Fachwerk mit konstanter Höhe Fachwerk mit parabolisch...

© 2015 Ansgar Neuenhofer (Fotos sind vom Autor, wenn nicht anders vermerkt)

BAUMECHANIK I

Der Wert 2 /8qL spielt eine so bedeutende Rolle in der Mechanik des Bau-ingenieurwesens und beim Entwurf von Tragwerken, dass er Einzug in die Kunst gehalten hat. Wir werden seine Herkunft in diesem Modul ausführ-lich besprechen (Zeichnung mit freundlicher Genehmigung von Hans Ulrich Aschenborn, Aachen).

Winter-Semester 2015/16

Ansgar Neuenhofer

Professor für Baumechanik und Bauinformatik

Fakultät für Bauingenieurwesen und Umwelttechnik, Technische Hochschule Köln

Fachwerk mit konstanter Höhe Fachwerk mit parabolisch veänderlicher Höhe

Biegelinie

Stabkräfte

Druck

Zug

Gurtkräfte wachsen zur Mitte hin an Gurtkräfte sind konstant

Technische Hochschule Köln Fakultät für Bauingenieurwesen und Umwelttechnik Skript zur Lehrveranstaltung Baumechanik I © 2015 Ansgar Neuenhofer

Inhaltsverzeichnis

1. Stabilisierung von Objekten im Raum ........................................................................................................................ 1

1.1 Einleitung .......................................................................................................................................................... 1 1.2 Stabilisierung eines Punktes im Raum ............................................................................................................... 1 1.3 Stabilisierung einer Linie im Raum ................................................................................................................... 2 1.4 Stabilisierung eines Körpers im Raum ............................................................................................................... 4

1.4.1 Stabilisierung gegen vertikale Lasten ..................................................................................................... 4 1.4.2 Stabilisierung für Horizontallasten ......................................................................................................... 6

Aufgaben……………………………………………………………………………………………….. 7 2. Gleichgewicht eines Punkts 8

2.1 Einleitung .......................................................................................................................................................... 8 2.1.1 Mechanische Größen und Einheiten ....................................................................................................... 8 2.1.2 Genauigkeit von Berechnungen .............................................................................................................. 8

2.2 Punkt in der Ebene .............................................................................................................................................. 9 2.2.1 Resultierende und Komponenten einer Kraft in der Ebene .................................................................... 9 2.2.2 Rechtwinklige Komponenten einer Kraft in der Ebene .......................................................................... 9 2.2.3 Gleichgewicht ....................................................................................................................................... 12

2.3 Punkt im Raum ................................................................................................................................................. 14 2.3.1 Rechtwinklige Komponenten einer Kraft im Raum ............................................................................. 14 2.3.2 Resultierende von Kräften im Raum .................................................................................................... 18 2.3.3 Gleichgewicht ....................................................................................................................................... 19

Aufgaben……………………………………………………………………………………………… 22 3. Gleichgewicht von Körpern in der Ebene…………………..................…………………………………………… 28

3.1 Moment ........................................................................................................................................................ 28 3.1.1 Einleitung ............................................................................................................................................. 28 3.1.2 Varignon’s Theorem ............................................................................................................................. 29

3.2 Resultierende beliebiger Kräfte und Momente ................................................................................................. 30 3.2.1 Einleitung ............................................................................................................................................. 30 3.2.2 Reduktion eines Systems von Kräften und Momenten zu einer Kraft und einem Moment .................. 31 3.2.3 Reduktion eines Systems von Kräften und Momenten zu einer Kraft .................................................. 33 3.2.4 Zusammenfassung ................................................................................................................................ 33

3.3 Gleichgewicht ................................................................................................................................................... 34 3.3.1 Reaktionskräfte an den Auflagern ........................................................................................................ 34 3.3.2 Freikörperbild ....................................................................................................................................... 35 3.3.3 Spezielle und allgemeine Fälle des Gleichgewichts ............................................................................. 36 3.3.4 Alternative Gleichgewichtsbedingungen .............................................................................................. 37 3.3.5 Beispiel 3.4 ........................................................................................................................................... 38 3.3.6 Beispiel 3.5 ........................................................................................................................................... 39 3.3.7 Festhaltungen, statische Bestimmtheit, statische Unbestimmtheit ....................................................... 40

3.4 Tragwerke mit inneren Gelenken ...................................................................................................................... 41 3.4.1 Diskussion ............................................................................................................................................ 41 3.4.2 Beispiel 3.6 ........................................................................................................................................... 42 3.4.3 Beispiel 3.7 ........................................................................................................................................... 43

Aufgaben……………………………………………………………………………………………… 46


4. Gleichgewicht von Körpern im Raum ...................................................................................................................... 54

4.1 Moment einer Kraft im Raum ........................................................................................................................... 54 4.1.1 Diskussion ............................................................................................................................................ 54 4.1.2 Beispiel 4.1 ........................................................................................................................................... 56

4.2 Resultierende paralleler Kräfte im Raum .......................................................................................................... 57 4.2.1 Diskussion ............................................................................................................................................ 57 4.2.2 Beispiel 4.2 ........................................................................................................................................... 57

4.3 Gleichgewicht paralleler Kräfte im Raum ........................................................................................................ 58 4.3.1 Diskussion ............................................................................................................................................ 58 4.3.2 Beispiel 4.3 ........................................................................................................................................... 58

4.4 Gleichgewicht allgemeiner Kräfte im Raum..................................................................................................... 60 4.4.1 Diskussion ............................................................................................................................................ 60 4.4.2 Beispiel 4.4 ........................................................................................................................................... 60 4.4.3 Beispiel 4.5 ........................................................................................................................................... 62

Aufgaben………………………………………………………………………………………………64 5. Verteilte Lasten, Schwerpunkt……………………………………………………………………………………... 68

5.1 Einleitung……………………………………………………………………………………………………… 68 5.2 Gewichtsschwerpunkt, Massenschwerpunkt, Flächenschwerpunkt…………………………………………... 69

5.2.1 Diskussion-Analogie zu Kapitel 3……………………………………………………………………. 69 5.2.2 Beispiel 5.1…………………………………………………………………………………………… 70 5.2.3 Beispiel 5.2…………………………………………………………………………………………… 72

5.3 Berechnung von Schwerpunkten zusammengesetzter Flächen und Volumen………………………………... 74 5.3.1 Diskussion…………………………………………………………………………………………….. 74 5.3.2 Beispiel 5.3……………………………………………………………………………………………. 75 5.3.3 Example 5.4…………………………………………………………………………………………… 76

5.4 Auf Balken wirkende verteilte Lasten………………………………………………………………………… 77 5.4.1 Diskussion und einführendes Beispiel (Beispiel 5.5)…………………………………………………. 77 5.4.2 Beispiel 5.6……………………………………………………………………………………………. 79

Aufgaben………………………………………………………………………………………………80 6. Fachwerke…………………………………………………………………………………………………………... 88

6.1 Einleitung .......................................................................................................................................................... 88 6.1.1 Historische Entwicklung....................................................................................................................... 88 6.1.2 Tragverhalten ........................................................................................................................................ 88

6.2 Statische Bestimmtheit, Statische Unbestimmtheit und Instabilität von Fachwerken ...................................... 94 6.3 Knotenpunktverfahren ...................................................................................................................................... 97

6.3.1 Diskussion ............................................................................................................................................ 97 6.3.2 Example 6.1 .......................................................................................................................................... 98

6.4 Spezielle Belastungsfälle ................................................................................................................................ 101 6.4.1 Diskussion .......................................................................................................................................... 101 6.4.2 Beispiel 6.2 ......................................................................................................................................... 102

6.5 Schnittverfahren .............................................................................................................................................. 103 6.5.1 Diskussion .......................................................................................................................................... 103 6.5.2 Example 6.3 ........................................................................................................................................ 103

6.6 Zusammenfassung .......................................................................................................................................... 104 6.7 Beispiel 6.4 ..................................................................................................................................................... 104 6.8 Das 12-Knoten Tragwerk als räumliches Fachwerk ....................................................................................... 107

6.8.1 Stabilisierung ...................................................................................................................................... 107 6.8.2 Stabilisierung der Dachebene ............................................................................................................. 109 6.8.3 Berechnung der Dachebene (Beispiel 6.5) ......................................................................................... 112 6.8.4 Fachwerke zur Abtragung vertikaler Lasten nach Entfernen von Stützen .......................................... 118

6.9 Berechnung von räumlichen Fachwerken ....................................................................................................... 119 6.9.1 Allgemeines ........................................................................................................................................ 119 6.9.2 Einfaches Beispiel .............................................................................................................................. 119

Aufgaben…………………………………………………………………………………………………..... 124


7 Schnittkräfte in Balken und Rahmen-Schnittkraftdiagramme ................................................................................ 134

7.1 Einleitung ....................................................................................................................................................... 134 7.2 Einfache Balken ............................................................................................................................................. 135

7.2.1 Beispiel 7.1 ......................................................................................................................................... 135 7.2.2 Beispiel 7.2 ......................................................................................................................................... 136 7.2.3 Beispiel 7.3 ......................................................................................................................................... 139

7.3 Eigenschaften von Querkraft- und Biegemomentendiagrammen .................................................................. 141 7.4 Balken mit inneren Gelenken-Gerberträger ................................................................................................... 142

7.4.1 Allgemeines ........................................................................................................................................ 142 7.4.2 Beispiel 7.4 ......................................................................................................................................... 143

7.5 Rahmen .......................................................................................................................................................... 146 7.5.1 Allgemeines ........................................................................................................................................ 146 7.5.2 Dreigelenkrahmen (Beispiel 7.5) ........................................................................................................ 147 7.5.3 Stockwerkrahmen ............................................................................................................................... 149

Aufgaben…………………………………………………………………………………………… ……….154


1

1. Stabilisierung von Objekten im Raum

1.1 Einleitung Kräfte, die auf Bauwerke einwirken, haben die Tendenz, diese in Richtung verschiedener Achsen (üblicherweise nen-nen wir diese die , ,x y z -Achsen) zu bewegen (Translationen) und um verschiedene Achsen zu drehen (Rotationen). Da wir gewöhnlich nicht wollen, dass sich Bauwerke bewegen, müssen wir sie lagern, um diese Bewegungen zu unterbin-den. Den Prozess, Körper so zu lagern, dass sie keine Bewegungsfreiheit mehr haben, bezeichnen wir als Stabilisierung. Dabei haben wir es stets mit dem gleichen Phänomen zu tun, ob wir Regale an der Wand befestigen, ein Gerüst aufbau-en, Lasten auf dem Auto befestigen usw. Dabei ist es unerheblich, ob wir einen Körper auf dem festen Boden lagern, oder ihn an einen anderen Körper anschließen, der bereits stabil gelagert ist. Es ist außerordentlich wichtig zu lernen, dass wir unter dem Begriff der Stabilisierung nur das Ausschalten sogenannter Starrkörperverschiebungen verstehen. Starrkörperverschiebungen sind Bewegungen eines Körpers als Ganzes, und wir müssen diese streng unterschieden von sogenannten elastischen Deformationen, die in Körpern jeglichen Materials immer auftreten, wenn Kräfte auf den Körper wirken. In diesem Kapitel betrachten wir nur reibungsfreie gelenkige Lagerungen. Eine gelenkige Verbindung mit einem Stab verhindert nur eine Bewegung in Richtung des Stabes nicht aber senkrecht dazu. Um auch eine Bewe-gung senkrecht zum Stab zu verhindern, müsste in den Gelenken ein Drehwiderstand existieren, den wir bei Reibungs-freiheit jedoch vernachlässigen.

1.2 Stabilisierung eines Punktes im Raum Wir beginnen damit, einen Punkt im Raum stabil zu lagern. Ein Punkt im Raum hat drei mögliche Bewegungen (manchmal auch Freiheitsgrade genannt), die drei Translationen entlang der drei Raumachsen ,x y und z . Drehbewe-gungen (Rotationen) eines Punkts existieren nicht. In Abbildung 1.1 ist der erste Stab in z -Richtung angebracht. Er verhindert eine Bewegung des Punktes in dieser Richtung. Stab 2 liegt in der -x z -Ebene, hat also eine Komponente in x - und in z -Richtung. Die Komponente inx -Richtung unterbindet eine Verschiebung in x -Richtung. Nach Einbau der Stäbe 1 und 2 haben wir daher eine Verschiebung in der -x z -Ebene verhindert. Die einzige verbleibende Bewe-gung ist die iny -Richtung. Stab 3 muss somit eine Komponente in dieser Richtung besitzen, und wir können Stab 3 beispielsweise so anordnen, wie in Abbildung 1.1 gezeigt.

Abbildung 1.1 Stabilisierung eines Punktes im Raum.

Es ist wichtig darauf hinzuweisen, dass wir nur die tangentiale, das heißt anfängliche Bewegung des Punktes betrachten und nicht die exakte, das heißt kreisförmige Bewegung. So nehmen wir an, dass der Punkt nach Einbau des Stabs 1 sich in der -y z Ebene bewegen kann. Dies ist die tangentiale oder linearisierte Bewegung. Die exakte Bewegung ist kugelför-mig mit dem GelenkA als Mittelpunkt, das heißt der Punkt bewegt sich nicht nur horizontal sondern auch vertikal. Je-doch ist die vertikale Komponente dieser Bewegung klein, so dass wir diese vernachlässigen können. Abbildung 1.2 zeigt in einer Projektion die linearisierte und die exakte Verschiebung. Die linearisierte Bewegung findet stets senkrecht zum Stab bzw. den Stäben statt. So kann sich nach Einbau von Stäben 1 und 2 der Punkt nur noch in eine Richtung be-wegen, die sowohl senkrecht zu Stab 1 als auch senkrecht zu Stab 2 verläuft. Dies ist in unserem Fall die y -Richtung. Hätten wir Stab 2 so angeordnet, dass er eine Komponente in alle drei Richtungen hat, wäre die nach Einbau von Stab 2 verbleibende Bewegungsrichtung schwieriger zu erkennen.

xy

zmögliche Bewegungen

Stab 1Stab 1

Stab 2

Stab 2

Stab 1

Stab 3

A A A


2

Abbildung 1.2 Anfängliche (linearisierte) und exakte Bewegung.

Aus Abbildung 1.1 können wir ein wichtiges Konzept ableiten: Wir verhindern eine Bewegung in eine bestimmte Richtung durch einen Stab, der eine Komponente in dieser Richtung aufweist.

1.3 Stabilisierung einer Linie im Raum Im Gegensatz zu einem Punkt hat eine Linie fünf Freiheitsgrade, die drei Translationen und zwei Rotationen. Da eine Linie ein Körper mit zwei unendlich kleinen Abmessungen ist (in Abbildung 1.3 sind dies die Abmessungen iny - und z -Richtung), ist die Rotation um die Linienachse nicht definiert. Der zuvor betrachtete Punkt ist ein Körper mit un-endlich dünnen Abmessungen in allen drei Richtungen, so dass bei einem Punkt keine der drei Rotationen definiert ist.

Abbildung 1.3 Mögliche Bewegungen einer Linie im Raum.

Um alle fünf Bewegungsmöglichkeiten (drei Translationen und zwei Drehungen) auszuschalten, benötigen wir fünf Stäbe. Indem wir beispielsweise einen Punkt der Linie (sagen wirA ) mit drei Stäben komplett festhalten, haben wir alle drei Translationen verhindert, so dass nur noch die beiden Drehungen um diey - und z -Achsen verbleiben (siehe Ab-bildung 1.4a). Ein vierter Stab mit einer vertikalen Komponente schaltet die Drehung um diey -Achse aus (siehe Ab-bildung 1.4b). Damit der fünfte Stab die verbleibende Drehung um die z -Achse verhindert, muss dieser eine Kompo-nente iny -Richtung haben (siehe Abbildung 1.4c).

Abbildung 1.4 Stabilisierung einer Linie im Raum mit fünf Stäben.

A

xy

z

A A

(a) (b) (c)1

2

3

12

3

12

34 4 5

anfängliche (linearisierte) Bewegung (taexakte Bewegung (krei

ngentsför

ial)mig)

Stab

reibungsfreie Gelenkverbindung(bietet keinen Drehwiderstand)

xy

zxy

z

-Translationz

-Rotationz

-Rotationy

-Translationy

-Translationx


3

Es ist interessant, den Fall zu betrachten, bei dem der fünfte Stab in der -x z -Ebene liegt, d.h. keine Komponente iny -Richtung besitzt. Wir erkennen, dass PunktB eine anfängliche Bewegung iny - Richtung macht, wenn die Linie um die z - Achse durch PunktA rotiert (siehe Abbildung 1.5). Bei einer Bewegung des PunktesB in y - Richtung mobilisie-ren wir jedoch keinen Widerstand in Stab 5, so dass wir die Verdrehung der Linie um die z -Achse nicht verhindern. Die Konfiguration in Abbildung 1.5 ist daher labil. Abbildung 1.5 Falsch gelagerte (labil gelagerte) Linie im Raum. Drehung um die z -Achse wird nicht verhindert. Allgemein ausgedrückt, können wir die Labilität der Systems in Abbildung 1.5 wie folgt begründen: Eine Verdrehung der LinieAB um die z - Achse durch PunktA ist möglich (d.h. das System ist labil), weil alle Stäbe entweder parallel zur Drehachse verlaufen (Stäbe 1 und 4) oder die Drehachse schneiden (Stäbe 1, 2, 3 und 5). Umgekehrt ausgedrückt ergibt sich damit die wichtige Regel: Wir verhindern eine Drehung um eine Achse durch einen Punkt, indem wir einen Stab anordnen, der weder pa-rallel zu der Achse verläuft noch diese Achse schneidet. Der vertikale Stab 4 zum Beispiel verhindert die Drehung um diey -Achse durch PunktA , weil der Stab weder parallel zur y -Achse verläuft noch die Drehachse (die y -Achse durch PunktA ) schneidet. Der Stab 5 in der falschen Anord-nung der Abbildung 1.5 ist zwar nicht parallel zur Drehachse und erfüllt daher den ersten Teils des obigen Kriteriums, schneidet die Drehachse aber und verletzt daher den zweiten Teils des Kriteriums. Der Schnittpunkt von Stab 5 mit der Drehachse, dessen genaue Lage uns nicht interessiert, liegt irgendwo oberhalb des PunktesA . Genauso wie Stab 4 ver-hindert auch Stab 5 in Abbildung 1.5 die Rotation um die y -Achse, da diese Bewegung aber bereits durch Stab 4 un-terbunden wird, trägt Stab 5 nicht zur Stabilität des Systems bei. Abbildung 1.6 Falsch gelagerte (labil gelagerte) Linie im Raum. Drehung um die gezeigte Achse wird nicht verhindert. Da Achsen, um die eine Rotation möglich ist, d.h. um die eine Instabilität existiert, nicht immer mit den Koordinaten-achsen zusammenfallen, sind diese oft schwer zu erkennen. Abbildung 1.6 zeigt eine labil gelagerte Linie, da sie nur vier statt der erforderlichen fünf Festhaltungen aufweist. Da PunktAwie zuvor in alle Richtungen festgehalten wird, wissen wir, dass die verbleibende Bewegung eine Drehung um PunktA sein muss. Die Richtung der Drehachse ist pa-rallel zum gekennzeichneten Stab.

xy

zA

3

21

4

5

B

Ax

y

z

Rotationsachse


4

1.4 Stabilisierung eines Körpers im Raum Abbildung 1.7 Mögliche Bewegungen eines Körpers im Raum. Körper im Raum haben insgesamt sechs Bewegungen, drei Translationen und drei Rotationen (siehe Abbildung 1.7). 1.4.1 Stabilisierung gegen vertikale Lasten Wir beginnen den Stabilisierungsprozess mit der Anordnung von Stäben, die den Körper gegen lotrechte Lasten, wie z.B. Erdschwere fixieren. Die diesbezüglichen Bewegungsrichtungen sind die Translation in z -Richtung und die Rota-tionen um diex - undy -Achse. Ein erster vertikaler Stab verhindert die z - Translation, so dass die beiden Rotationen verbleiben (vgl.Abbildung 1.8).

Abbildung 1.8 Mögliche Bewegungen infolge vertikaler Last mit einem Stab in -z Richtung.

Mit einem in Abbildung 1.9 gezeigten zweiten Stab verhindern wir die Rotation um diey -Achse. Eine Rotation um die x -Achse ist immer noch möglich. Nach Anbringen eines dritten Stabs in z -Richtung ist der Körper für lotrechte Lasten stabilisiert (siehe Abbildung 1.10). Die drei Stäbe in z -Richtung dürfen jedoch nicht alle auf einer Geraden liegen. Sonst wäre eine Rotation um die Achse dieser Geraden nicht verhindert.

xy

z A

xy

z

-Translationz

-Translationy

-Rotationy

-Translationx

-Rotationz

-Rotationx

A


5

Abbildung 1.9 Mögliche Bewegung infolge vertikaler Last mit zwei Stäben in -z Richtung.

1.4.2 Stabilisierung für Horizontallasten Mit der Stabilisierung für vertikale Lasten haben wir drei der sechs Bewegungen ausgeschaltet, die -z Translation sowie die Rotationen um die -x und -y Achsen. Die Bewegungsmöglichkeiten, die wir noch behindern müssen, sind die -x und -y Translationen sowie die Drehung um die -z Achse (siehe Abbildung 1.10).

Abbildung 1.10 Körper ist stabil für vertikale Lasten: Mögliche Bewegungen infolge seitlicher Last.

Als vierte Festhaltung wählen wir einen Stab mit einer x -Komponente, so dass diex -Translation verhindert wird.

Abbildung 1.11 Mögliche Bewegungen infolge seitlicher Last mit Diagonalstab in -zx -Ebene.

Nach Hinzufügen eines Stabes mit einer -y Komponente ist die einzige verbleibende Bewegung eine Drehung um die vertikale Achse in PunktA (vgl

Abbildung 1.12).

xy

z

xy

z

xy

z


6

1

23

45

6

xy

z

Abbildung 1.12 Mögliche Bewegung infolge seitlicher Last mit Diagonalstäben in -x z - und -y z Ebene.

Der sechste und letzte Stab darf weder parallel zur vertikalen Achse verlaufen noch darf er eine durch PunktA gehende vertikale Achse schneiden (nur dann ist die Verdrehung um die vertikale Achse durch PunktA ausgeschlossen). Ab-bildung 1.13 zeigt eine von vielen möglichen Anordnungen, die die genannten Bedingungen erfüllen.

Abbildung 1.13 Stabile Lagerung mit sechs Stäben.

Wie bereits erwähnt, sind Drehachsen, um die eine Instabilität auftritt, oft nur schwer zu erkennen. Entfernen wir bei-spielsweise Stab 2 von dem stabilisierten Körper, wissen wir, dass eine Instabilität in Form einer Rotation existieren muss, da PunktA durch Stäbe 1, 4 und 5 in alle drei translatorische Richtungen gehalten wird. Weiterhin wissen wir, dassA auf der Drehachse liegen muss. Die Drehachse ist daher eine Gerade, die durch PunktA geht und parallel zu Stab 6 ist. Alle fünf Stäbe sind entweder parallel (Stab 6) mit dieser Achse oder schneiden sie (Stäbe 1, 3, 4 und 5).

Abbildung 1.14 Mögliche Bewegung nach Entfernen von Stab 2.

A

1

2

3

4 5

6

xy

z

A

Drehachse

parallel zu Stab 6


7

Aufgabe Ebenen sind wie unten gezeigt gelagert. Handelt es sich bei den vier gezeigten Fällen um eine stabile Lagerung? Falls nicht, bestimme die mögliche Bewegungsrichtung.

xy

z

(a) (b)

(c) (d)


8

2. Gleichgewicht eines Punkts

2.1 Einleitung

2.1.1 Mechanische Größen und Einheiten Kräfte, die auf Bauten einwirken, haben die Tendenz, diese in bestimmte Richtungen zu bewegen (Translationen) und um bestimmte Achsen zu rotieren (Rotationen). Da wir nicht wollen, dass Tragwerke sich bewegen, müssen wir diese Bewegungen verhindern, indem wir Tragwerke geeignet lagern (siehe Kapitel 1). Dieses Kapitel führt in die Grundla-gen von Kräften ein und bildet die Basis für das Verständnis der Statik. Wir sollten alle Anstrengung unternehmen, die-ses Kapitel vollständig zu verstehen. Eine Kraft können wir definieren als die Wirkung (wie Ziehen oder Drücken) eines Körpers auf einen anderen Körper. Sie ist eine Vektorgröße, da ihre Wirkung nicht nur von der Größe (oder dem Betrag) sondern auch von ihrer Richtung und ihres Angriffspunkts abhängt. Eine skalare Größe ist dahingegen lediglich durch ihre Größe definiert. Die Einheit der Kraft in internationalen Einheitensystem (SI) ist das Newton (N) und ist abgeleitet von der Masse in Kilogramm (kg), der Länge in Metern (m) und der Zeit in Sekunden (s). Ein Newton ist die Kraft, die erforderlich ist, um eine Mas-se von einem Kilogramm (1 kg) um 21m/s zu beschleunigen.

( ) 2m1N 1kg 1 sæ ö÷ç= ⋅ ÷ç ÷çè ø

(2.1)

Das GewichtG eines Körpers ist die Kraft, die der Körper durch die Gravitationsbeschleunigung erfährt. G mg= (2.2)

wobeim die Masse und 29.81m/sg= die Gravitationskonstante auf der Erde sind. Wir sollten beachten, dass das nor-male „m“ für die Einheit Meter steht während das kursive „m “für die Variable Masse steht. Die folgende Tabelle fasst die Namen, Einheiten und Symbole für die vier wichtigsten Größen in der Mechanik zusammen.

Name Zeit Masse Länge Kraft

Einheit Sekunde Kilogramm Meter Newton

Symbol s kg m N=2

kgm

s

Die im Bauwesen am häufigsten benutzen Einheiten für Kräfte sind Kilonewton (kN, 1 kN=1000 N ) und Meganewton (MN, 1 MN = 1000 kN = 1.000.000 N). Merke: Eine Masse von eine Tonne (ein Kubikmeter Wasser, ein Viertel Kubikmeter Beton) hat auf der Erde ungefähr eine Gewichtskraft von 10 kN.

2.1.2 Genauigkeit von Berechnungen Die Genauigkeit einer Zahl kennzeichnen wir durch die Anzahl signifikanter Stellen. Die Zahlen 0.003 und 5 haben beispielsweise beide eine signifikante Stelle, die Zahlen 1234 und 43.21 haben beide vier signifikante Stellen. Im Inge-nieurwesen ist es im Allgemeinen hinreichend, ein Ergebnis mit drei signifikanten Stellen anzugeben. Die Streuung der Eingangsparameter verbietet es, ein Ergebnis genauer anzugeben. Ob Sie den Reifen Ihres Autos mit einem Druck von 3.681 oder 3.684 bar füllen, ist ganz und gar irrelevant. Solch kleine Druckschwankungen lassen sich weder mit einer üblichen Tankstellenpumpe messen, noch haben sie auf die Sicherheit des Reifens irgendeinen Einfluss noch ändert sich dadurch das Fahrverhalten Ihres Wagens. Ähnlich verhält es sich im Bauwesen. Ob wir einen Stahlquerschnitt mit einem Druck von 2500MN/m (5000 bar) oder 2501MN/m belasten, ist technisch völlig bedeutungslos. Infolgedessen sollten wir keine Genauigkeit vortäuschen, die es aufgrund natürlicher Streuungen gar nicht geben kann und unsere Er-gebnisse vernünftig, d.h. mit limitierter Anzahl signifikanter Stellen angeben. Dies bezieht sich nicht nur auf Handrech-nungen sondern auch auf elektronische Berechnungen, beispielsweise mit EXCEL. Natürlich führt der Computer inter-ne Berechnungen mit der ihm möglichen maximalen Genauigkeit durch, die Ergebnisse sollten wir aber so formatieren, dass sie nur mit drei, allerhöchstens vier signifikanten Stellen angegeben werden.


9

2.2 Punkt in der Ebene

2.2.1 Resultierende und Komponenten einer Kraft in der Ebene

Abbildung 2.1 Resultierende und Komponenten.

Wir betrachten zunächst den Fall zweier Kräfte 1F und 2F , deren Angriffspunkte übereinstimmen. Die Wirkungsrichtung der Kräfte ist durch eine Gerade definiert, die sogenannte Wirkungslinie. Wir können die beiden Kräfte durch eine ein-zige Kraft, ihre ResultierendeR , ersetzen. Die Resultierende hat bezüglich ihrer Wirkung den gleichen Effekt wie die beiden ursprüngliche Kräfte

1F und

2F zusammen. Um die Resultierende zu bestimmen, addieren wir die beiden Vekto-

ren nach der sogenannten Parallelogrammregel. Hierbei bildet die Resultierende Kraft die Diagonale des Parallelo-gramms (siehe Abbildung 2.1), das die beiden Einzelkräfte bilden. Wichtig ist, dass wir im Allgemeinen nicht einfach die Beträge der beiden Kräfte addieren können, so wie wir bei einem skalaren Problem vorgingen.

1 2R F F¹ + (2.3)

Nur wenn die beiden Kräfte die gleiche Richtung aufweisen, macht die vorige Gleichung Sinn und der Betrag der Re-sultierendenR ist die Summe der Beträge der Einzelkräfte

1F und

2F . Zwei Kräfte

1F und

2F , deren Summe die Kraft R

ergibt, heißen Komponenten der KraftR .

2.2.2 Rechtwinklige Komponenten einer Kraft in der Ebene Gewöhnlich zerlegen wir eine gegebene Kraft mit BetragF und Richtunga in ihre horizontale und vertikale Kompo-nenten xF und yF , für die gilt (siehe Abbildung 2.2)

cos sinx yF F F Fa a= = (2.4)

Umgekehrt können wir mit gegebenen Komponenten xF und yF den Betrag F und die Richtung a ermitteln mit

2 2 1tan yx yx

FF F F

Fa -= + = (2.5)

Abbildung 2.2 Rechtwinklige Komponenten einer Kraft.

Das Zerlegen einer Kraft in horizontale und vertikale Komponenten ist nicht immer so einfach wie in Abbildung 2.2 gezeigt. Zum Beispiel kann die Richtung einer Kraft auch durch Angabe eines Winkels zwischen Kraft und vertikaler Achse definiert sein oder der angegebene Winkel ist größer als 90 Grad. Wir müssen lernen, die Komponenten einer Kraft korrekt zu bestimmen, unabhängig davon, wie die Achsen orientiert und die Winkel angegeben sind. Anders aus-gedrückt, wir sollten nicht blindlings auf Formeln wie cosxF F a= und sinyF F a= vertrauen. Bei der Zerlegung von Kräften in ihre Komponenten können wir zwei wesentliche Fehler begehen:

1F

2F

R

xF

yF

a x

y

F


10

(1) die falsche trigonometrische Funktion wählen (Sinus statt Kosinus oder umgekehrt), (2) das falsches Vorzei-chen wählen Um diese Fehler zu vermeiden, sollten wir es uns zur Gewohnheit machen, erst das Vorzeichen der Komponente zu bestimmen und dann einen Winkel zwischen 0 und 90 Grad zu wählen (denn dann sind beide Winkelfunktionen positiv) und zuletzt die richtige Winkelfunktion zu wählen (Sinus oder Kosinus). Die folgenden Beispiele erläutern das gerade beschriebene Vorgehen. Problem: Bestimme die x - undy - Komponenten der folgenden vier Kräfte in Bezug auf das gegebene Koordinatensys-tem.

Abbildung 2.3 Rechtwinklige (orthogonale) Komponenten gegebener Kräfte.

Meistens ist es vorteilhaft, rechtwinklige Komponenten zu benutzen, wenn es darum geht, die ResultierendeR zu be-stimmen. Die -x Komponente von R ist dann die Summe derKomponenten aller einzelnen Kräfte. Die -y Komponente vonR ist die Summe der -y Komponenten aller einzelnen Kräfte.

1 1

Anzahl der Kräften n

x ix y iyi i

R F R F n= =

= = =å å (2.6)

-x Beispiel 2.1

Abbildung 2.4 Beispiel 2.1.

Problem: Finde die Größe und Richtung der Resultierenden von1F und

2F . Benutze (1) eine zeichnerische, (2) eine tri-

gonometrische und (3) eine algebraische (mit rechtwinkligen Komponenten) Lösung. Lösung 1 (zeichnerische Lösung)

Abbildung 2.5 Zeichnerische Lösung.

14NF =

22NF =

30

20

5.5NR=14NF =

22NF =

14

30

120

210

sin 30 cos 30 sin 30 sin 30

cos 30 sin 30 cos 30 cos 30

oder

cos 60 sin 60 cos60 cos60

sin 60 cos 60 sin 60 sin 60

x x x x

y y y y

x x x x

y y y y

F F F F F F F F

F F F F F F F F

F F F F F F F F

F F F F F F F F

= = = - = -

= = - = - =

= = = - = -

= = - = - =

240

F

FF

F

y

x


11

Wir konstruieren das aus den beiden Kräften bestehende Parallelogram und messen die Länge der Diagonalen (das ist die Größe der Kraft R ) und den Winkel, den die Resultierende mit der Horizontalen bildet( das ist ihre Richtung). Wir erhalten als zeichnerische Lösung

5.5N =14R a= (2.7)

Natürlich hätten wir auch den Winkel mit der Vertikalen messen können, um damit die Richtung zu bestimmen Lösung 2 (trigonometrische Lösung)

Abbildung 2.6 Trigonometrische Lösung.

Wir berechnen den Winkel

180 30 20 130b = - - = (2.8)

und wenden dann den Kosinussatz an, mit dem sich die Größe der Resultierenden zu

2 24 2 2 4 2 cos(130 ) 5.503 NR = + - ⋅ ⋅ = (2.9)

ergibt. Zur Bestimmung der Richtung vonR benutzen wir zunächst den Sinussatz

14 5.503 4sin sin130 33.83sin sin130 5.503

gg

- æ ö÷ç= = =÷ç ÷çè ø

(2.10)

und berechnen schließlich

33.84 20 13.84a = - = (2.11)

Lösung 3 (algebraische Lösung)

Abbildung 2.7 Algebraische Lösung.

(1) Wir beginnen mit der Berechnung der -x und -y Komponenten der Kräfte

1F und

2F .

1 1

2 2

4N cos 30 3.464N 4 N sin 30 2.000N

2N cos20 1.879N 2N sin20 0.684N

x y

x y

F F

F F

= ⋅ = = ⋅ =

= ⋅ = = - ⋅ = -

(2.12)

(2) Als nächstes bestimmen wir die -x und -y Komponenten der Resultierenden R , indem wir die entsprechenden Kom-ponenten von

1F und

2F addieren.

ba

3020

42g

1F

1xF

2xF

xR

yR

2yF

1yF

2F

a


12

1 2

1 2

3.464N 1.879N 5.343N

2.000N 0.684N 1.316N

x x x

y y y

R F F

R F F

= + = + =

= + = - = (2.13)

(3) Wir errechnen den Betrag von R mit Hilfe von Pythagoras

2 2 2 25.343 1.316 5.503Nx yR R R= + = + = (2.14)

und schließlich (4) die Richtung von R

1 1.316tan 13.845.343

a -= = (2.15)

Lösung 3 ist die bei weitem einfachste und sicherste Methode zur Bestimmung der Resultierenden. Von nun an werden wir stets dieses Vorgehen nutzen.

2.2.3 Gleichgewicht Wir behandeln nun das Konzept des Gleichgewichts, das den Kern der Statik und damit dieses Kurses darstellt. In die-sem Abschnitt betrachten wir Probleme, die das Gleichgewicht eines Punktes (eines Körpers mit vernachlässigbar klei-nen Abmessungen) in der Ebene betreffen. Kräfte, die an einem Punkt angreifen haben naturgemäß einen gemeinsamen Kraftangriffspunkt. Im nächsten Abschnitt erweitern wir das Konzept des Gleichgewichts auf Körper in der Ebene. Hier haben die Kräfte im Allgemeinen unterschiedliche Angriffspunkte. Oben haben wir gelernt, wie wir aus mehreren Kräften die resultierende Kraft (oder kurz die Resultierende) berechnen können. Ein wichtiger Fall ergibt sich, falls die Resultierende aller angreifenden Kräfte Null ist. Dann nämlich ist der Punkt, auf den die Kräfte einwirken, im Gleichgewicht. Falls die Resultierende aller an einem Punkt angreifenden Kräfte Null ist, befindet sich der Punkt im Gleichgewicht. Die Umkehrung gilt ebenso: Falls ein Punkt im Gleichgewicht ist (sein soll), muss die Resultierende aller auf ihn an-greifenden Kräfte Null sein. Damit die resultierende KraftR zu Null wird, müssen alle Komponenten vonR verschwinden. Die rechnerischen Be-dingungen für das Gleichgewicht eines Punktes lauten somit

0 0x x y yR F R F= = = =å å (2.16) Wir erläutern die Strategie zur Lösung eines Gleichgewichtproblems an einem Beispiel. Beispiel 2.2

Abbildung 2.8 Beispiel 2.2, Gleichgewichtsproblem.

Problem: Zwei Kabel sind im PunktC wie gezeigt verbunden. Bestimme die Zugkräfte ACT und BCT in den Kabeln AC bzw.BC .

40

30

400NF =

A B

C


13

Lösung: Die Lösung eines Gleichgewichtsproblems beinhaltet zwei grundlegende Schritte: (1) die Konstruktion eines sogenannten Freikörperbilds und (2) die Lösung der Gleichgewichtsbedingungen in Gl. (2.16). (1) Freikörperbild Der erste und wichtigste Lösungsschritt eines Gleichgewichtsproblems ist das Zeichnen eines Freikörperbilds. Ein Freikörperbild zeigt den betrachteten Körper (hier ist der Körper nur ein Punkt), und alle auf den Punkt wirkenden Kräfte. Drei Kräfte greifen in Punkt C an, die beiden unbekannten Seilkräfte

ACT und

BCT und die bekannte KraftF . Es

ist wichtig zu verstehen, dass die Seilkräfte, die auf PunktC wirken schräg nach oben gerichtet sind und nicht nach un-ten (die Seile ziehen anC ). Geometrische Informationen wie Winkel und/oder Abmessungen sollten wir in das Freikör-perbild mit aufnehmen. Immer wenn wir in diesem Skript Freikörperbilder zeichnen, zeigen wir bekannte Kräfte in ro-ter und unbekannte Kräfte in blauer Farbe.

Abbildung 2.9 Freischneiden des Punktes C und entsprechendes Freikörperbild.

(2) Gleichgewichtsbedingungen (Gleichgewichtsgleichungen) Das Freikörperbild in Abbildung 2.9 stellt die Grundlage dar für die Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen. Hier-zu summieren wir zunächst alle in -x Richtung wirkenden Kräfte und setzen die Summe gleich Null. Da die beiden Ho-rizontalkomponenten der Seilkräfte in unterschiedliche Richtung weisen, treten die Kräfte mit entgegengesetztem Vor-zeichen auf. Die äußere Kraft wirkt vertikal und hat somit keine horizontale Komponente und trägt nicht zum Gleichge-wicht in -x Richtung bei. Betrachten wir die Richtung "nach rechts" positiv, ist die Gleichgewichtsbedingung für die -x Richtung

0 cos 50 cos 30 0.643 0.866x BC BCAC ACF T T T T + = =- + =- +å (2.17)

Natürlich hätten wir auch die Richtung "nach links" als positiv ansehen können. In diesem Fall lautete die Gleichung

0 cos50 cos30 0.643 0.866x AC BC AC BCF T T T T¬ + = = - = -å (2.18)

Selbstverständlich haben beide Gleichungen den gleichen Informationsgehalt. Als nächstes addieren wir alle Kräfte in -y Richtung. Da die beiden Vertikalkomponenten der Seilkräfte in die gleiche Richtung weisen, treten die Kräfte mit gleichem Vorzeichen auf. Betrachten wir die Richtung "nach oben" positiv, erhält die 400 N Kraft ein negatives Vorzei-chen und die Gleichung lautet

0 sin 50 sin 30 400 0.766 0.500 400y AC BC AC BCF T T T T + = = + - = + -å (2.19)

Da beide unbekannten Kräfte in beiden Gleichungen auftreten, müssen wir das Gleichungssystem

0.643 0.866 0

0.766 0.500 400

AC BC

AC BC

T T

T T

- + =

+ = (2.20)

mit zwei Unbekannten lösen. Dies ist ein rein mathematisches Problem, das wir aus der Schule kennen. Wir erhalten

=352N 261NAC BCT T = (2.21)

40

30

C

A

B

400NF =

50 30

ACTBCT

400N

C


14

Für den Fall, dass wir uns nicht daran erinnern, wie wir Gleichungssysteme lösen, geben wir unten die allgemeine Lö-sung für zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten an. Wenn wir die zwei Gleichungen wie folgt schreiben

1 1 2 2 1

3 1 4 2 2

a x a x b

a x a x b

+ =

+ = (2.22)

wobei 1x und 2x die Unbekannten und 1 2 3 4 1 2, , , , ,a a a a b b die bekannten Koeffizienten darstellen, ergibt sich die Lösung zu

1 4 2 2 2 1 1 31 2

1 4 2 3 1 4 2 3

b a b a b a b ax x

a a a a a a a a

- -= =

- - (2.23)

Das Einsetzen unserer Zahlen liefert

1 2

1 2

0.643 0.866 0

0.766 0.500 400

x x

x x

- + =+ =

(2.24)

und

1 20 0.5 400 0.866 400 0.643 0 0.766

351.7 261.10.643 0.5 0.766 0.866 0.643 0.5 0.766 0.866

x x⋅ - ⋅ - ⋅ - ⋅

= = = =- ⋅ - ⋅ - ⋅ - ⋅

(2.25)

Gleichungssysteme mit mehr als zwei Unbekannten sollten wir aus Zeitgründen elektronisch lösen (Taschenrechner, EXCEL o.ä.).

2.3 Punkt im Raum

2.3.1 Rechtwinklige Komponenten einer Kraft im Raum Wie in der Ebene müssen wir auch im Raum oft eine Kraft in ihre Komponenten zerlegen, wobei wir es nun natürlich mit drei Komponenten zu tun haben, den ,x y und z Komponenten. Wie in der Ebene müssen wir zur Bestimmung der drei Komponenten die Wirkungslinie der Kraft kennen. Gewöhnlich ist die Wirkungslinie einer räumlichen Kraft ent-weder durch zwei Punkte, die sich auf der Wirkungslinie befinden, oder durch zwei Winkel definiert. (a) Definition der Wirkungslinie durch zwei auf ihr liegende Punkte Wir betrachten eine an einem beliebigen PunktA angreifende KraftF und definieren die Wirkungslinie der Kraft durch einen zweiten PunktB . Unser Ziel ist, die Kraft in ihre drei rechtwinkligen Komponenten ,x yF F und zF zu zerlegen. Den Zusammenhang zwischen der Kraft und ihren Komponenten können wir veranschaulichen, indem wir die Kraft als die Diagonale eines Quaders auffassen. Die drei Komponenten ,x yF F und zF sind dann die Kantenlängen des Quaders.

Abbildung 2.10 Komponenten einer Kraft im Raum.

Wir erkennen, dass das Verhältnis zwischen den Seitenlängen , ,x y zD D D des Quaders und seiner DiagonalenL das gleiche ist wie das zwischen den Komponenten , ,x y zF F F der Kraft und der KraftF selbst, daher

yx zFF Fx y z

L F L F L FD D D

= = = (2.26)

F

xD

zD

yD

xy

z

A

B

xFyF

zF L


15

Bei bekannten Koordinaten der PunkteA undB , ergeben sich die drei rechtwinkligen Komponenten vonF zu

2 2 2

2 2 2

2 2 2

x B A

y B A

z B A

x xF F F x x x

L x y z

y yF F F y y y

L x y z

z zF F F z z z

L x y z

D D= = D = -

D +D +D

D D= = D = -

D +D +D

D D= = D = -

D +D +D

(2.27)

Nach Pythagoras gilt

2 2 2x y zF F F F= + +

Wir können die Ausdrücke in Gl. (2.26) als Kosinuswerte dreier Winkel (Ankathete durch Hypothenuse) ansehen (siehe Abbildung 2.11).

cos cos cosyx zx y zFF Fx y z

L F L F L Fj j j

D D D= = = = = = (2.28)

Abbildung 2.11 Komponenten einer Kraft im Raum, Veranschaulichung der drei Kosinuswerte.

Es muss gelten (Pythagoras) 2 2 2cos cos cos 1x y zj j j+ + = (2.29)

(b) Definition der Wirkungslinie durch zwei Winkel Alternativ können wir die Wirkungslinie einer Kraft im Raum durch zwei Winkel definieren. Im folgenden Beispiel ist

1a der Winkel zwischenF und der Projektion vonF auf die -x y Ebene, und 2a ist der Winkel zwischenF und derx -Achse.

Abbildung 2.12 Zerlegen vonF in Komponenten zF und xyF .

xy

z

xF

F

xD

zD

yDxj yF

zF

yj zj

F F

xD

zD

yD xD

zD

yD

F

xD

zD

yD

xy

z

=

zF xyF

1a

2a

xD

zD

yD


16

Mit dem Winkel 1a zerlegen wir die KraftF zunächst in eine horizontale Komponente xyF und eine vertikale Komponente zF (siehe Abbildung 2.12)

1 1sin cosz xyF F F Fa a= = (2.30)

Abbildung 2.13 Zerlegung von xyF in Komponenten xF und yF .

Nun zerlegen wir die horizontale Komponente..weiter in ihre -x und -y Komponenten (siehe

Abbildung 2.13)

2 1 2 2 1 2cos cos cos sin cos sinx xy y xyF F F F F Fa a a a a a= = = = (2.31)

Damit haben wir die Größen , ,x yF F und zF als rechtwinklige Komponenten vonF bestimmt. Beispiel 2.3


Problem: PunktA wird festgehalten durch die drei Stäbe , ,AB AC AD . Bestimme (a) die Komponenten , ,x y zF F F der Kraft F , die auf LagerB wirkt und (b) die Winkel 1a und 2a entsprechend

Abbildung 2.13. Lösung: (a) Die Wirkungslinie der Kraft geht durchA undB , und die Kraft wirkt in RichtungB nachA . Die rechtwink-ligen Komponenten des VektorsBA sind

4m 3m 2mx y zd d d= = - = - (2.32)

und die Entfernung vonA nachB ist

xFzF xyF

1a

2a

xD

zD

yD

zF

xD

zD

yDyF

1a

2a

xy

z

=

B

C

4 m

3 m

3m

2m

1m

x

z

D

A

y

F


17

2 2 2 2 2 24 3 2 5.385mx y z

AB d d d= + + = + + = (2.33)

Da die Komponenten des VektorsBA proportional zu den Komponenten der KraftF sind, können wir nach Gl. (2.27)schreiben

40.7428

5.3853

0.55715.385

20.3714

5.385

xx

yy

zz

dF F F F

ABd

F F F FABd

F F F FAB

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅ = - ⋅ = -

= ⋅ = - ⋅ = -

(2.34)

Wir machen die Probe nach Gl. (2.29) 2 2 20.7428 0.5571 0.3714 1(ok)+ + = (2.35)

(b) Die Projektion der KraftF auf die -x y Ebene ist

2 2 2 20.7428 0.5571 0.9285xy x yF F F F= + = + = (2.36)

so dass wir für den Winkel 1a erhalten

1 1

0.3714 0.9285arctan 21.80 oder arccos 21.80

0.9285 1a a

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= = = =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø (2.37)

Winkel 2a ist

2 2

0.5571 0.7428arctan 36.87 oder arccos 36.87

0.7428 0.9285a a

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= = = =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø (2.38)

Abbildung 2.15 veranschaulicht die Ergebnisse.

Abbildung 2.15 Projektion einer Kraft im Raum auf die drei Ebenen und ihre Komponenten in dieser Ebene.

Wichtig: Wenn wir Komponenten einer Kraft im Raum berechnen, ist es vorteilhaft, die folgende Tabelle anzulegen:

xD yD zD 2 2 2L x y z= D +D +D /x LD /y LD /z LD 4 3 2 5.385 0.7428 0.5571 0.3714

In der Tabelle arbeiten wir stets nur mit positiven Zahlen. Das Vorzeichen der Komponenten bestimmen wir stets durch Hingucken.

2 2 2Probe: 0.7428 0.5571 0.3714 1 ok+ + = Die in der Tabelle enthaltene Information müssen wir folgendermaßen interpretieren.

0.7428

0.5571

0.3714

x

y

y

F F

F F

F F

=

=

=

x

y0.5571F

0.7428F0.9285F

y

z

0.5571F

0.3714F0.6696F

0.7428F

0.3714F0.8305F

- Ebenex y - Ebeney z - Ebenex z

x

z


18

Das heißt wir haben die drei Komponenten der KraftF ausgedrückt als „Faktor malF “.

2.3.2 Resultierende von Kräften im Raum Analog zum Vorgehen in der Ebene können wir die Resultierende von Kräften mit gleichem Angriffspunkt bestimmen, indem wir ihre rechtwinkligen Komponenten addieren.

1 1 1

n n n

x ix y iy z izi i i

R F R F R F= = =

= = =å å å (2.39)

Der Betrag der Resultierenden ist (Pythagoras) 2 2 2x y zR R R R= + + (2.40)

Die drei Winkel , ,x y zj j j , zwischen der Resultierenden und den Koordinatenachsen sind

cos cos cosyx zx y zRR R

R R Rj j j= = = (2.41)

Beispiel 2.4


Problem: Zwei Seile stabilisieren eine 10 m hohe StützeAB . Die Zugkräfte in den beiden Seilen betragen 1 50 kNF = und 2 75kNF = . Bestimme die drei rechtwinkligen Komponenten der ResultierendenR , die auf Punkt B wirkt. Lösung: Zunächst müssen wir die rechtwinkligen Komponenten der beiden Seilkräfte bestimmen. Hierzu benutzen wir die bereits erläuterte Tabelle:

Seil xD yD zD 2 2 2L x y z= D +D +D /x LD /y LD /z LD 1 4 3 10 11.180 0.3578 0.2683 0.8944 2 0 5 10 11.180 0 0.4472 0.8944

Nun addieren wir die einzelnen Komponenten, um die Komponenten vonR zu erhalten

.

50 0.3578 0 17.89kN

50 0.2683 75 0.4472 13.415 33.540 20.31kN

50 0.8944 75 0.8944 44.720 67.080 111.8 kN

x x

y y

z z

R F

R F

R F

- -

-

= = ⋅ + =

= = ⋅ + ⋅ = + =

= = ⋅ ⋅ = = -- - -

ååå

Wie bereits gesagt, ignorieren wir in der Tabelle das Vorzeichen der Kraftkomponenten und bestimmen es in den Gleichgewichtsbedingungen durch Hingucken.

1F2F

A

3m

4 m

5m

12

xy

z

A

B

10m


19

2.3.3 Gleichgewicht

Die drei Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte mit gleichem Angriffspunkt lauten

0 0 0x y zF F F= = =å å å (2.42) Wie bei ebenen Problemen zeichnen wir zunächst das Freikörperbild. Ein grundlegender Unterschied zu Freikörperbil-dern in 2D besteht jedoch darin, dass wir im Allgemeinen verschiedene Projektionen des Freikörperbilds betrachten müssen. Wir könnten auch alternativ ein räumliches Freikörperbild zeichnen. Jedoch ist es manchmal außerordentlich schwierig, aus einer räumlichen Skizze dir richtigen Komponenten der Kräfte, insbesondere ihre Vorzeichen, zu ent-nehmen, die wir für das Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen benötigen. Dies wird im nächsten Beispiel deutlich. Beispiel 2.5


Problem: Eine Platte mit 500 kg Masse hängt wie gezeigt an den drei Seilen , ,AB AC AD .Bestimme die Zugkraft in den Seilen. Lösung: Um die rechtwinkligen Komponenten der drei gesuchten Kräfte durch ihre Beträge 1 2 3, ,F F F auszudrücken, gehen wir analog zu den Beispielen 2.3 und 2.4 vor. Alle drei Seile haben die gleiche Länge

2 2 2

2 2 2

2 1.5 3 3.905

2 1.5 30.5121 0.3841 0.7682

3.905 3.905 3.905

0.3841 0.5121 0.7682 1.000 (ok)

AC AB AD L

x y z

L L L

= = = = + + =

D D D= = = = = =

+ + =

(2.43)

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

3 2 3 3 3 3

0.3841 0.5121 0.7682

0.3841 0.5121 0.7682

0.3841 0.5121 0.7682

x y z

x y z

x y z

F F F F F F

F F F F F F

F F F F F F

= = =

= = =

= = =

(2.44)

Seil xD yD zD 2 2 2L x y z= D +D +D /x LD /y LD /z LD

1 2 1.5 3 3.905 0.5121 0.3841 0.7682 2 2 1.5 3 3.905 0.5121 0.3841 0.7682 3 2 1.5 3 3.905 0.5121 0.3841 0.7682

Als nächstes zeichnen wir ein Freikörperbild. Das Freikörperbild dient bei räumlichen Problemen dem gleichen Ziel wie bei ebenen Problemen, dem zuverlässigen Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen. Bei räumlichen Problemen

A

B

C

Dxy

z

1

2

3

1.5m

2m

3m

2m

1.5m

O


20

können wir das Freikörperbild entweder als räumliche Skizze oder als ebene Skizze erstellen. Bei letzterem zeichnen wir üblicherweise Projektionen entlang bestimmter Koordinatenachsen. Ob wir die eine oder andere Darstellungsweise wählen, ist eine Sache des Geschmacks. Obwohl der Richtungssinn der drei gesuchten Kräfte strenggenommen unbe-kannt ist, wissen wir, dass Seile nur Zugkräfte aufnehmen können. Daher sind wir in der Lage, die richtige Richtung der Kräfte (die Seile ziehen am PunktA ) auf dem Freikörperbild anzugeben. Wir zeichnen zunächst ein Freikörperbild in der -x z Ebene, das heißt wir schauen entlang dery -Richtung (siehe Abbildung 2.18). Die Kraft in SeilOA entspricht dem Gewicht der Platte, das wir aus der gegebenen Masse errechnen zu

29.81m/s 500kg 4905NW = ⋅ = .

Abbildung 2.18 Freikörperbild (3-D Blick und Projektion auf -x z Ebene).

Mit diesem Freikörperbild sind wir in der Lage, zwei Gleichgewichtsgleichungen anzuschreiben, eine für diex -Rich-tung und eine für die z -Richtung. Diey -Komponenten der drei Seilkräfte erscheinen in der Projektion nicht, da sie senkrecht zur Projektionsebene wirken und somit unsichtbar sind. Die zwei Gleichgewichtsbedingungen lauten

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

0 0.3841 0.3841 0.3841

0 4905 0.7682 0.7682 0.7682 4905x x x x

z z z z

F F F F F F F

F F F F F F F

= = - - + = - - +

= = - - - + = - - - +åå

(2.45)

Als nächstes betrachten wir eine Freikörperbild, das wir aus einer -y z Projektion erhalten (wir blicken entlang der x -Richtung, siehe Abbildung 2.19). In dieser Projektion sind diex -Komponenten der Kräfte unsichtbar, da sie senkrecht zur Zeichenebene wirken. Dieses Freikörperbild erlaubt uns, eine Gleichgewichtsbedingung iny -Richtung zu formulie-ren.

Abbildung 2.19 Freikörperbild (Projektion auf die -y z Ebene).

Diese lautet

1 2 3 1 2 30 0.5121 0.5121 0.5121y y y yF F F F F F F= = - - = - -å (2.46) Mit dem Freikörperbild in Abbildung 2.19 könnten wir auch eine Gleichung für das Gleichgewicht in z -Richtung schreiben, die natürlich mit der obigen Gleichungsbedingung in z -Richtung identisch wäre. Wir fassen die drei Gleichungen zusammen und erhalten ein Gleichungssystem mit drei Unbekannten

A

4905N

1F2F

3F

1xF3xF

2xF

1zF

3zF

2zF

4905N

A

x

z

2yF1yF

3yF

1zF

3zF

2zF

4905N

A

y

z

A

B

C

Dxy

z

1

2

3

1.5m

2m

3m

2m

1.5m

O


21

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

0 0.3841 0.3841 0.3841

0 0.5121 0.5121 0.5121

0 4905 0.7682 0.7682 0.7682 4905

x x x x

y y y y

z z z z

F F F F F F F

F F F F F F F

F F F F F F F

= = - - + = - - +

= = - - = - -

= = - - - + = - - - +

ååå

(2.47)

Die Lösung ergibt

1 2 33192N, =0, 3192NF F F= =

Wir erkennen, dass in den Seilen 1 und 3 die gleiche Kraft herrscht und Seil 2 kraftlos bleibt. Da die Seile 1 und 3 sym-metrisch an der Platte befestigt sind, konnten wir dieses Ergebnis erwarten. Verschöben wir beispielsweise den Befesti-gungspunktD entlang der KanteCD der Platte, bliebe kein Seil kraftlos und es ergäben sich unterschiedliche Kräfte in den drei Seilen.


22

Aufgaben 2.1

Die Wirkungslinie der Kraft F geht durch die PunkteA undB . Bestimme die -x and -y Komponente vonF . Lö-sung: 8.57 kN 5.14 kNx yF F= = 2.2 Unter welchem Winkela muss eine Kraft

240 kNF = angreifen damit die Resultierende R einen Betrag von

100kN hat? Die Kraft1F hat einen Betrag von70kN . Lösung: 51.32a =

2.3

Die Kraft F wird in zwei Komponenten zerlegt eine entlang der Richtung -a a , die andere entlang der Richtung -b b . Wenn die Komponente entlang -a a den Betrag 400 N hat, berechne den Betrag der Komponente entlang -b b und den Betrag von F . Lösung: 452.2 N 490.7 N

b bF F

-= =

2.4

Eine Zugstange und zwei Druckstangen sind an einem Lager miteinander verbunden. Bestimme den Betrag vonF und den Winkela , so dass die Resultierende aus den drei Kräften einen Betrag von 3000N hat und in vertikale Richtung zeigt. Lösung: 2680N, =49.47F a=

x

y

(2,2)B

( 3, 1)A - -

10kNF=

1F

2F

a

a

a

b b5060

F

5020

a

2000N

800N

y

F

x


23

2.5 Die Kräfte in den vier Kabeln einer Schrägkabelbrücke betragen

1 2 3 4250kN, 300kN, 350kN, 200kNF F F F= = = = . Be-

stimme den Betrag der ResultierendenR , die auf den PunktA wirkt, und ihre Richtung. 2.6

Ein GewichtW hängt an zwei Seilen, und die Länge des Seils 1 beträgt

13mL = . Bestimme die Zugkräfte in den Seilen.

Lösung: 1 2 =442.9N, = 326.9NT T

2.7 Zwei Seile sind in PunktA verbunden und wie gezeigt belastet. Bestimme den Bereich vonF , so dass keines der Seile durchhängt, das heißt beide Seile gespannt sind.

3 m 2 m 2 m 3 m

5 m1 2 3 4

A

20 ft

50

1 2

13mL =

6m

500NW=

1 ft

3 f

t

A

B

C

2kN

F36.87

1m

3m


24

2.8 Bestimme die Kräfte in den StäbenAB undBC als Funktion des Winkelsa und benutze EXCEL, um den Verlauf der beiden Kräfte in einer Abbildung aufzutragen ( 0 90a£ £ ). Trage den Winkel auf derx -Achse auf und zeichne bei-de Kurven in die gleiche Abbildung. 2.9 Die Wirkungslinie einer Kraft F mit dem Betrag 10 kN geht durch die beiden PunkteA undB , die die Koordinaten

(2, 3, 4)A bzw. (5,1,6)B haben. Die Kraft ist vonA nachB gerichtet. Bestimme die -, -,x y und z Komponenten vonF . Lösung: 7.276kN, 4.851kN, 4.851kNx y zF F F= = - = 2.10 Eine KraftF mit Betrag 100 kN wirkt wie in der Skizze gezeigt. Bestimme die -, -,x y und z Komponenten vonF . Lösung: 80.18 kN, 53.54 kN, 26.73kNx y zF F F= = - = 2.11 Eine KraftF mit Betrag 100 kN hat eine Komponente entlang der -y axis von 35kNyF = . Der Winkel zwischen der

-z Achse und der Wirkungslinie vonF beträgt 30a = . Bestimme die -x und z Komponenten vonF . 2.12 Vier Kräfte mit dem gleichen BetragF greifen in PunktA an. Die Richtung der Kräfte wird durch den gezeigten Quader mit Abmesungen 4, 3, 2 entlang der ,x y bzw. z Achsen definiert. Bestimme (1) die Komponenten der Resultieren-denR entlang der ,x y und z Achsen (als Funktion vonF ), (2) den Betrag vonR ( als Funktion vonF ).

Lösung:(1) 2.437 , 1.989 , 1.373 (2) 3.432x y zR F R F R F R F= = = =

A

1F

4F

3F

2F

xy

z

100k

55 aA

B

C

10m

30m20m

O

A

Bx

y

z

100kNF =


25

2.13 Zwei SeileAC undBC stabilisieren einen BalkenCD . Bestimme die Zugkraft in SeilAC und die KraftF unter der Voraussetzung, dass die Zugkraft in SeilBC 500kNBCF = beträgt und die Resultierende der drei Kräfte ,AC BCF F undF entlang CD gerichtet ist. Lösung: 750kN, 603.5 kNACF F= = 2.14 Eine Kraft 10kNF = wirkt auf PunktD des gezeigten Dreibeins. Bestimme die Kräfte in den drei Stäben (Beinen), fallsF in (a) x -Richtung, (b) y -Richtung, (c) negativer z - Richtung, (d) der -x y Ebene mit gleichen Komponenten entlang derx - und y -Richtung, (e) der -x z Ebene mit gleichen Komponenten entlang derx - und negativen z - Richtung, (f) der -y z Ebene mit gleichen Komponenten entlang dery - und negativen z -Richtung, (g) räumlich diagonaler Richtung mit gleichen Komponenten in ,x y - und negativer z -Richtung wirkt. Gebe jeweils an, ob die Kräfte Zug- oder Druckkräfte sind. Lösung: Stab (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) 1 –15.00 15.00 –10.000 0 –17.68 3.54 –5.772 18.03 0 0 12.75 12.75 0 10.413 0 –18.03 0 –12.75 0 –12.75 –10.41Note: positiv = Zug, negativ = Druck, Kräfte in kN

B

C

D

6 ft6 ft

9 ftxy

z

F1

2

3

A

A

F

y

B

C4 m

3m

3m

2m

2m

x

z

D


26

a a

G

P

4.00 m 2.00 m

1.5

0 m

P

G

2.15 Wiederhole Aufgabe 2.14 für das Dreibein (Höhe = 9m) in Aufgabe 2.15. Punkte , ,A B C formen ein gleichseitiges Dreieck in der -x y Ebene. PunktO ist die Projektion von PunktD auf die -x y Ebene und der Mittelpunkt eines Kreises durch , ,A B C mit 6 m Radius. Die RichtungOA ist entlang derx -Achse. Gebe jeweils an, ob die Kräfte Zug- oder Druckkräfte sind. Lösung: Link (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) 1 –12.02 0 –4.01 –8.50 –11.33 –2.83 –9.252 6.01 –10.41 –4.01 –3.11 1.42 –10.19 –4.853 6.01 10.41 –4.01 11.61 1.42 4.53 7.17Note: positiv = Zug, negativ = Druck, Kräfte in kN 2.16 Ein GewichtG hängt an zwei Seilen, die in PunktP verbunden sind. Bestimme den kleinstmöglichen Winkela , wenn die Seil-kräfte nicht mehr als das doppelte der GewichtskraftG betragen dürfen. Lösung:

min14.48a =

2.17 Ein GewichtG hängt an zwei Seilen, die in PunktP verbunden sind. Wenn die maximal zulässige Seilkraft für beide Seile zulS beträgt, bestimme das maximal zulässige GewichtG (als Funktion von zulS ), das an den Seilen aufgehängt werden darf.

zul zul0.9000G S=

2.18 Bestimme diex - undy -Komponenten der gezeigten Kräfte (Benutzung von EXCEL empfohlen).

xy

z

AB

C

DF

O

12

3

a

210 1 [kN]

360

0 ,15 , 30 ,..., 345

Fa

a

æ ö÷ç ÷= ⋅ +ç ÷ç ÷çè ø=

y

x


27

2.19 Bestimme die Kräfte in den drei Stäben des Dreibeins infolge der gezeigten Belastung. Gebe jeweils an, ob die Kräfte Zug- oder Druckkräfte sind. Lösung: 1 2 38.975 kNDruck 13.33kN ZugF F F= = =

1.5

0 m

1.00 m 1.00 m

,A D

BC

10kN

Stab 1 Stab 2

y

x

C

B

A

D

2.00mStab 1

Stab 2

Stab 3

z

10kN


28

3. Gleichgewicht von Körpern in der Ebene

3.1 Moment

3.1.1 Einleitung In Kapitel 2 haben wir vorausgesetzt, dass alle Kräfte an einem Punkt angreifen. Diese Kräfte haben die Tendenz, den Punkt in eine bestimmte Richtung zu bewegen. In diesem Kapitel betrachten wir die Auswirkungen von Kräften, die auf Körper in der Ebene wirken. Da die Kräfte nun unterschiedliche Angriffspunkte haben können, haben Kräfte nicht nur die Tendenz, den Körper zu verschieben sondern im Allgemeinen auch die Tendenz, den Körper um eine Achse zu ver-drehen. Die Tendenz einer Kraft, einen Körper um eine Achse zu verdrehen, nennen wir das Moment einer Kraft.

Abbildung 3.1 Moment einer Kraft.

Um den Gedanken des Moments einer Kraft zu motivieren, betrachten wir das Stütze/Fundament Bauteil in Abbildung 3.1. In den Abbildungsteilen (a) und (c), liegt eine symmetrische Anordnung von Stütze und Fundament vor. In Abbil-dung 3.1 (b) und (d) hingegen, wird das Fundament ausmittig belastet, da die Stützenmittellinie und die Fundament-mittellinie nicht übereinstimmen. Die Kraft, die in der Stütze herrscht, hat eine Exzentrizität und verursacht daher ein Moment, das auf das Fundament wirkt. In (c) und (d) haben wir die Stütze entfernt und durch die Kraft ersetzt, die auf das Fundament wirkt. Im Fall (c) hat die Kraft nur die Tendenz, das Fundament nach unten zu bewegen. Im Fall (d) da-hingegen, hat die Kraft sowohl die Tendenz, das Fundament nach unten zu bewegen als auch zu verdrehen. Die Dreh-achse ist die Achse senkrecht zur Zeichenebene. Wir quantifizieren die Tendenz einer Kraft, einen Körper um einen Punkt oder um eine Achse zu drehen, durch das Moment der Kraft bezüglich dieses Punktes. Im obigen Fall (d) ist der Betrag des Moments der KraftF bezüglich PunktA das Produkt aus der Kraft und dem Abstandd . Der Betrag eines Moments ist somit AM F d= (3.1)

Der senkrechte Abstandd wird gewöhnlich als Hebelarm bezeichnet Die Einheit für den Betrag eines Moments setzt sich somit aus der Kraft multipliziert mit dem Abstand zusammen, also kN m=kNm⋅ . Ein Moment hat entweder einen Drehsinn im Uhrzeigersinn oder im Gegenuhrzeigersinn abhängig von der Richtung der Kraft und der Lage des Bezugs-punkts. In ebenen Problemen treffen wir die willkürliche Vereinbarung, dass ein Moment im Gegenuhrzeigersinn positiv und ein Moment im Uhrzeigersinn negativ ist (vgl. Abbildung 3.2).

a a

a a a a

d

a a a a

F F

d

(a) (b)

(c) (d)

A A


29

Abbildung 3.2 Vorzeichen eines Moments.

In diesem Kapitel behandeln wir nur ebene Probleme. Ist unsere Zeichenebene die -x y Ebene, ist es nicht erforderlich, die Drehachse anzugeben, da alle Momente um die -z Achse wirken, das heißt die Achse, die senkrecht zur -x y Ebene verläuft. Daher reicht es bei ebenen Problemen aus, von einem Moment um einen Punkt zu sprechen. Was wir aller-dings strenggenommen meinen, ist ein Moment um die durch den Bezugspunkt gehende -z Achse.

3.1.2 Varignon’s Theorem Der französische Mathematiker Varignon (1654-1722) entwickelte ein bedeutendes Konzept zur Berechnung eines Moments: Das Moment einer Kraft um einen Punkt ist gleich der Summe der Momente der Komponenten dieser Kraft um diesen Punkt.

Abbildung 3.3 MomentAM mit Hilfe des Prinzips von Varignon.

Um das Prinzip von Varignon zu veranschaulichen, betrachten wir das in Abbildung 3.3 gezeigte Beispiel. Wir berech-nen das Moment der KraftF um den PunktA auf zweierlei Weise:

(1) Mit Hilfe des Prinzips von Varignon (2) Mit Hilfe der ursprünglichen Definition eines Moments (Kraft multipliziert mit Hebelarm)

(1) Für die rechtwinkligen Komponenten der KraftF ergibt sich (vgl. Abbildung 3.3)

sin 20 0.3420 cos 20 0.9397x yF F F F F F= = = = (3.2)

Der Hebelarm yd für die horizontale Komponente xF ist der senkrechte Abstand zwischen PunktA und xF , somit

5.00 tan 30 2.887yd = ⋅ = (3.3)

Der Hebelarm xd für die vertikale Komponente yF ist der senkrechte Abstand zwischen PunktA und yF , somit

5.00xd = (3.4)

so dass das Moment umA , das durch die Komponenten vonF erzeugt wird,

0.3420 2.887 0.9397 5 0.9874 4.6985 3.711A x y y xM F d F d F F F F F+ + += ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = = -- - - (3.5)

beträgt.

5.00

2.8

9

5.00

F

A

xF

A

yF

30

20

30

d

d

d

d

positiveAM positive

AMnegative

AM negative

AM

A

A

A

AF

F

F

F


30

Bei Anwendung des Prinzips von Varignon müssen wir das Vorzeichen der Momente (Uhrzeigersinn oder Gegenuhr-zeigersinn) genau beachten, um Fehler zu vermeiden. Wie zuvor erwähnt, geben wir einem Moment positives Vorzei-chen, wenn es im Gegenuhrzeigersinn wirkt und negatives Vorzeichen, wenn es im Uhrzeigersinn wirkt. Die horizon-tale Komponente xF hat in Bezug auf PunktA die Tendenz im Gegenuhrzeigersinn zu drehen. Das durch xF erzeugte Moment ist daher positiv (vgl Gl. (3.5)). Die vertikale horizontale Komponente yF hat in Bezug auf PunktA die Ten-denz im Uhrzeigersinn zu drehen. Das durch yF erzeugte Moment ist daher negativ (vgl. Gl. (3.5)). (2) Um die ursprüngliche DefinitionM Fd= des Moments anzuwenden, d.h. ohne die Komponenten der KraftF zu be-nutzen, müssen wir den senkrechten Abstandd vom BezugspunktA zur Wirkungslinie der KraftF finden. Mit ein biss-chen Trigonometrie ergibt sich (vgl. Abbildung 3.4)

5cos50 3.711

cos 30d = ⋅ = (3.6)

so dass wir für das Moment das Ergebnis

3.711AM F= - ⋅ (3.7)

erhalten, das mit dem in Gl. (3.5) übereinstimmt. Wir bemerken, dass die KraftF die Tendenz hat, in Bezug auf PunktA im Uhrzeigersinn zu drehen, so dass das Moment negativ ist.

Abbildung 3.4 MomentAM mit Hilfe der ursprünglichen Definition.

Meistens ist es einfacher, das Prinzip von Varignon anzuwenden als auf die ursprüngliche Definition des Mo-ments zurückzugreifen. Der Grund dafür sind umfangreiche geometrische Berechnungen mit hoher Fehleranfäl-ligkeit, die manchmal erforderlich sind, um den senkrechten Abstand zwischen Bezugspunkt und Kraft zu fin-den.

3.2 Resultierende beliebiger Kräfte und Momente

3.2.1 Einleitung In Kapitel 2 haben wir gelernt, wie wir die resultierende Kraft durch Addition aller an einem Punkt angreifenden Kräfte berechnen können. In diesem Kapitel werden wir lernen, wie wir die Resultierende von Kräften beschreiben können, die auf einen Körper wirken. Der resultierende Effekt wird im Allgemeinen nicht nur eine resultierende Kraft sein, wie es in Kapitel 2 der Fall war, sondern eine resultierende Kraft und ein resultierendes Moment. Wir werden zwei grundle-gende rechnerische Schritte durchführen: (1) Wir werden ein gegebenes System aus Kräften und Momenten vereinfa-chen und durch ein äquivalentes System ersetzen, das aus einer Kraft, die an einem bestimmten Punkt angreift und aus einem Moment besteht. (2) Wir werden den Punkt berechnen, an dem die resultierende Kraft wirken muss, so dass das resultierende Moment zu Null wird.

5.00

50

90

20

30

5/ cos 30

A

d

F


31

Abbildung 3.5 Ersetzen einer Kraft durch die gleiche Kraft an einem anderen Ort und einem Moment.

Abbildung 3.5 illustriert, wie wir eine Kraft, die an einem OrtB angreift ersetzen können durch die gleiche Kraft, die wir nun am OrtA angreifen lassen und ein Moment. Wenn die Kraft am OrtA angreifen soll, ohne dass die äußeren Wirkungen auf den Körper verändert werden, dürfen wir die Kraft nicht einfach nur nachA verschieben, denn das hätte eine andere Verdrehung des Körpers zur Folge. Um die Wirkungen auf den Körper nicht zu verändern, müssen wir das entsprechende Moment hinzufügen. Dieses Moment kompensiert die Verschiebung der Wirkungslinie der Kraft. Die Addition eines Moments als Ausgleich zu einer parallel verschobenen Wirkungslinie einer Kraft ist das sogenannte Verschiebungsprinzip. Weiterhin erkennen wir aus Abbildung 3.5(c) und (d), dass wir ein Moment als Kräftepaar (die beiden roten Kräfte in Abbildung 3.5(c)) deuten können, wobei die beiden Kräfte den gleichen Betrag haben aber entge-gengesetzt wirken und einen Abstandd haben. Die Wirkung dieses Kräftepaares ist eine reine Verdrehung, da die resul-tierende Kraft Null ist (die beiden Kräfte heben sich gegenseitig auf).

Abbildung 3.6 Veranschaulichung eines Moments als Kräftepaar.

3.2.2 Reduktion eines Systems von Kräften und Momenten durch eine Kraft an einem bestimmtem Punkt und ein Moment (Beispiel 3.2)

Abbildung 3.7 Kraft-Momenten-System (Beispiel 3.2).

Problem: Ersetze die Kräfte und das Moment, die an dem in Abbildung 3.7 gezeigten Körper angreifen, durch eine Kraft in PunktA und ein Moment.

dM=

/F M d=

/F M d=

5.00 5.00

4.0

0

A200 N

45 80 Nm

100 N30

[m]

d d d d d

BA B A B A B A

F F F

F

F

F

F F

M Fd=

(a) (b) (c) (d)

= = =


32

Lösung: (1) Die resultierende Kraft hat die Komponenten

( ) 200Ncos 45 100Ncos 30 54.82N

( ) 200N sin 45 100N sin 30 191.4Nx

y

R

R

+ =- + =-

+ = + = (3.8)

Anstatt die resultierende Kraft durch ihre zwei Komponenten zu definieren, können wir auch ihren Betrag 2 2= 54.82 191.4 199.1NR + = (3.9)

und ihre Richtung (beispielsweise den Winkel zwischen Kraft undx -Achse)

191.4arctan 74.02

54.82j

æ ö÷ç ÷= =ç ÷ç ÷çè ø (3.10)

angeben. Das resultierende Moment bestimmen wir durch Addition der Momente der ursprünglichen Kräfte bezüglich Punkt A. (positiv im Gegenuhrzeigersinn)

80Nm 200Nsin 45 5.00m 100Ncos 30 4.00m 100Nsin 30 10.00m 780.7 NmAM =- + ⋅ - ⋅ + ⋅ = (3.11)

Abbildung 3.8 Äquivalentes System (eine Kraft und ein Moment).

Einige Bemerkungen:

Wir haben das Prinzip von Varignon benutzt, um das Moment der Kräfte als die Summe der Moment ihrer Komponenten zu berechnen.

Das angreifende Moment müssen wir in der Momentenberechnung berücksichtigen. Der Angriffspunkt des Moments muss nicht angegeben werden, da ein Moment ein freier Vektor ist.

Da das Ergebnis für xR negativ ist, hat die resultierende Kraft ein x -Komponente, die in die negativex -Rich-tung wirkt.

Die Bestimmung des richtigen Vorzeichens der Moments erfordert starke Konzentration. Die Vertikalkompo-nenten beider gegebener Kräfte drehen im Gegenuhrzeigersinn (positives Vorzeichen), wohingegen die Hori-zontalkomponente der 100-N Kraft im Uhrzeigersinn dreht (negatives Vorzeichen). Die Horizontalkomponen-te der 200-N Kraft geht durch den BezugspunktA und hat somit kein Moment bezüglich dieses Punktes.

Wir können die resultierende Kraft entweder durch ihre beiden Komponenten (rote Pfeile in Abbildung 3.8) oder durch Betrag und Richtung (blauer Pfeil und Winkel in Abbildung 3.8) definieren.

5.00 5.00

4.0

0191N

54.8N 781Nm

74A

199N


33

3.2.3 Reduktion eines Systems von Kräften und Momenten zu einer Einzelkraft (Beispiel 3.3)

Abbildung 3.9 Äquivalentes System (nur eine Kraft wirkt, kein Moment).

Oft ist es sinnvoll, den Ort zu bestimmen, an dem das im vorigen Abschnitt gebildete System aus einer Kraft und einem Moment nur durch eine Kraft ersetzt werden kann (Moment soll verschwinden). Das hierzu notwendige Vorgehen ist in Abbildung 3.9 gezeigt. Gemäß des Verschiebungsprinzips berechnen wir den Abstand 0x so, dass das Moment von R bezüglich des PunktesA gleich 781Nm im Gegenuhrzeigersinn wird. Der Abstand 0x ist somit

0

781Nm4.09m

191Ny

Mx

R= = = (3.12)

Wir haben das ursprünglich gegebene System aus Kräften und Momentes durch eine einzige Kraft, die an einem be-stimmten Punkt wirkt, ersetzt. Wir sollten bemerken, dass wir die Richtung von 0x in (3.12) durch Hingucken bestim-men. Wäre

AM ein Moment im Uhrzeigersinn, hätten wir die KraftR in die entgegengesetzte Richtung (nach links) ver-

schieben müssen. Als Alternative hätten wir natürlich auch den Schnittpunkt der resultierenden Kraft mit dery -Achse berechnen können.

3.2.4 Zusammenfassung (1) Wir können jedes System aus einer beliebigen Anzahl von Kräften und Momenten durch eine einzige Kraft, die an einem beliebigen von uns gewählten Ort wirkt, und ein Moment ersetzen. Die Größe des Moments hängt von dem ge-wählten Punkt ab, die Größe der Kraft natürlich nicht. (2) Wir können jedes System aus einer beliebigen Anzahl von Kräften und Momenten durch eine einzige Kraft, die an einem bestimmten von uns berechenbaren Ort, wirkt ersetzen, so dass kein Moment wirkt. Warum sind die Systeme in Abbildung 3.7, Abbildung 3.8 und Abbildung 3.9 äquivalent? Die Systeme sind äquivalent, da die Summe der -x Komponenten und die Summe der -y Komponenten aller Kräfte so-wie die Summe aller Momente bezüglich irgendeines beliebigen Punktes gleich sind. oder Die Systeme sind äquivalent, da sie die gleiche Tendenz besitzen, den Körper in die -x und die -y Richtung zu verschie-ben sowie ihn um die z -Achse zu verdrehen. In Kapitel 5 werden wir zu dem wichtigen Verschiebungsprinzip, das wir gerade behandelt haben, zurückkehren, wenn wir lernen, den Schwerpunkt von Flächen und Körpern zu bestimmen.

4.09

5.00 5.00

4.0

0

191N

54.8N

199N

A 74

0x =


34

3.3 Gleichgewicht Ein Körper ist im Gleichgewicht, wenn die resultierende Kraft und das resultierende Moment (um jeden beliebigen PunktA auf dem Körper oder außerhalb des Körpers) Null sind.

0 0 0x y AF F M= = =å å å (3.13) Wenn Kräfte auf Körper oder Bauteile einwirken, die wir als Aktionskräfte bezeichnen können (sei es durch Eigenge-wicht oder Verkehrslasten wie Menschen, Fahrzeuge, Mobiliar, Schnee etc.), werden an den Auflagern sogenannte Re-aktionskräfte (auch Auflagerkräfte genannt) geweckt, so dass die Resultierende aus beiden Kraftarten (Aktionskräfte und Reaktionskräfte) Null wird. Oder anders ausgedrückt: es müssen an den Auflagern Reaktionskräfte geweckt wer-den, die der Tendenz der einwirkenden Kräfte, Bauteile zu bewegen, entgegenwirken. Typische Gleichgewichtsprob-leme, die wir in der Baumechanik behandeln, haben daher folgendes Aussehen. Bestimme zu gegebenen einwirkenden Kräften und Momenten die zugehörigen Auflagerkräfte und Auflagermo-mente. Bauteile können auf unterschiedliche Weise gelagert werden, auf die wir nun näher eingehen.

Bild 3.1 Momentengleichgewicht: Große Kraft mal kleiner Hebelarm=kleine Kraft mal großer Hebelarm.

3.3.1 Reaktionskräfte an den Auflagern Die Auflagerbedingungen, die wir in diesem Kurs behandeln, fallen in drei Kategorien (siehe

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