Statik Technische Mechanik I

Prof. Dr.-Ing. U. Weltin

Dipl.-Ing. C. Thomas / Dipl.-Ing. T. Steinweger

Vorlesungsmitschrift

Technische Mechanik I

Statik

Stand WS 05/06

Inhaltsverzeichnis

1 Vorwort... 3

2 Kraft ... 4

2.1 Kraftvektor... 4

2.2 Kräfte am Punkt in der Ebene ... 5

2.3 Beispiele (Zentrale Kräftesysteme) ... 6

3 Gleichgewicht des starren Körpers ... 11

3.1 Moment ... 11

3.2 Momentenvektor... 12

3.3 Gleichgewicht des starren Körpers im Raum ... 14

3.4 Beispiele... 15

4 Schwerpunkt... 27

4.1 Flächenschwerpunkt ... 31

5 Fachwerke... 34

5.1 Knotenpunktverfahren ... 34

5.2 Ritter-Schnitt (Ritter´sches Schnittverfahren) ... 36

5.3 Nullstäbe ... 37

6 Stabilität von Gleichgewichtslagen ... 38

6.1 Arbeitsbegriff in der Statik ... 38

6.2 Gleichgewichtslagen und deren Stabilität... 40

6.3 Generalisierte Koordinaten... 41

7 Virtuelle Arbeit... 43

7.1 Virtuelle Verschiebung ... 43

7.2 Virtuelle Arbeit ... 43

7.3 Prinzip der virtuellen Verschiebung ... 43

8 Haftung und Reibung ... 48

8.1 Coulombsche Reibung ... 48

8.2 Haftung... 48

8.3 Seilhaftung / Seilreibung ... 51

9 Schnittgrößen am Balken ... 53

10 Empfohlene Literatur ... 58

1 Vorwort

In der Vorlesung Mechanik I (Statik) werden die wichtigsten Grundlagen der Statik erläutert. Hierbei werden exemplarische Beispiele zum Vorlesungsstoff in der Vorlesung vorgerechnet. In der durch Tutoren betreuten Gruppenübung soll der Vorlesungsstoff durch selbständiges Rechnen der Übungsaufgaben vertieft werden.

Ziel der Veranstaltung ist, Studenten in die Lage zu versetzen, selbständig statische Probleme des Ingenieurwesens zu formulieren und zu lösen und damit die fachlichen Voraussetzungen für die Teilnahme an weiterführenden Fachvorlesungen zu erfüllen.

Der stichwortartige Text der nachfolgenden Vorlesungsmitschrift ist nur zum Gebrauch während der Vorlesung bestimmt und macht weder die Teilnahme an der Vorlesung noch das ergänzende Literaturstudium überflüssig!

Leider kann trotz eingehender und gründlicher Prüfung nicht ausgeschlossen werden, dass sich Tippfehler eingeschlichen haben. Zur Beseitigung der Mängel bitten wir alle Studierenden diese Fehler den Tutoren der vorlesungsbegleitenden Gruppenübung mitzuteilen, damit diese baldigst korrigiert werden können.

2 Kraftbegriff

Eine Kraft ist eine physikalische Grösse die durch:

• Betrag

• Richtung

• Angriffspunkt definiert ist.

nie Wirkungsli





α

F

G

Kraftkomponenten

2.1 Kraftvektor

Betrag und Richtung der Kraft können mathematisch als Vektor dargestellt werden

• in der Ebene:

y

x Fy

F

Fx

Richtungsvektoren

y y x

xe Fe

F

F= +

• im Raum:

z z y y x

xe Fe Fe

F

Fv v v v

+ +

=













=

z y x

F F F Fv

z F

x y

ez

ez

ex

ex eeyy

2.2 Kräfte am Punkt in der Ebene

Zwei an einem Punkt P angreifende Kräfte können zu einer Resultierenden Rv zusammengefasst werden.

R F Fv₁ v₂ v

= +







=





 +









y x y

2 x 2 y

1 x 1

R R F

F F

F

y y 2 y 1

x x 2 x 1

R F F

R F F

= +

= +

P

F1

F2

R

Beispiel:







−

=

 ⇒





−

 =





= 1,4N

N 7 , R 3 N

9 , 2

N 5 , F 1

N , 5 , 1

N 2 ,

Fv₁ 2 v₂ v

Betrag der Resultierenden:

N 96 , 3 R R R

R= v = ²_x + ²_y ≈

2.2.1 Gleichgewicht am Punkt

Wenn die Resultierende der Kräfte an einem Punkt gleich Null ist, entsteht an diesem Punkt keine Wirkung (wie z. B. eine Bewegung) und man spricht von Gleichgewicht:

∑

=

=

= ⁿ

1 i

i 0

F Rv v v

Gleichgewicht in Komponenten:

) Raum im ( 0 F

0 F

0 F 0

F

n

1 i

iz n

1 i iy n

1 i

n

1 i

ix i

∑

∑

∑ ∑

=

=

= =

=

=

=

⇒

=v v

2.3 Beispiele (Zentrale Kräftesysteme)

G₁ G₂

a 2

a 1

G₃

Gegeben sind die Gewichte G1, G2, und G3, die sich in der gezeichneten Lage im Gleichgewicht befinden.

Welche Winkel stellen sich an den Verbindungsseilen ein?

1) Freikörperbild:

a 2

a 1

x y

G sin1 a 1

G cos1 a 1

S =G1 1 S =G2 2

G =S3 3

S =G3 3

G₃ G1

S1

S1

S1

III

I II

2) Gleichgewicht:

Kräftegleichgewicht am Teilsystem II

∑

^{Fix =0=−G1cosα1+G2cosα2 (1)}

∑

^{Fiy =0=G1sinα1+G2sinα2 −G3 (2)}

Einschub: Einheitskreis nach Pythagoras:

ϕ

ϕ ²

2

2 =sin +cos

R mit R = 1:

ϕ +

ϕ

=sin² cos² 1

sinj cosj

j

3) Auflösung:

aus (1): G₁²cos²α₁ =G₂²cos²α₂ aus (2): ^G₁^2sin2α₁=

(

^G₃−^G₂^sinα₂

)

²

(1)+(2): ₃² _{2 3 2 2}^{2 2} _{2 2}^{2 2} ₂

1

1 2 1

2 2

1 sin cos G 2G G sin G sin G cos

G = − α + α + α









 α + α

4 4 4 3 4

4 4 2 1

2 3 2 2 3 2 2 2

1 G G 2G G sin

G = + − α

3 2

2 1 2 3 2 2 2

G G 2

G G sinα = G + −











 + −

= α

3 2

2 1 2 3 2 2 2

G G 2

G G arcsin G

aus (2):

2

3 2 1 2 3 2 3 2 1 2 2

1 2G

G G G G

sin

G 





 − + −

= α







 − +

=







 − − +

=







 − + −

= α

3 1

2 1 2 2 2 3

3 1

2 1 2 3 2 2 2 3

3 1

2 1 2 3 2 2 1 3 1

G G 2

G G arcsin G

G G 2

G G G G arcsin 2

G G 2

G G G G arcsin G

2. Beispiel: Zentrale Kräftegruppe im Raum Gegeben:

Flaggenmast mit Abmessungen a und der (Wind-) Kraft F

z y

x

Wind

Gesucht:

Seilkräfte und Kraft im Flaggenmast 1) Freikörperbild:

z

y F

x

S1

S2

S3

1 3

2

2a

a a

2a

2) Gleichgewicht (vektorielle Darstellung):

∑

^{Fvi =0v =Sv1+Sv2+Sv3+Fv}

v v

mit: Sv₁ = S₁ ⋅e_S1 , Sv₂ Sv₂ ev_S2

⋅

= , Sv₃ Sv₃ ev_S3

⋅

=

dabei ist Richtungsvektor

s Ortsvektor des

Betrag

Ortsvektor r

e r

P 0

P

i = r0 = =

r r

r r r

angewendet auf e , e_{S1 S2} und e _S3 So ergibt sich für Sv₁

(Sv₂ ,Sv₃

und Fr

entsprechend):

r

1 S 1

1 S e

Sv v r

⋅

= mit

1 S , P 0

1 S , P 0 1

S r

er = rr ,

wobei und













−

−

−

= a 2

a 2

a r_0P,S1

r ^rr0P,S1 =

( ) (

−^{a 2}+ −^2a

) (

²+ −^2a

)

² =^3a _ist

Damit ist der Kraftvektor Sv₁

(mit S1 als Kurzschreibweise für Sv₁ ):











− 

=











−−−

⋅

= 221

3 S a

2a 2a a 3 S 1

S ¹

e 1 1

1 S

43 42 1 v

r

Es folgt:

∑

^{Fvi =0v =Sv1+Sv2+Sv3+Fv}

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )















=













− +













− +

− +

−

 +













−

−

− + +

− +

 −













−

−

−

0 0 0 0 1 0 a F

2 1 a

2 0 0 S

a 2 a

2 a

1 a

2 a 2 a a S

2 a

2 a

1 a

2 a 2

a S

3 2

2 2

2 2 2 2

1 2











− 

=









 + −













−−

+











−−

−

01 F 0 01

S 0 S

S ₃

23 23 13 2 23

2133 1

3) Auflösung:

( ) ( ) ( )

b x

A

0 F 0 S

S S 1 0 0

1 , 3 1

, 3

3 2 1 3

, 3

23 23

23 23

13 13

r r

8 7 6 8 7 6 4 4 8 4

4 7 6

=

⋅













−

=





























−

−

−

−

−

−

⇒

F S

F S

F S

3 34 2

34 1

−

=

=

=

Einschub: Lineares Gleichungssystem in Matrixschreibweise

Vektor der rechten Seite (gegebene Belastung)

Vektor der unbekannten (gesuchten) Seil und Stabkräfte S , S und S_{1 2} Koeffizienten- oder Systemmatrix (Systemstruktur)

3

b x A⋅ =

Lösung z.B. über Gauß-Algorithmus

3 Gleichgewicht des starren Körpers

3.1 Moment

Definition Kräftepaar: 2 gleichgroße, entgegengesetzt wirkende Kräfte auf parallelen Wirkungslinien

Beispiel: Was muss im Sinne gleicher Wirkung beachtet werden, wenn die Kraft F in den Punkt P parallel verschoben werden soll?

P P

F

F

F

M ^{M=F h}× F

h=Hebelarm Kräftepaar

h F

= =

Die Einzelkraft F hat in Bezug zum Punkt P eine linksdrehende Wirkung (erstes Bild).

Das Hinzufügen zweier entgegengesetzter, gleichgroßer Kräfte am Punkt P ändert an der Wirkung nichts, die Summe aller Kräfte ist unverändert. Die Einzelkraft und eine der, im Abstand h hinzugefügten Kräfte bilden ein Kräftepaar, das die Drehwirkung der Kraft F abbildet (mittleres Bild). Die Drehwirkung des Kräftepaares wird als Moment M abgebildet (rechtes Bild).

Es gilt:

F h

M= ⋅ mit F : Kraftbetrag

h : Hebelarm des Kräftepaars

Definition des Momentes:

Ein Moment M hat:

• einen Betrag

• einen Drehsinn

• keine Wirkungslinie (d.h. das Kräftepaar kann ohne Änderung der Wirkung an beliebigen Stellen am Körper angreifen)

Einheit des Moments: Nm = Newton-Meter

Genauso wie man mehrere Kräfte an einem Punkt P zu einer Resultierenden zusammenfassen kann, kann man deren Momente zu einem resultierenden Moment MR zusammenfassen:

h2

h1

F₂ F₁

F_i

hi

M₁ M_i F_i

M₂ F₂

= P

R MR

=

F₁

hi: jeweils das Lot der Wirkungslinie einer Kraft Fv

zum Punkt P bzw. Hebelarm der Kraft F.

Drehwirkung der Kräfte bezüglich des Punktes P

1 1

1 h F

M = ⋅

2 2

2 h F

M = ⋅

i i

i h F

M = ⋅

Resultierenden Größen

∑

=

= ⁿ

1 i Fi

Rv v

∑ ∑

= =

⋅

=

= ⁿ

1 i

n

1

i i i

i

R M h F

M

Merke: Eine Kraft hat keine Drehwirkung bzw. Moment bez. einer Drehachse, wenn

- die Wirkungslinie der Kraft durch die Drehachse zeigt

- oder die Kraft parallel zur Drehachse ist

3.2 Momentenvektor

Für räumliche Probleme kann das Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes P mit Hilfe des Kreuzproduktes aufgestellt werden:

i i ) P (

i r F

Mr r r

×

= mit Mr⁽_i^P)

: Momentenvektor bzgl. des Punktes P v

F i : Kraft vi

r : Ortsvektor vom Punkt P zur Wirkungslinie der Kraft Fv_i

Wie zuvor lassen sich einzelne Momentenvektoren zu einem resultierenden Moment zusammenfassen:

∑

∑

= =

×

=

= ⁿ

1 i

i i n

1 i

i

R M r F

Mv r v v

Beispiel: Momentenvektor einer Kraft F bezüglich des Koordinatenursprungs

Gesucht: Resultierendes Moment Mr_R^{( )0}

Fy F

Fx x a

b y

0

a

a

rF

·

a tanα= b

2

2 b

a cos a

= + α

als Komponente: ^{( )}

2 2

2 y

0

R a b

F a a cos F a F

M = ⋅ = ⋅ α⋅ = ⋅ +

( )

z F

0

R r F sin e

Mr r

⋅ ϕ

⋅

⋅

=

mir ϕ als einschließendem Winkel von Ortsvektor rF und Kraft F Kreuzprodukt: Mr_R rr_F Fr

×

=

x

F a e

r v

v = ⋅

0 F ab b a F 1

2

2 ⋅











⋅

= +













⋅

−

⋅

⋅ +

⋅

−

⋅

−

⋅

=

×

x Fy y Fx

x Fz z Fx

y Fz z Fy F

F r F r

F r F r

F r F r F r v

v =













⋅ _y

Fx F r

0 0

0 F , r , r

0 r , F ,

F imBeispiel: hier

z Fz Fy

Fx y

x =

≠

⇒ F

b a a a F r F

rF Fx y 2 2 ⋅

⋅ +

=

⋅

=

×v v

3.3 Gleichgewicht des starren Körpers im Raum

Ein nicht gebundener starrer Körper hat 6 Bewegungsmöglichkeiten bzw.

Freiheitsgrade im Raum:

• 3 translatorische Freiheitsgrade entlang der Achsen x-, y- und z-

• 3 rotatorische Freiheitsgrade um die Achsen x-, y- und z- Damit Gleichgewicht möglich ist, sind 6

Bindungen erforderlich. Diese Bindungen lassen sich mit den Gleichgewichtsbedingungen:

∑

= n =

1 i Fvi 0v,

0

n M

1 i

) 0 ( i

r v

∑

=

= oder in Komponenten:

∑

^{Fix =0,}

∑

^{Mix( )0 =0}

∑

^{Fiy =0,}

∑

^Miy( )^{0 =0}

∑

^{Fiz =0,}

∑

^Miz( )^{0 =0}

r1

v r2

o

F1

F2

ri

v Fi

Berechnen: Ein starrer Körper ist im Gleichgewicht, wenn die Summe aller angreifenden Kräfte und die Summe aller angreifenden Momente gleich Null ist!

Für ebene Probleme reduziert sich die Anzahl der Freiheitsgrade eines starren Körpers auf 3 (2 Translationen + 1 Rotation). Dementsprechend stehen 3 Gleichgewichtsbedingungen zur Berechnung der drei Bindungen Verfügung:

∑

^{Fix =0 ,}

∑

^{Fiy =0 ,}

∑

^{Miz( )0 =0}

3.4 Beispiele

Vorbereitung für die folgenden Aufgaben:

Lagersymbole:

Festlager: zweiwertiges Lager, d.h. es kann 2 Reaktionen übertragen. Es lässt eine Drehung, aber keine Verschiebung zu.

Symbol:

Reaktionen: Av

A_h

A_v

Loslager: einwertiges Lager, d.h. es kann nur 1 Reaktion übertragen. Es lässt sowohl eine Drehung als auch eine Verschiebung zu (hier horizontal, aber auch vertikal oder beliebige Anstellungen möglich).

Symbol:

Reaktion:

Beispiel: Träger auf zwei Lagern

Gegeben ist ein durch eine Kraft F belasteter Balken, der mit einem Fest- und einem Loslager abgestützt wird.

Mechanisches Modell

b Balken

F

a

Loslager Festlager

Gesucht: Kräfte in den Lagern

1) Freikörperbild:

F

a b

B Ax

Ay By

2) Gleichgewicht:

∑

^{Fix =0=Ax (1)}

∑

^{Fiy = 0 = Ay +By −F}

( )

(2)

( )

_{

∑

^{= = + ⋅ − ⋅}

= =

F a B b a 0 M

By hF

y h A

i 123 (3)

M^(A): Moment um Punkt A

hBy und hF: Hebelarme der Kräfte By und F zum Punkt A 3) Auflösen:

aus (3) F

b a B_y a

= +

aus (2) F

b a F b b a

b a F a

bF a F a B

A_{y y} ⋅

= + + ⋅

+ +

= − + +

−

= +

−

=

Beispiel: Träger mit fester Einspannung

L

A P

F

Gegeben: FPv,v

Gesucht: Kräfte in A

1) Freikörperbild:

2) Gleichgewicht:

∑

^{Fix =0=−Ax +F (1)}

∑

^{Fiy =0=Ay −P (2)}

∑

^Mi( )^{A = 0 =Ma −P⋅L (3)}

3) Auflösen:

aus (1): A_x =F aus (2): A_y =P aus (3): M_a =P⋅L

Beispiel (2D): Balken auf 3 Stützen

4a α

3a

3a x

y

7a

4 tanα = 3

3 tanβ=7

Wie groß sind die Kräfte in den Stützen?

1) Freikörperbild:

G

S

2

S

₃

S

₁

P

2) Gleichgewicht:

v v v

v 0 S S S G

F_{i 1 2} v₃ v

+ + +

=

∑

=

( ) ( )

+ ^{−− = −− }

= 34aa S 43//55 a

4 a 3 S 1

S ₁

2 1 2

1

v

( ) ( )

^







−

= −





−−

= +

58 / 3

58 / S 7 a 3a 7 a

3 a 7 S 1

S ₂

2 2 2

2

v





=S −01 Sv_{3 3}

, 



=G −01 Gv

Bezugspunkt für Momentengleichgewicht so wählen, dass möglichst die Ortsvektoren rv_i zu den Wirkungslinien der Kräfte Fv_i

zu Nullvektoren werden.

Hier: 0rv₂,rv₃ = , wenn P als Bezugspunkt gewählt wird.

G r S r S r S r 0

M_i^(P) v v₁ v₁ v₂ v₂ v₃ v₃ v_g v

× +

× +

× +

×

=

∑

=



−

= 140 a r₁

v ,



−

= 07a r_g

v

3) Auflösen:

∑

^{M(iP) =0}v ^{=rv1×Sv1+rvg×Gv}

z y

x z

y x

g 7aGe

G 0

0 a

7

e e

0 G

0

0 0

a 7

e e

e G

r v

v v

v v

v

v v =

−

−

−

= −

×

z 1

1 54 1

53

y x

1 54 1

53

z y

x

1

1 aSe

5 56

S S

0 a

14

e e

0 S

S

0 0

a 14

e e

e S

r v

v v

v v

v

v v =

−

−

−

−

−

= −

×

∑

^{Mz =0 = 56}₅ ^aS1+7aG

2 1

ix S

58 S 7

5 0 3

F = =− −

∑

3 Gleichungen → 3 Unbekannte!

∑

^{Fiy =0=−}₅^4S1− ₅₈^{3 S2 −G−S3}

Beispiel (3D): Tisch auf 6 Stützen

Ein Tisch auf 6 Stützen wird durch das Eigengewicht der Tischplatte belastet.

Gesucht: S₁,K,S₆ Vorgehen (allgemein):

1) Freikörperbild 2) Gleichgewicht 3) Auflösen

G n m

o j

b

z

y

x

a a

a

a

l

k 2a

1) Freikörperbild:

S

₅

S

4

S

6

S

₂

S

₁

S

3

G

a) ohne Symmetrie:

G S S S S S S 0

Fv_i v v₁ v₂ v₃ v₄ v₅ v₆ v + + + + + +

=

∑

= ⁽¹⁾

v v v v

v v r r

v

G r S r S r S r

S r S r S r F r 0 M

g 6 6 5 5 4 4

3 3 2 2 1 1 i i

i +v ×v +v ×v +v ×v +v × v

× +

× +

×

=

×

=

=

∑

∑

₍₂₎

Gewichtskraft und Stabkräfte:













= − 01 Gr 0

, , ,













= − 01 S 0 Sr_{1 1}













= − 01 S 0 Sr_{2 2}













−

= −

012 5 S 1 Sr_{3 3}

,













= −

11 0 2 S 1 Sr_{4 4}

, 











−−

= 011

2 S 1 Sr_{5 5}

, 











−

= −

021 5 S 1 Sr_{6 6}

Zur Berechnung der Momentenvektoren werden die Ortsvektoren bzgl. des Drehpunktes (hier Ursprung) benötigt:

ri

r











=

= 000 r r₄ r₅

r , , ,











=

= 20aa r

r₃ r₂

r 









−

=

= 20aa r

r₆ r₁

r 









= 00 r_g a r

Daraus lassen sich die Momentenvektoren rr_i×Sr_ibestimmen:

a 021 S 0 S

0a 0 2a 0 01

S 0 0aa S 2

r_{1 1 1 1 1}⋅











=













−−

= −













× −











−

=

×r r

a 0 S

21 0 S

0a 0 2a 0 01

S 0 0aa S 2

r_{2 2 2 2 2}⋅











=−













−−−

= −













× −











=

×r r

1 0

a 2

a

2  −  − −  − 



5 a S 22 5 S a 2 02a 0 01

5 S 0a S

r_{3 3} ^{3 1 3}⋅



 





 =



 



 +

−

=



 



 −

×



 





=

×r r











=

×

=

× 000

S r S

r₄ r_{4 5} r₅ r

5 a S 22 1 012

5 S 0aa S 2

r_{6 6} ^{6 6}⋅













= −













−

× −











−

=

×r r

a 0 G 10 01

G 0 00 S a

r_{G G}  ⋅









=













× −











=

×r r

damit ergeben sich aus (1):

1G 00 5 S 021 2

S 11 0 2 S 11 0 5 S 021 1S

00 1 S

00 0

F_{i 1 2} ^{3 4 5 6}











 + −













− + −













−−

 +











 + −













− + −











 + −













= −

∑

^v =^v

und aus (2):

a 01 G 0 5

a S 22 1 5

a S 221 a 021 S a 0 S 21 F r 0

M_{i i i 1 2} ^{3 6}  ⋅







 +

⋅











 + −

⋅









 +−

 ⋅









 +−

 ⋅











=

×

=

=

∑

∑

^{v r r}

Durch Übertragen in Matrixschreibweise ergibt sich folgendes Gleichungssystem:





















−

=

























⋅





















−

−

− − − − −

−

− − − −

0G G000 S

S

2 0 0 2 0

0211 2011 2011 0011 0011 0211

0 0 2 0 0 2

0 S S

5

S 2

S 2

S 5 S

2 1 5 S 2 S 2 S 5 S 2 1

6 5 4 3 6 5 4 3

2) Auflösen des Gleichungssystems

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

_{3 6}

2 1

5 4

6 3

S S

S S

S S

S S

G00 G00 2 0 0 2 0

0 2 2 0 0 2

211 011 011 011 011 011

0 0 2 0 0 2

0

8 76 5 4 3

=

=

=−

=

⇒

⇒

⇒⇒





















− −

−

− − − − −

−

− − − −

aus (3) und (8): S₃ =S₆ =0 (9)

aus (7) mit (9) und (6): 2S₁+2S₂ =−G 4 S G

S₁= ₂ =− (10)

aus (5) mit (10) und(4): G

2 S 2 S 4 G 4

G _{4 5}

=

−

− +

2 G 2 S 2⋅ ₄ =

−

2 2

G 4

G S 2

S₄ = ₅ =− =−

b) unter Beachtung der Symmetrie:

S5 = S4

S1 = S2

S3 = S6

β

− β

−

=

∑

^Fix =^{0 S6cos S3cos}

3

6 S

S =

−

→ ⇒ S₃ =S₆ =0

Seitenansicht:

S sin3 b S sin6 b S1 S2

S sin5 a S sin4 a

G S₁=S₂ =S₅sinα=S₄sinα

G sin S sin S S S 0

F_iz = =− ₁− ₂− ₅ α− ₄ α−

∑

4 sin G

S sin S S

S₁= ₂ = ₅ α = ₄ α=−

→

− α

=

=

→ 4sin

S G S_{4 5}

mit α =45° ⇒

2 2 S G S₄ = ₅ =−

Einschub: Superposition

Superposition ist die Zusammensetzung einzelner (in der Regel einfacher) Lastfälle zum Gesamt- Lastsystem:

Beispiel:

F₂ F₂

F₁ F₁

A_x A_1x A_2x

A_y B_y A_1y B_1y A_2y B_2y

a a a

Lastfall 1

= +

Lastfall 2

Die Lagerreaktion des Gesamtsystems ergibt sich aus der Summe der Lagerreaktionen der einzelnen Lastfälle:

y 2 y 1 y

x 2 x 1 x

y 2 y 1 y

B B B

A A A

A A A

+

= +

= +

=

Achtung! Das Superpositionsprinzip gilt nur für lineare Systeme.

(In der Vorlesung TM I werden fast nur lineare Systeme betrachtet.)

Beispiel:

Eine Gruppe Wanderer möchte trockenen Fußes einen Bach überqueren. Dazu verbinden sie zwei zufällig dort liegende Äste mit den Strümpfen eines Gruppenmitglieds. Sie knoten die Fußenden von Socke 1 und 2 im Abstand a zueinander an Ast I und die anderen Enden der Socken an Ast II und legen diese Konstruktion (L = 4m, a = 1m) über den Bach. Freundlicherweise steht im Wäscheschild der Strümpfe deren zulässige Zugkraft Fzul = 500N. Der schwerste Wanderer wiegt 90kg.

Können die Wanderer den Bach trocken überqueren? (Gesucht ist also die maximale in den Strümpfen auftretende Zugkraft.)

L a L

Schritt 1: Berechnung der Lagerreaktionen 1) Freikörperbild:

AV

Fmax

B x

2) Gleichgewicht und Auflösen:

( ) ( )

∑

^{MB =0=Av 2L+a −Fmax 2L+a−x}

a L 2

x a L F 2 A_{v max}

+

−

= +

(

^{2L a}

)

B x F 0

M^AV = = _max⋅ − +

∑

a L 2 F x B_{v max}

= +

Schritt 2: Berechnung der Kräfte in den Strümpfen 1) Freikörperbild:

I II

Freikörperbild der Strümpfe:

2) Gleichgewicht und Auflösen:

( )

( )

∑

^{MiS1 =0= Av⋅L−Fmax L−x −S2⋅a}

⇒

( )

a x F L

a L a L 2

x a L F 2 a

x F L

a A L

S_{2 v max max} ⋅ − _max −

+

−

= +

− −

⋅

=

( )

( ) ( )

∑

^{MiS2 =0=Av L+a −Fmax L+a−x +S1⋅a}

⇒

( ) ( )

a a L a L 2

x a L F 2 a

x a F L

a a A L a

x a F L

S_{1 max v max max} ⋅ +

+

−

− +

−

= +

− +

−

= +

Wie groß ist die Kraft S1, wenn der dickste Wanderer auf dem ersten Strumpf steht?

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) (

2L a

)

a ⁰

F L a

a L 2

a L a a L F 2 a a L 2

a F L

F L x S

2 max

2 max

2 max

max

1 <

⋅ +

= −

⋅ +

+

−

⋅

= +

⋅ +

− +

=

=

Hat die Wanderergruppe eine Konstruktion gewählt, die die zulässige Zugkraft der Strümpfe maximal ausnutzt?

Nein!

Strumpf 1 wird nur durch Druckkräfte beansprucht. Da die Strümpfe keine Druckkräfte aufnehmen können, ist Position 1 kein sinnvoller Ort. Die Äste stützen sich an dieser Stelle gegenseitig ab, ohne dass Strumpf 1 belastet wird. Geeigneter ist die Anordnung beider Strümpfe an Punkt 2 (siehe Skizze).

Damit die Konstruktion in dieser Anordnung die Wanderer sicher trägt, muss sein.

zul

2 2 F

S < ⋅

( )

zul max

zul max

max 2

F a 2

x a L 2

a F L

F a 2

x F L

a L a L 2

x a L F 2 S

⋅

<

+ ⋅ +

⋅

− <

− + ⋅

−

= +

Die Strümpfe reißen also bei

( ) ( )

_2m

1 4

1 1 8 81 , 9 90

500 2 a

L a a L 2 F

F x 2

max

zul ≈

+

⋅

⋅ +

⋅

= ⋅ +

⋅

⋅ +

≥ ⋅

Auch diese Konstruktion sollte der schwerste Wanderer nicht betreten!

4 Schwerpunkt

An welcher Stelle und mit welcher Kraft H muss das gewichtslose Brett unterstützt werden, damit es sich im Gleichgewicht befindet?

x1

x₂

x3 xi

Gleichgewicht:

( )















⋅

=

⇒

⋅

−

⋅

=

=

=

⇒

−

=

=

∑ ∑

∑

∑ ∑ ∑

=

=

=

=

H g m x x

g m x x

H 0 M

g m H

g m H

0 F

n

1 i

i i S

n

1

i i i

S 0

i

n

1 i

i n

1 i

i iv

⇒

∑

∑

=

= =_n 1 i

i n

1 i

i i S

m m x x

Entsprechend gilt für die anderen Koordinatenrichtungen:

∑

∑

=

= =_n 1 i

i n

1 i

i i S

m m y

y

∑

∑

=

= =_n 1 i

i n

1 i

i i S

m m z z

Beispiel: Schwerpunkt zusammengesetzter Flächen Gesucht:

Koordinaten xS, yS des Gesamtschwerpunkts

a

1

2

3aa

5a

S

y

x xS

yS

Schwerpunktstabelle:

Statische Momente

Körper i xi yi mi

i

i m

x ⋅ y_i ⋅m_i

1 a 2 3a2 ²

1 1

1 t ˆ 3a

A ⋅ ⋅ρ = a³ 2

3 ₃

2a 9 2 5a2

a2

7 ²

2 2

2 t ˆ 5a

A ⋅ ⋅ρ = a³

2

25 ₃

2 a 35

Σ =

^{8 a2 28}₂ ^{a3 44}₂ ^a3

Damit ergibt sich:

4a a 7 8 14 a

8 2 a 28 m

m x

x ₂

3

n

1 i

i n

1 i

i i

S = = = =

∑

∑

=

=

4 a a 11 8 22 a

8 2 a 44 m

m y

y ₂

3

n

1 i

i n

1 i

i i

S = = = =

∑

∑

=

=

Beispiel: Dreieckslast Gesucht: Kräfte in A und B Gegeben: Dreiecksförmige Platte

1) a=2m 2) L=4m

3) t=20cm (Dicke)

4) ₃

m 7810 kg

=

ρ (Dichte)

a

A B

L

Gleichgewicht mit Ersatzkraft:

dx

q_o

x q(x)

dA

H x_s

Mit:

( )

^{x q} _L^x

[ ]

^N_m

q = _o⋅

( )

^{x dx}

q dA= ⋅

( ) ( )

( ) ( )

3 q L 3 x L x q H

dx L x

dx q L q x x dx x q x x H x

H dx x q x 0 M

2 L q 2 x L dx q x q H dx

x q H 0 F

2 0 L

0 3 0 S

L

0 0 2 L

0 0 L

0 S S

L

0 )

0 ( i

0 L

0 2 0 L

0 L

0 iv

=

⋅

=

⋅

=

⋅

⋅

=

⋅

=

⋅

⇒

⋅

−

⋅

=

=

=

⋅

=

=

⇒

−

=

=

∫

∫

∑ ∫ ∫

∑ ∫ ∫

Damit ergibt sich:

( )

( )

^32L

2 q L

3 q L dx x q

dx x q x x

0 2 0

S ⋅ = =

=

∫ ∫

Lagerreaktionen:

A_v B_v

H

3L

2 ₃¹L

3H B 2

3H A 1

V V

=

=

Alternative Lösung:

Bestimmung der Flächenlast q (äquivalente Dreiecksfläche), die das Gewicht des Dreiecks repräsentiert. Dazu wird zunächst die Gewichtskraft G aus dem Gesamtgewicht ermittelt:

g 2 t

a g L

V g

m

G= ⋅ =ρ⋅ ⋅ =ρ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Dreiecksfläche: q L

2 ˆ 1

G= _o ⇔

L 2 G q_o = ⋅

→

( )

L x L 2 G L q x x

q = ₀⋅ = ⋅ ⋅ Bestimmung des Schwerpunktsabstands xS:

( )

∫ ( )

∫

^⋅

= q xdx dx x q x_S x

( )

GL

3 x 2 L

G 3 dx 2 L x 2G dx x q

x ^L

o 3 2 L

o

2 2 L

o

=

=

=

⋅

∫

∫

∫ ( )

^{= =}

L

o

L o 2

2 G

2 x L 2G dx x q

⇒ L

3 2 G x_s = ²³GL =

4.1 Flächenschwerpunkt

∫ ∫

= dA

x_S xdA und

∫ ∫

= dA y_s ydA

Formal:

∫

⁼

∫ ∫ ( )

= dA dydx

A ⇒ Summation an über y einer beliebigen Stelle x

∫

⁼

∫ ∫ ( )

= dA dxdy

A ⇒ Summation über x an einer beliebigen Stelle y a) Summation zunächst über y:

dy

dx dA=dxdy

ax y= b

b

a y

x

A

2ab a 1 2 1 a x b

2 1 a b

dx ax dx b y dx dy A

a 2 o 2 a

o

a

o

a

o ax

b

o ax

y b

o

=

=



 



= 

 =















 =















=

∫ ∫ ∫ ∫

=

b) Summation zunächst über x y x= _b^a

y

x ab

2 b 1 2 ab a bb

2 ab a

b y 2 y a a dy by a a

dy x dy dx A

2 b

o

b

0 2 b

o a

by a b

o a

by a

=

−

=

−

=

⋅

−

⋅

 =



 

 −

=

















 =















=

∫

∫

∫ ∫

Zur Schwerpunktsberechnung fehlt noch das „statisches Moment“ ⇒

∫

^xdA:

3 2 a

0 a 3

0 2 a

0 a

o

ax b

o a

0 ax

b

0

a 3 b 1 3 a a b 3 x a dx b ax dx b ax x b dx dy x dx xdy

xdA  = = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅



 

⋅

 =















⋅

 =















=

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

oder alternativ:

b 3a b 1 6a b 1 2a y 1

b a 6 y 1 2a 1

dy b y

a 2 a 1 2 dy 1

xdx xdA

2 2

2 b

0 3 2 2 2

b

o

2 2 2 2

b

o a

by a

=

−

 =



 



 −

=



 



 −

 =















=

∫ ∫ ∫

∫

Damit: a

3 2 2ab 1

b 3a 1 x

2

S = =

Beispiel: Kreis in kartesischen Koordinaten

2

2 x

R

y= −

y

R x dy

dx

dA

Kreisgleichung:

2 2

2 x y

R = +

⇔ y= R² −x²

dy dx dA = ⋅

(

^{R R R 0 R 0}

)

^{R arcsin}_R^{R arcsin}_R^{0 R}₂ ^arcsin

^{( )}

^{1 R}₄

2 1

R arcsin x R

x R 2 x dx 1 x R dx

dy dA

A

2 2 2

2 2 2

2

) Bronstein . B . z ( fel Integralta aus Lösung

R

o 2

2 2 R

o

2 2 R

o x R

o A

2 2

= π

=



 



 



 



 −

+

−

−

−

=



 



 − +

=

−

 =











= 

=

∫ ∫ ∫

⁻

∫

4 4 4 4 4

4 3

4 4 4 4 4

4 2

1