strommasten). statische Probleme lösen kann, wie gut Mat-

14

437

Serviceteil Formelsammlung Stereostatik – 438 Literatur – 471 Personenverzeichnis – 475 Stichwortverzeichnis – 477

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 A. Huber, Technische Mechanik 1 - Stereostatik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67038-5

438

Formelsammlung Stereostatik

Formelsammlung Stereostatik Sie lernen hier. . . 4 die wichtigsten Formeln und Bezeichnungen dieses Buches kennen.

3. Newton’sches Axiom: Wechselwirkungsgesetz >Axiom A.3 (Actio = Reactio)

Zitat

Eine Idee muss Wirklichkeit werden können, oder sie ist nur eine eitle Seifenblase. Berthold Auerbach

Wird auf einen Körper eine Belastung durch einen zweiten Körper ausgeübt, so wirkt der erste Körper eine gleich große, entgegengesetzt, gerichtete Kraft auf den Zweiten aus. Diese Kraft wird als „Gegenkraft“ bezeichnet.

Kräfte und Lasten A.1

Grundlagen

Kraft F Dma

Newton’sche Axiome

Streckenlast

1. Newton’sches Axiom: Trägheitsgesetz

FRes D q  l

> Axiom A.1 (Trägheitsgesetz)

mit

Jeder Körper, der sich in Bewegung befindet, ändert diese nicht freiwillig, er behält die Bewegung so lange bei, bis eine Kraft auf ihn einwirkt, die ein Ändern der Bewegung hervorruft. Siehe dazu . Abb. 2.2.

l D Wirklänge;

qD

Last m

(A.2)

Flächenlast FRes D q  A mit

A D Wirkfläche;

2. Newton’sches Axiom: dynamisches Grundgesetz

qD

Last m2

(A.3)

Wertigkeit > Axiom A.2 Ein Körper mit der Masse m bewegt sich mit der Beschleunigung direkt proportional. Es ergibt sich aus dem Produkt aus Masse mal Beschleunigung die Kraft. Formal bedeutet dies:

Die Wertigkeit gibt in der Mechanik die Anzahl der Belastungsrichtungen an. Man unterscheidet zwischen Lager mit der Wertigkeit 1, 2, 3 und solche, die Zwischenbedingungen darstellen.

F D m  a:

Wichtige Lager

(A.1)

Für die Gewichtskraft gilt unter Setzten der Beschleunigung zur Erdanziehung FG D m  g.

Siehe . Abb. A.1–A.6.

439 A.1  Grundlagen

Beispiel F Fy

Festlager unbelastet

Fx

Festlager belastet F

Festlager im Raum:

F

Fz

F

Fy

Fy

Fx

Fx

. Abb. A.1 Festlager F Mo¨glichkeit: 1

Fy = F

2

Loslager unbelastet

Beispiel

Fx = F verschiebt sich!

Loslager belastet Fx

Loslager im Raum:

Fy = F

F Fx = F

. Abb. A.2 Loslager 1. und 2. Darstellungsart

. Abb. A.3 Einspannung

Mb F

Fx Fy

Fx Mb

Fy

F

440

Formelsammlung Stereostatik

Lagerkonzept

Axiales Kugellager (geringe radiale Kräfte)

Kraftaufnahme

F

Fy Fz Festlager (im Raum gezeichnet)

schräg zur Rotationsachse (Kräfte in mehreren Richtungen)

Fx

. Abb. A.4 Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (3D)

Radiales Kugellager (geringe axiale Kräfte)

Kegelrollenlager

441 A.1  Grundlagen

Lagerkonzept

Nadellager ohne Innenring

Kraftaufnahme

Nadellager mit Innen- und Außenring

Zylinderrollenlager

Axiales Zylinderrollenlager

Axiales Nadellager

Radiales Kugellager (geringe axiale Kräfte)

Kegelrollenlager

Fy

Loslager (radial)

Normal zur Rotationsachse (Kräfte in einer Richtung)

Lagerkonzept

Loslager (axial)

Lagerkonzept

Kraftaufnahme

Fy

Parallel zur Rotationsachse (Kräfte in einer Richtung)

Axiales Kugellager (geringe radiale Kräfte)

Kraftaufnahme

Fy Festlager schräg zur (in der Rotationsachse Ebene (Kräfte in gezeichnet) mehreren Richtungen)

F Fx

. Abb. A.5 Ausführungskonzepte Loslager und Festlager (2D)

442

Formelsammlung Stereostatik

. Abb. A.6 Lagerreaktionen

Lager

Beschreibung

Freigemacht

Beispiel in der Realita¨t

Fy

Loslager Wertigkeit: 1

Auto: Zwischen Reifen und Boden

F Pendelstu¨tze Wertigkeit: 1 F Bagger: Zylinder beim Auslegerarm

Fy

Festlager Wertigkeit: 2

Fx

Tower Bridge: Lager

M Hu¨lse Wertigkeit: 2

F

Kolben in einem Zylinderrohr

Einspannung Wertigkeit: 3

Fx

Fy

M

A.2

Kraftsysteme

1. Räumliches Kraftsystem: Die Kräfte und Momente können beliebig im Raum verteilt sein. 2. Ebenes Kraftsystem: Die Kräfte und Momente können beliebig in der Ebene verteilt sein. 3. Zentrales Kraftsystem: Die Wirkungslinien aller Kräfte treffen sich in einem Punkt. Beim Zentralen Kraftsystem unterscheidet man zwischen zentrales räumliche Kraftsystem (ZRK) und in das zentrale ebene Kraftsystem (ZEK).

Zentral ebenes Kraftsystem (ZEK) >Gesetz A.1 1. Hilfsgesetz der Kräfteverschiebung am starren Körper, 2. Grundgesetz der Wechselwirkung und 3. Grundgesetz über das Zusammensetzen von Kräften. Vgl. . Abb. A.7.

Zwei Kräfte mit gleicher Wirkungslinie entgegengesetzt gerichtet # ” #” #” FRes D F1  F2 I # ” q mit: FRes D Fx2 C Fy2

Vgl. . Abb. A.8.

443 A.2  Kraftsysteme

F

F2

FRes

F

FRes

F F1

F1

a F2

. Abb. A.7 Kräfte dürfen entlang ihrer Wirklinie verschoben werden

x

a F2

F1

F1

F2 FRes

. Abb. A.10 Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn . Abb. A.8 Resultierende aus 2 Kräfte

F1 Krafteck

y

FRes

F1

F1x

FRes F1

F1y

F2 FRes

F1

W LF1

FRes F2 x

F2

x

F2

W LF2

W L ... Wirklinie

Lageplan

x Lageplan

. Abb. A.11 Einfache Konstruktion

Kra¨fteplan

. Abb. A.9 Resultierende Kraft aus 2 Kräften, durch ein Kräfteparallelogramm

Zwei entgegengesetzte Kräfte unterschiedlicher Wirkungslinie Hier muss ein Kräfteparallelogramm gebildet werden (vgl. . Abb. A.9).

Bemerkung A.1 Ein Körper mit zwei Kräften ist dann im statischen Gleichgewicht, wenn: 1. beide Kräfte die gleiche Wirkungslinie besitzen, 2. die Kräfte gleich groß sind und 3. die Kräfte entgegengesetzt gerichtet sind.

# ” #” #” FRes D F1 C F2 I q # ” 2 2 mit: FRes D FRes;x C FRes;y q D .F1;x C F2;x /2 C .F1;y C F2;y /2 :

Allgemein ebenes Kräftesystem (AEK)

Gleichgewicht im ZEK

Zwei parallele Kräfte, gleicher Wirkungssinn

>Gesetz A.2

Es wird der Angriffspunkt der ersten Kraft mit der Spitze der anderen Kraft verbunden und die Länge a abgetragen (vgl. . Abb. A.10).

Ein Körper ist im statischen Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft, aller auf ihm wirkenden Kräfte, Null ist, oder wenn das Krafteck geschlossen ist.

Zwei parallele Kräfte, entgegengesetzter Wirkungssinn Siehe . Abb. A.11.

444

Formelsammlung Stereostatik

Gleichgewicht – graphisch > Gesetz A.3 Ein Körper, mit zwei angreifenden Kräften, ist im Gleichgewicht, wenn 1. die beiden Kräfte auf einer Wirkungslinie liegen, 2. die beiden Kräfte gleich groß sind, 3. die beiden Kräfte entgegengesetzt gerichtet sind.

y positiv F1

negativ F2 x

> Gesetz A.4 Drei Kräfte sind im Gleichgewicht, wenn 1. die drei Wirkungslinien einen gemeinsamen Schnittpunkt haben, 2. das Krafteck geschlossen ist, 3. die drei Kräfte in einer Ebene liegen. y

Gleichgewicht vierer Kräfte, Culmann negativ

Bemerkung A.2 Voraussetzung ist, dass 4 mindestens eine Kraft und 4 vier Wirkungslinien bekannt sind.

Vorgehensweise beim CulmannVerfahren 4 Alle Kräfte müssen so zusammengefasst werden, bis nur mehr 4 vorhanden sind. Die Wirklinien 3er-Kräfte müssen bekannt sein und auch ein Betrag einer Kraft. 4 Es gilt die Regel, alles, was sich im Lageplan schneidet, muss im Kräfteplan ein Dreieck ergeben. 4 In diesem Fall müssen zwei Kraftecke folgen, jenes für Punkt 1 und Punkt 2. 4 Dazu schneidet man jeweils zwei Kräfte so, dass sich ein Schnittpunkt ergibt (1). Im zweiten Schritt schneidet man die übrig gebliebenen Kräfte (2) 4 Zwischen den beiden Schnittpunkten wird eine Gerade gelegt, die sogenannte „Culmann-Gerade“. 4 Diese Gerade stellt die Wirkungslinien für die Hilfskräfte FH dar.

positiv

F1

F2 x

. Abb. A.12 Summe aller Kräfte in x-Richtung gleich null

4 Die Hilfskräfte müssen immer im Kräfteplan entgegengesetzt gerichtet sein, sodass sich diese immer gegenseitig aufheben. 4 Die Größe der gesuchten Kraft kann dann abgelesen werden.

Gleichgewicht – analytisch Vgl. . Abb. A.12. n X i D1 n X i D1 n X i D1 n X i D1

Fix D 0W

: : : D 0:

Fiy D 0W

: : : D 0:

Fiz D 0W

: : : D 0:

Mi.DP / D 0W : : : D 0

(A.4)

445 A.2  Kraftsysteme

F

FY

ϕ

1

F1y

FX . Abb. A.13 Winkelfunktionen bei schrägen Kräften (Dreieck)

+ F1x

Winkelfunktionen Vgl. . Abb. A.13.

y

2

F1y F1

Bemerkung A.3

F1x

Gemäß den Beschriftungsdefinitionen im rechtwinkeligen Dreieck folgt für das Dreieck aus obiger Abb. die Gegenkathete durch FY und Ankathete mit FX . Die Hypotenuse stellt die Kraft F dar. Gemäß den Winkelfunktionen folgt FY GK D H F FX AK D cos.'/ D H F

sin.'/ D

x

=

F1

. Abb. A.14 Winkelfunktionen bei schrägen Kräften

(A.5) F1

bzw. FY D F  sin.'/

und

FX D F  cos.'/: (A.6)

α F2 FRes . Abb. A.15 Resultierende Kraft, im allgemeinen Dreieck

Vgl. . Abb. A.14.

FRes bestimmen

Beim allgemeinen Dreieck Vgl. . Abb. A.15.

Beim Rechtwinkeligem Dreieck Es folgt für die Kraft mithilfe des Satzes von Pythagoras

Bemerkung A.4 q

FRes D F D FX2 C FY2 :   FY ' D arctan FRes

(A.7) (A.8)

Bei der Beschriftung nach der Norm, im rechtwinkeligen Dreieck, liegt der jeweilige Winkel immer gegenüber der entsprechenden Seitenlänge. H) Gegenüber von a liegt ˛.

Vgl. . Abb. A.16.

Formelsammlung Stereostatik

Einheitskreis:

Schwingung:

y

r=

1

sin(ϕ)

1

sin(ϕ)

r= ϕ

tan(ϕ)

y

0◦

cos(ϕ)

Gleichungen aus dem Einheitskreis: 2

Aus dem Pythagoras folgt: sin (ϕ) + cos2 (ϕ) = r2 = 1 Wichtige Werte:

ϕ 0◦

sin(ϕ)

cos(ϕ)

tan(ϕ) =

0

1

0

√

3 2 √ 2 2

1 2 √

30◦

2 2 √ 3 2

45◦ ◦

60

◦

90

◦

180

1 2

sin(ϕ) cos(ϕ)

√1 3

1 √

cos(ϕ)

446

3

1

0

n. d. (∞)

0

1

0

ϕ

90◦

180◦

270◦

sin(ϕ) =

GK H

cos(ϕ) =

AK H

tan(ϕ) =

GK AK

360◦ x

sin ... Sinus (kommt vom lateinischen Wort, und bedeutet so viel wie Kr¨ummung) cos ... Complimenti Sinus (Complimenti kommt aus dem lateinischen (Erg¨ anzung auf 90° zum Sinus)) tan ... Tangens cot...Complimenti Tangens (Complimenti kommt aus dem lateinischen (Erga ¨nzung auf 90° zum Tangens)) GK ... Gegenkathete (gegenu¨ ber dem Winkel im Dreiek) AK ... Ankathete (am dem Winkel im Dreiek anliegend) H ... Hypothenuse (la ¨ngste Seite im Dreieck)

. Abb. A.16 Einheitskreis

Sinus und Kosinus Satz a b c D D : sin.˛/ sin.ˇ/ sin. / a2 D b 2 C c 2  2  b  c  cos.˛/;

(A.10)

b D a C c  2  a  c  cos.ˇ/;

(A.11)

2

2

2

(A.9)

(A.12) c D a C b  2  a  b  cos. /: q FR D F22 C F12  2  F2  F1  cos. / (A.13)  2 2 2 F C F1  FR ˛ D arccos 2 (A.14) 2  F1  F2 2

2

! F  cos.'/ D F  cos.'/ ! cos.'/ DF  : sin.'/

#” Fx F D Fy

!

(A.15)

2

Moment Definition A.1 Ein Moment, oder auch Drehmoment, kann durch ein Kräftepaar ersetzt werden. Als Kräftepaar bezeichnet man zwei parallele, gleich große, entgegengesetzte Kräfte [4, 5, 18].

Vgl. . Abb. A.17.

447 A.2  Kraftsysteme

y

My My Mx x Mz

Mx

Mz z . Abb. A.17 Moment durch Momentenvektor

M D FD  l:

ŒNm D ŒN  Œm

(A.16)

Definition A.2 Ein Drehmoment ist vollständig definiert, wenn folgende Gesetzmäßigkeiten gegeben sind: 4 Drehsinn, 4 Betrag, 4 Keine bestimmte Wirklinie (Kräftepaare können deren Wirklinie umdrehen)

. Abb. A.18 Die rechte Hand

Zentral räumliches Kräftesystem (ZRK) Freiheitsgrade Definition A.3 (Freiheitsgrad [47])

MR D

n X

D 0W : : : D 0:

(A.17)

iD1

Momentenvektor

# .BP”/ Mi . . . Momentenvektor auf den Punkt BP bezogen #” Fi . . . Kraft r#”i . . . Ortsvektor von BP bis zur Wirkli#” nie der Kraft Fi .

Vgl. . Abb. A.18.

Als Freiheitsgrad f bezeichnet man die Anzahl, der Möglichkeiten, in die sich ein Körper bewegen kann.

n X #” Fi D 0W : : : D 0 i D1 n X #” Mi .0/ D 0W : : : D 0

(A.19)

i D1

oder explizit aufgespalten für die verschiedenen Kraftkomponenten vgl. Gl. (A.20) und (A.21).

Koordinatensysteme # ” MR D

n X iD1

#” Mi D

n X iD1

#” r#”i  Fi :

(A.18)

Im Raum betrachtet man ein Koordinatensystem, welches durch „die rechte Handregel“ (vgl. . Abb. A.18 und A.19) entsteht. Dazu ist anschließend ein Bild angeführt. In . Abb. A.20

448

Formelsammlung Stereostatik

n X # ” Mix D 0W : : : D 0 iD1 n X # ” Miy D 0W : : : D 0 iD1 n X # ” Miz D 0W : : : D 0

(A.21)

iD1

A.3

Schlusslinie und Seileck

Vorgehensweise des Seileckes . Abb. A.19 Freiheitsgrade im Raum [102]

. Abb. A.20 Rechte Handregel (Erstellt mit PSTricks) [23]

ist grün die x-Achse, blau die z-Achse und rot die y-Achse dargestellt.

n X #” Fix D 0W : : : D 0 iD1 n X #” Fiy D 0W : : : D 0

1. Zuerst wird ein Kräfteplan gezeichnet und darin der Betrag der resultierenden Kraft ermittelt. 2. In diesen wird ein Polpunkt gewählt, unbedeutend ist, wo dieser liegt, sinnvollerweise am Blatt. 3. Jetzt werden vom eben definierten Pol, Seilstrahlen zu jedem Anfang und Ende jeder Kraft gezogen. Diese müssen so gelegt werden, wenn als Beispiel im Lageplan die Kräfte von links nach rechts mit F1 , F3 , und F2 bezeichnet wurden, so muss im Kräfteplan F1 , F3 und F2 der Reihe nach gezeichnet werden und anschließend die Seilstrahlen S1 , S2 bei F1 , sowie S3 und S4 bei F3 usw. gezogen werden. 4. Dann werden die Seilstrahlen in den Lageplan maßstäblich (parallel) verschoben 5. Der erste Strahl geht immer durch die erste Kraft! 6. Dies macht man mit allen weiteren gleich. 7. Der Schnittpunkt des ersten und des letzten Seilstrahls im Lageplan ist dann der Angriffspunkt der gesuchten resultierenden Kraft, 8. Alles, was im Kräfteplan ein Dreieck ergibt, ergibt im Lageplan einen Schnittpunkt, und umgekehrt.

iD1 n X #” Fiz D 0W : : : D 0 iD1

(A.20) FRes D

q

2 2 FRes;x C FRes;y I

(A.22)

449 A.4  Standsicherheit

A.4 FRes  lRes D

n X

Mi;DP

Gleichgewichtszustand bei Störungen

iD1 n P

H)

lRes D

Standsicherheit

Mi;DP

iD1

FRes

(A.23)

Vorgehensweise bei der Schlusslinie 1. Zuerst wird ein Kräfteplan gezeichnet und darin der Betrag der resultierenden Kraft ermittelt. 2. In diesen wird ein Polpunkt gewählt, unbedeutend ist, wo dieser gewählt wird, sinnvollerweise am Blatt. 3. Jetzt werden vom eben definierten Pol, Seilstrahlen zu jedem Anfang und Ende jeder Kraft gezogen. (Ident zum Seileck-Verfahren) 4. Dann werden die Seilstrahlen in den Lageplan maßstäblich (parallel) verschoben 5. Der erste Strahl geht immer durch das Festlager. 6. Dies macht man mit allen weiteren gleich. 7. Alles, was im Kräfteplan ein Dreieck ergibt, ergibt im Lageplan einen Schnittpunkt und umgekehrt. Wenn im Kräfteplan F1 , S1 und S2 ein Kräftedreieck bilden, so müssen sich diese auch bei den Seilstrahlen im Lageplan schneiden. 8. Dann wird beim Schnittpunkt mit dem ersten Seilstrahl im Festlager; und dem letzten Seilstrahl (meist jener, der durch das zweite Lager, meist Loslager geht) eine Linie durchgezogen, die sogenannte Schlusslinie. 9. Diese wird anschließend durch den Pol im Kräfteplan gelegt 10. Dann werden die beiden gesuchten Kräfte im Kräfteplan eingezeichnet und ermittelt. Es folgen damit die Lagerkräfte.

Für die meisten Anwendungen ist es ausreichend, nach folgenden Kriterien das Gleichgewicht zu bestimmen. 4 stabil Das System ist im Gleichgewicht oder kehrt nach einer kurzen Störung wieder in den Ausgangszustand zurück (. Abb. A.21). 4 labil Das System ist nicht im Gleichgewicht. Es reicht eine kleine Krafteinwirkung bzw. Störung aus, das System vom Ausgangszustand wegzubewegen und aus dem Gleichgewicht zu bringen (. Abb. A.22) 4 indifferent Das System nimmt nach einer Störung wieder einen neuen ruhenden Zustand ein (. Abb. A.23) 4 metastabil Das System geht von einem Gleichgewichtszustand in einen anderen über, welcher stabiler ist, als jener zuvor. Sind zwei Gleichgewichtszustände mög-

. Abb. A.21 Stabiles Gleichgewicht [109]

. Abb. A.22 Labiles Gleichgewicht [108]

. Abb. A.23 Indifferentes Gleichgewicht [60]

450

Formelsammlung Stereostatik

S

Sicherheit

Mvorh Vorhandenes Moment Mzul

Zulässiges Moment

MS

Standmoment

MK

Kippmoment

. Abb. A.24 Metastabiles Gleichgewicht [110]

Graphisch 4 1. Fall: Durchdringt die Wirklinie der resultierenden Kraft, aller äußeren Kräfte, die Standebene innerhalb der Kippkante, dann ist S > 1, der Körper kippt nicht. 4 2. Fall: Die Wirklinie der resultierenden Kraft aller äußeren Kräfte, durchdringt die Standebene in der Kippkante, dann ist S D 1, der Körper kippt gerade noch nicht. 4 3. Fall: Die Wirklinie der resultierenden Kraft aller äußeren Kräfte durchdringt die Standebene außerhalb der Kippkante, dann ist S < 1, der Körper kippt.

. Abb. A.25 Bistabiles Gleichgewicht [29]

lich, so spricht man vom bistabilen Zustand (. Abb. A.24 und A.25).

Standsicherheit Vgl. . Abb. A.26. SD

Mvorh MS D Mzul MK

(A.24)

MK

MK MS

MS

S

S

F y

Fg

x

MS

F y

Fg

y

MK FG

x

M S = MK MS MK

FG = F =1

Bauteil h¨alt gerade noch

F

S

x

MS > MK MS MK

FG > F >1

Bauteil h¨alt

. Abb. A.26 Interpretation der Standsicherheit anhand eines Kastens

MS < MK

FG < F MS MK

Gesetz A.5 Die Reibungskraft ist unabhängig von der Ausdehnung der Auflagefläche [24].

FR Entgegen v

2. Amonton’sche Gesetz

FN Normal zur Reibungskraft

>Gesetz A.6



Die Reibungskraft FR ist direkt proportional zur Anpresskraft, oder Normalkraft FN . Daraus kann geschlossen werden, dass folgende Gleichung gilt

arctan.%/

% Winkel zwischen FRes und FN Vgl. . Abb. A.33 und A.34.

F

Hier treten atomare- und molekulare Wechselwirkungen auf. Diese werden durch die reale Kontaktfla¨che begrenzt.

+

DeformationFR,def harter K¨orper

weicher Ko¨rper

F

Bei Bewegung dringt der ha ¨rtere Ko ¨rper in den weicheren ein, es findet eine Verformung statt

Die Summe dieser beiden ergibt die Reibungskraft FR

harter K¨orper

weicher Ko¨rper

Adha¨sion FR,adh

FR D FN  :

(A.39)

Reibungswinkel % 

FR % D arctan FN

 D arctan./:

(A.40)

Vgl. . Abb. A.35. . Abb. A.35 Reibungswinkel

FRes FN



. Abb. A.33 Adhäsions- und Deformationsanteil

FR FR FRes FR

FN



FN

v

. Abb. A.34 Grundlegende Kräfte bei Reibung

458

Formelsammlung Stereostatik

. Tab. A.1 Haftreibung/Gleitreibung (H . . . Haftreibung; . . . Gleitreibung) [16, 84]

F

d H trocken

Stoff

 trocken

L FRoll

FG

Stahl auf Stahl

0,2

0,1

Stahl auf Holz

0,5

0,4

Stahl auf Stein

0,8

0,7

Stein auf Holz

0,9

0,7

Leder auf Metall

0,6

0,4

Holz auf Holz

0,5

0,4

Stein auf Stein

1,0

0,9

Stahl auf Eis

0,03

0,01

Stahl auf Beton

0,35

0,20

FN f freigemacht

F FG

A

. Abb. A.36 Wirklicher Fall der Rollreibung

Gängige Reibwerte . Tab. A.2 Rollwiderstandswerte f

Siehe . Tab. A.1.

Euler-Eytelwein-Gleichung (Seilreibung) FS1 D FS2  e

˛rad 

:

(A.41)

FG  f : r

(A.42)

Schienenfahrzeug – Bahn

0,0025

Straßenbahn mit Wälzlagern

0,005

Straßenbahn mit Gleitlagern

0,018

Kraftfahrzeug auf Asphalt

0,025

Drahtseilbahn

0,01

Paarung

Wirkabstand f

Stahl auf Stahl

0,5 mm

Gusseisen auf Stahl

0,5 mm

Geh. Kugeln auf geh. Laufringen 0,005–0,01 mm

Vgl. . Abb. A.36.

Reibkegel

Fahr- und Rollwiderstand FW D FR D f  FN :

Wirkabstand f

. Tab. A.3 Rollreibungsbeiwerte f (geh. = gehärteten)

Rollreibung

F D

Paarung

Siehe . Abb. A.37. (A.43)

459 A.6  Reibung/Haftung

Lagerreibung

FR,max FRes,max

Tragzapfen

FN

FR D   F MR D r  FR D   F  rI PR D v  FR D !  MR : (A.44)

max

v Gleitgeschwindigkeit Πms  ! Winkelgeschwindigkeit Πrad  D Π1s  s

FR,2 FR,1

Vgl. . Abb. A.38.

FN FRes,2

Ringspurzapfen

FRes,1 1

FR D   F P R D !  MR

2

rm D FR,max

Maximale Reibungskraft (an diesem Punkt rutscht das Bauteil gerade noch nicht)

FR,1

Reibungskraft 1 (an diesem Punkt rutscht das Bauteil nicht)

FR,2

Reibungskraft 2 (an diesem Punkt rutscht das Bauteil)

FN

Normalkraft

max

Maximaler Reibungswinkel (wird dieser gro¨sser, rutscht das Bauteil)

MR D FR  rm

r CR d CD D 2 4

(A.45)

Vollspurzapfen FR D   F P R D !  MR

MR D   F  r (A.46)

. Abb. A.37 Reibkegel in Anwendung

. Abb. A.38 Tragzapfen

MW

MW

MW

¨ Ol

dx dx FG FR0

FN 1. Fall: Haftreibung

FG

FG MR

Im 1. Fall liegt zwischen dem Geha ¨use und dem Tragzapfen Haftreibung, FR0 ,vor, aufgrund der ¨ verteilt und sich Zeit, bis sich das Ol der Zapfen,aufgrund der Tr¨ agheit, hebt (dx wir kleiner).

MR

MR FN 3. Fall: Flu¨ssigkeitsreibung

Im 2. Fall liegt zwischen dem Geha ¨use und dem Tragzapfen Mischreibung, FR,M , vor. dx wird geringer, der Zapfen beginnt sich zu Heben.

Im 3. Fall liegt zwischen dem Geha¨use und dem Tragzapfen Flu ¨ssigkeitsreibung, FR,Fl , vor. dx = 0, der Zapfen schwebt auf der Flu ¨ssigkeit.

FR,M

FN 2. Fall: Mischreibung

FR,F l

460

Formelsammlung Stereostatik

Reibung auf der Schiefen Ebene

Lageplan

Kräfteplan 1. Grundfall (Bewegung nach oben)

Gleichung

Zugkraft parallel zur Unterlage

Zugkraft waagrecht zur Unterlage

461 A.6  Reibung/Haftung

Zugkraft unter beliebigem Winkel zur Unterlage

2. Grundfall (Halten auf Position)

Zugkraft parallel zur Unterlage

Zugkraft waagrecht zur Unterlage

Zugkraft unter beliebigem Winkel zur Unterlage

462

Formelsammlung Stereostatik

3. Grundfall (Bewegung nach unten)

Zugkraft parallel zur Unterlage

Zugkraft waagrecht zur Unterlage

Zugkraft unter beliebigem Winkel zur Unterlage

Formelzusammenfassung und Formelvergleich Zugkraft … zu Unterlage Bewegung nach oben Halten auf Position Bewegung nach unten

parallel

waagrecht

beliebiger Winkel

463 A.6  Reibung/Haftung

Keine Selbsthemmung (Last muss gegen Absinken gehindert werden)

Gewindereibung  ' D arctan

p d2  

 (A.47)

%