I k i n a h c e M e h c s i n h c e T
VORLESUNGSSKRIPT Prof. Dr. Georg Rill © März 2014
OL S a
b
UL
A
B c
G d
e
download unter: https://hps.hs-regensburg.de/rig39165/
Inhalt Vorwort
I
1 Vektoren ektoren in der Mechanik Mechanik 1.1 1.1 Moti Motiva vati tion on . . . . . . . . . . 1.2 Dars Darste tell llun ung g. . . . . . . . . . 1.3 1.3 Glei Gleich chhe heit it . . . . . . . . . . 1.4 1.4 Betr Betrag ag . . . . . . . . . . . . 1.5 Multipl Multiplika ikatio tion n mit Skalar Skalaren en . 1.6 Einheits Einheitsvek vektor toren en . . . . . . . 1.7 Spalte Spaltenn- und Zeilen Zeilenvek vektor toren en 1.8 Skala Skalarp rpro rodu dukt kt . . . . . . . . 1.9 Kreu Kreuzp zpro rodu dukt kt . . . . . . . . 1.10 Übunge Übungen n . . . . . . . . . . .
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1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3
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4 4 4 5 5 10 13 13 15 17
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19 19 20 22 23 24 24
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26 26 30 32 34
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36 36 36 37 39 40
2 Grun Grundl dlag agen en 2.1 Ersa Ersatz tzmod model elle le . . . . . . 2.2 Kräf Kräfte tear arte ten n . . . . . . . . 2.3 Kraftd Kraftdars arstel tellun lung g . . . . . 2.4 Kraft Kraft und Kraftw Kraftwirk irkung ung . 2.5 Schwe Schwerp rpun unkt ktee . . . . . . 2.6 Glei Gleichg chgew ewich ichtt . . . . . . 2.7 2.7 Lager . . . . . . . . . . . 2.8 Speziel Spezielle le Lagere Lagerelem lement entee . 2.9 2.9 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . 3 Fach Fachwe werk rke e 3.1 Grun Grundl dleg egen ende dess . . . . . 3.2 Ebene Ebene Fachw Fachwer erke ke . . . 3.3 3.3 Nu Null llst stäb äbee . . . . . . . . 3.4 Der Der Ritte Ritters rschn chnitt itt . . . . 3.5 Räumlic Räumliche he Fachwe Fachwerke rke . 3.6 3.6 Übun Übunge gen n . . . . . . . .
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4 Zug- und Druckbelast Druckbelastungen ungen 4.1 FestigkeitsFestigkeits- und Verformungske erformungskenngrö nngrößen ßen . 4.2 Statisc Statisch h bestimm bestimmte te System Systemee . . . . . . . . 4.3 Überbest Überbestimmt immtee Systeme Systeme . . . . . . . . . . 4.4 4.4 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Trag Tragwe werk rke e 5.1 Allgem Allgemei eine ness . . . . . . . . 5.2 Einfache Einfache Tragwe Tragwerke rke . . . . 5.3 Nichtein Nichteinfac fache he Tragwe Tragwerke rke . 5.4 Räumlic Räumliches hes Tragw Tragwerk erk . . . 5.5 5.5 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . .
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1 Vektoren ektoren in der Mechanik Mechanik 1.1 1.1 Moti Motiva vati tion on . . . . . . . . . . 1.2 Dars Darste tell llun ung g. . . . . . . . . . 1.3 1.3 Glei Gleich chhe heit it . . . . . . . . . . 1.4 1.4 Betr Betrag ag . . . . . . . . . . . . 1.5 Multipl Multiplika ikatio tion n mit Skalar Skalaren en . 1.6 Einheits Einheitsvek vektor toren en . . . . . . . 1.7 Spalte Spaltenn- und Zeilen Zeilenvek vektor toren en 1.8 Skala Skalarp rpro rodu dukt kt . . . . . . . . 1.9 Kreu Kreuzp zpro rodu dukt kt . . . . . . . . 1.10 Übunge Übungen n . . . . . . . . . . .
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1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3
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4 4 4 5 5 10 13 13 15 17
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19 19 20 22 23 24 24
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26 26 30 32 34
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2 Grun Grundl dlag agen en 2.1 Ersa Ersatz tzmod model elle le . . . . . . 2.2 Kräf Kräfte tear arte ten n . . . . . . . . 2.3 Kraftd Kraftdars arstel tellun lung g . . . . . 2.4 Kraft Kraft und Kraftw Kraftwirk irkung ung . 2.5 Schwe Schwerp rpun unkt ktee . . . . . . 2.6 Glei Gleichg chgew ewich ichtt . . . . . . 2.7 2.7 Lager . . . . . . . . . . . 2.8 Speziel Spezielle le Lagere Lagerelem lement entee . 2.9 2.9 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . 3 Fach Fachwe werk rke e 3.1 Grun Grundl dleg egen ende dess . . . . . 3.2 Ebene Ebene Fachw Fachwer erke ke . . . 3.3 3.3 Nu Null llst stäb äbee . . . . . . . . 3.4 Der Der Ritte Ritters rschn chnitt itt . . . . 3.5 Räumlic Räumliche he Fachwe Fachwerke rke . 3.6 3.6 Übun Übunge gen n . . . . . . . .
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4 Zug- und Druckbelast Druckbelastungen ungen 4.1 FestigkeitsFestigkeits- und Verformungske erformungskenngrö nngrößen ßen . 4.2 Statisc Statisch h bestimm bestimmte te System Systemee . . . . . . . . 4.3 Überbest Überbestimmt immtee Systeme Systeme . . . . . . . . . . 4.4 4.4 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Trag Tragwe werk rke e 5.1 Allgem Allgemei eine ness . . . . . . . . 5.2 Einfache Einfache Tragwe Tragwerke rke . . . . 5.3 Nichtein Nichteinfac fache he Tragwe Tragwerke rke . 5.4 Räumlic Räumliches hes Tragw Tragwerk erk . . . 5.5 5.5 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . .
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OTH Regensburg
6 Schni Schnirea reakti ktione onen n 6.1 6.1 De Defin finit itio ion n . . . . . . . . . 6.2 6.2 Beis Beispi piel el . . . . . . . . . . . 6.3 Einteil Einteilige ige Tragwe Tragwerke rke . . . 6.4 Differen Differentie tielle lle Betrac Betrachtu htung ng 6.5 Mehrtei Mehrteilige lige Tragwe Tragwerke rke . . 6.6 6.6 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . .
Technische Mechanik I
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41 41 41 42 44 46 48
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49 49 50 53 54 56
8 Prinzi Prinzipe pe der Statik Statik 8.1 Minima Minimale le Ener Energie gie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Virtu Virtuel elle le Arbe Arbeit it . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Übungs Übungs-Be -Beispi ispiel el . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57 57 58 59
9 Zusätzliche Zusätzliche Übungsbei Übungsbeispiel spiele e 9.1 Kraf Kraftw twir irku kung ng . . . . . . . . 9.2 Glei Gleichg chgew ewich ichtt . . . . . . . . 9.3 Schwe Schwerp rpun unkt ktee . . . . . . . . 9.4 9.4 Fach Fachwe werk rkee . . . . . . . . . . 9.5 Zug- und Dru Druckbe ckbelas lastun tungen gen 9.6 9.6 Trag Tragwe werk rkee . . . . . . . . . . 9.7 Schni Schnittg ttgrö röße ßen n . . . . . . . . 9.8 9.8 Reib Reibun ung g. . . . . . . . . . . . 9.9 9.9 Prin Prinzi zipe pe . . . . . . . . . . . .
60 60 60 61 61 61 63 63 64 64
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7 Reib Reibun ung g 7.1 Allgem Allgemei eine ness . . . . . . . . . . . . 7.2 Statisc Statisch h bestimm bestimmte te System Systemee . . . 7.3 Statisc Statisch h übe überbe rbestim stimmtes mtes System System . 7.4 Seilr Seilrei eibu bung ng . . . . . . . . . . . . . 7.5 7.5 Übun Übunge gen n . . . . . . . . . . . . . .
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Vorwort Historie Die Mechanik ist eine sehr alte Wissenschaft. Bereits Archimedes (285 – 212 v. Chr.), ein bedeutender Wissenschaftler des klassischen Altertums, formulierte die Hebelgesetze1 und untersuchte den Flaschenzug. Seine Formulierung des Gesetzes vom Auftrieb ist heute als Archimedisches Prinzip bekannt. Im Mittelalter prägte Leonardo da Vinci (1452 – 1519) durch eine Vielzahl technischer Erfindungen2 schließlich das Tätigkeitsfeld eines Ingenieurs. Galileo Galilei (1564 – 1642) untersuchte die Fallgesetze und beschäftigte sich mit der Elastizität eines Balkens. Johannes Kepler (1571 – 1630) konnte zwar drei Gesetze zur Beschreibung der Planetenbahnen angeben, aber erst Isaac Newton (1643 – 1727) gelang es schließlich allgemeine Bewegungsgesetze (Newtonsche Axiome) zu formulieren. Leonhard Euler (1707 – 1783), einer der bedeutendsten Mathematiker, arbeitete auch auf dem Gebiet der Mechanik. Neben Beiträgen zur Hydrodynamik (Eulersche Bewegungsgleichungen, Turbinengleichung) und zur Kreiseltheorie (Eulersche Kreiselgleichungen) gelang ihm auch die erste analytische Beschreibung der Knickung eines mit einer Druckkraft belasteten Stabes. Jean le Rond d’Alembert (1717 – 1783) und Joseph Louis Lagrange (1736 – 1813) gelten als Begründer der Analytischen Mechanik. Ihre bahnbrechenden Arbeiten bilden bis heute die Grundlagen moderner ComputerBerechnungen.
Problemstellung Um die Grundgesetze und die Methoden der Technischen Mechanik zur Lösung von Problemen anwenden zu können sind folgende Schritte zu durchlaufen: 1. Formulieren der technischen Aufgabe, 2. Auswahl eines mechanischen Ersatzmodells, 3. mathematische Beschreibung, 1 Gib mir einen Punkt, wo ich hintreten kann, und ich
bewege die Erde 2 Flugapparate, selbstangetriebenes Fahrzeug (Automobil), Taucherglocke, Fallschirm, Druckpumpen, Schrauben, Brennspiegel und Kriegsmaschinen
4. analytische oder numerische Lösung, 5. Interpretation und Überprüfung der Ergebnisse. In der Praxis müssen die Schritte 2 bis 5 oft mehrfach mit entsprechenden Erweiterungen oder Vereinfachungen durchlaufen werden.
Lehrinhalte Dieses Skript wurde bewusst kurz gehalten. Es deckt die Lehrinhalte des Moduls Technische Mechanik I in den Bachelor-Studiengängen Maschinenbau sowie Produktions- und Automatisierungstechnik an der Hochschule Regensburg ab. Die Themengebiete •
Aufgaben und Einteilung der Mechanik
•
Kräfte und ihre Darstellung, grundlegende Axiome und Prinzipe
•
Schwerpunkt und Resultierende verteilter Kräfte
•
Gleichgewicht
•
Coulombsche Reibung
•
Auflagerreaktionen und Stabkräfte bei Fachwerken und Tragwerken
•
Schnittreaktionen in Balken, Rahmen und Bogen
•
Spannungen, Verformungen, Materialgesetz
•
Spannung-Dehnungs-Diagramm
•
Spannungen und Verformungen bei Zug-Druck Beanspruchungen
umfassen die Statik und geben einen Einblick in die Festigkeitslehre. Das Modul Technische Mechanik II erweitert und vertieft dann die Festigkeitslehre. Schließlich wird die Dynamik, unterteilt in Kinematik und Kinetik im Modul Technische Mechanik III vermittelt. Der Stoff wird überwiegend an Hand von Beispielen vermittelt. Am Ende jedes Kapitels laden zusätzliche Übungsbeispiele zum Selbststudium ein. Lösungen können im PDF-Dokument durch entsprechende Vergrößerung sichtbar gemacht werden.
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OTH Regensburg
Weiterführende Literatur Für weiter führende Studien wird auf das Buch Technische Mechanik I von Russel C. Hibbeler verwiesen, das in der 10., überarbeiteten Auflage von der Pearson 3 Education Deutschland GmbH unter ISBN 978-3-82737101-0 vertrieben wird.
Dank Mein Dank gilt Prof. Dr. Ulrich Briem, der das Skript mehrfach kritisch durchgesehen und durch konstruktive Anregungen bereichert hat.
3 siehe auch
II
www.pearson-studium.de
Technische Mechanik I
1 Vektoren in der Mechanik 1.1 Motivation
z0
y0
a
az
Im Vorwort zu seinem Buch Vorlesungen über Technische Mechanik (Band I) schreibt A. Föppl1 im Jahr 1898: Die Mechanik macht ausgiebigen Gebrauch von den Hilfsmit- teln der Mathematik. Ich selbst habe mich schon seit langer Zeit dazu entschlossen, so weit es angesichts der mathemati- schen Vorkenntnisse, die man voraussetzen darf, zulässig ist, überall mit den Vektoren selbst zu rechnen. Vor allem kann die Mechanik ohne erhebliche Einbuße an Klarheit und Übersicht- lichkeit nicht auf den Begriff der geometrischen Summe zweier gerichteter Größen verzichten. Die für die Technische Me-
···
chanik wichtigen Begriffe aus der Vektor-Algebra sind in den folgenden Abschnitten zusammengestellt.
ax
0
x0 Abb. 1.1: Darstellung von Vektoren im R 3 zB B
xB
In der Mathematik und auch in der Mechanik werden Vektoren im Text in der Regel fett gedruckt oder durch einen Pfeil über der Variablen (z.B.: a ) gekennzeichnet. In der Mechanik ist die Darstellung von Vektoren auf den R 3 beschränkt. Vektoren im R 3 können in einem Koordinatensystem dargestellt werden. Die Komponenten des Vektors
2
=
a x a a z
(1.1)
geben dann die Entfernungen an, die in Richtung der Koordinatenachsen zurückzulegen sind, um vom Anfangspunkt bis zum Endpunkt des Vektors zu gelangen, Abb. 1.1. In Abbildungen wird der Vektor a nur durch seinen Betrag a = a gekennzeichnet. Der skizzierte Pfeil legt ja bereits die Richtung fest. Die Komponentendarstellung von Vektoren hängt vom gewählten Koordinatensystem ab. Bei der Verwendung von mehreren Koordinatensystemen ist es deshalb notwendig, das zur Darstellung verwendete Koordinatensystem zusätzlich zu vermerken. Entsprechend der Abb. 1.2 kann der Vektor a mit 1 1 3 (1.2) a A = 2 oder a B = 3 2
a
zA
xA
A yA
1
a
3
yB
1.2 Darstellung
ay
Abb. 1.2: Koordinatensysteme in dem Koordinatensystem A oder B dargestellt werden.
1.3 Gleichheit Die Gleichheit zweier Vektoren a
=
b
(1.3)
,
,
1 August Otto Föppl (1854–1924) war von
−− −
kann nur überprüft werden, wenn beide Vektoren in einem gemeinsamen Koordinatensystem K dargestellt werden. Dann folgt aus (1.3) auch die Gleichheit der Komponenten
a x a a z
a K
,
=
b x b b z
.
(1.4)
b K
,
1894 bis 1922 Professor für Technische Mechanik und grafische Statik an der Technischen Hochschule München
1
OTH Regensburg
Technische Mechanik I
1.4 Betrag Der Betrag a
=
a
2 2 a 2x + a + a z
=
≥0
(1.5)
Mit einem hochgestellten T , dem „Transponiert– Zeichen“, werden in der Mathematik Zeilen und Spalten einer Matrix vertauscht, bzw. Spalten- in Zeilenvektoren, z = s T oder Zeilen- in Spaltenvektoren s = z T umgewandelt.
gibt die Länge eines Vektors an und ist unabhängig von der Darstellung in unterschiedlichen Koordinatensystemen.
1.8 Skalarprodukt
1.5 Multiplikation mit Skalaren
Das Skalarprodukt ist eine multiplikative Verknüpfung eines Zeilen- mit einem Spaltenvektor. Das Ergebnis ist eine Zahl (Skalar). Sind a und b Spaltenvektoren, dann erhält man das Skalarprodukt aus
Bei der Multiplikation des Vektors a mit einem Skalar λ b = λ a (1.6)
können die in der Tabelle 1.1 zusammengestellten Fälle unterschieden werden. λ > 1
-1 < λ < 0
0 < λ < 1 a
a
λa
λa
T
=
a x b x +a b +a z b z .
(1.11)
Das Skalarprodukt ist kommutativ a T b
λa
=
b T a .
a T b
Tabelle 1.1: Multiplikation mit einem Skalar
|a | |b | cos α
=
1.6 Einheitsvektoren Jeder Vektor beinhaltet als Information Betrag und Richtung. Mit (1.7) a = a e a
1.9 Kreuzprodukt
können diese Informationen aufgespalten werden. Der Einheitsvektor a (1.8) e a = a
Das Kreuzprodukt zweier Vektoren ist nur im dreidimensionalen Raum definiert und erzeugt über
||
a b
hat die Länge 1 und gibt nur noch die Richtung an.
1.7 Spalten- und Zeilenvektoren
×
=
c
Je nach dem, ob die Komponenten eines Vektors unteroder nebeneinander angeschrieben werden, spricht man von einem Spalten-
oder Zeilenvektor z
2
=
=
s x s s z
z x z z z .
(1.9)
(1.10)
(1.14)
den Vektor c , der senkrecht auf der durch die Vektoren a und b aufgespannten Ebene steht. Die Orientierung kann über die Rechte-Hand-Regel festgelegt werden: zeigt der Daumen der rechten Hand in Richtung von a , der Zeigefinger in Richtung von b , so zeigt der abgewinkelte Mittelfinger in Richtung von c = a b , Abb. 1.3.
s
(1.13)
Verschwindet das Skalarprodukt, a T b = 0, dann stehen die Vektoren a und b senkrecht aufeinander (Orthogonalitätsbedingung).
(1.12)
Bezeichnet α den Winkel zwischen den beiden Vektoren a und b , dann gilt
a
a
b x b b z
x = a b = a x a a z
λ < -1
λa
×
Zur Auswertung von (1.14) müssen wieder beide Vektoren im gleichen Koordinatensystem dargestellt werden. Die Komponenten des Vektors c erhält man aus der Vorschrift
c x c c z
=
× a x a a z
b x b b z
=
a b z a z b x a x b
− a z b − a x b z . − a b x
(1.15)
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
! # "
Abb. 1.3: Rechte-Hand-Regel Das Kreuzprodukt ist anti-kommutativ. Aus (1.15) entnimmt man sofort, dass a b = b a gilt.
× − ×
Bezeichnet α den Winkel zwischen den Vektoren a und b , dann gilt
× a b
=
|a | |b | sin α .
z
(1.16)
Das Vektorprodukt verschwindet also, wenn die Vektoren parallel sind.
1.10 Übungen
E
1.10.1 Zahlenbeispiel C
Gegeben sind die Vektoren a =
− 2 3 5
b =
,
− 4 1 6
−
D
3 4 5
und c =
60
Ermitteln Sie die Beträge, den Winkel zwischen den Vektoren a und b sowie den Einheitsvektor zu c . Überprüfen Sie mit den Vektoren a , b und c die Richtigkeit der Beziehungen
B o
60o
x
y
A
T
Abb. 1.4: Antennenmast
T
× × × × − a b c = b c a
und a b
c = a T c b
b T c a .
Lösung:
a = 6.16, b = 7. 28, c = 7. 07; α = 65◦; e c =
− 0.424 0.566 0.707
1.10.2 Orts- und Einheitsvektoren Ein bei D fest im Boden verankerter Antennenmast wird zusätzlich durch drei Seile gehalten. Die Seile sind im Punkt E am Mast (DE = a ) und in den Punkten A, B und C am Boden befestigt. Die Punkte A, B und C bilden in der x- y-Ebene ein gleichseitiges Dreieck, wobei AD = BD = CD = a gilt. Geben Sie die Ortsvektoren vom Koordinatenursprung D zu den Punkten A, B , C und E an und berechnen Sie die Einheitsvektoren e EA , e E B , e EC .
Lösung:
r DA=
√ −√ − 3 a 1 , r DB = 2 0
1 0
3 a , r DC = 2
0
0
a , r DE = 0 und e EA = a 0
− − − − − 0.6124 0.3536 , e EB = 0.7071
0.6124 0.3536 , e EC = 0.7071
0 0.7071 0.7071
3
2 Grundlagen 2.1 Ersatzmodelle
Kräfte ∆ F V i aus. Auf einen starren oder festen Körper,
Durch die Beschränkung auf das Wesentliche und durch eine geeignete Systemabgrenzung kann ein reales System über Vereinfachungen und Idealisierungen in ein mathematisch beschreibbares Ersatzmodell abgebildet werden. Die Technische Mechanik kann basierend auf die physikalischen Eigenschaften der Ersatzmodelle in verschiedene Wissensgebiete unterteilt werden, Tabelle 2.1.
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!"' !$"(
!$"'
Tabelle 2.1: Verschiedene Ersatzmodelle →
Ersatzmodelle
→
→
→
starrer Körper fester Körper deform. Körper flüssige u. gasf. Körper
Stereo-Mechanik ⇔ (TM I, TM III) Festigkeitslehre ⇔ (TM I, TM II)
⇔ ⇔
PlastoMechanik Fluid-Mechanik Strömungsmechanik
Die Kontinuums-Mechanik fasst die Modellvorstellung fester, deformierbarer, flüssiger und gasförmiger Körper zusammen. In der Statik und der Dynamik arbeitet man in der Regel mit der Modellvorstellung des starren Körpers. In der Ebene kann ein starrer Körper f = 3 freie Bewegungsmöglichkeiten ausführen (zwei translatorische und eine rotatorische Bewegung). Im Raum sind es f = 6 (drei translatorische und drei rotatorische Bewegungen). Die Festigkeitslehre lässt mit der Modellvorstellung eines festen Körpers Bauteildeformationen zu, setzt aber voraus, dass diese im Vergleich zu den geometrischen Abmessungen vernachlässigbar klein bleiben. Die Bewegungen und die auf den Körper einwirkenden Kräfte und Momente können dann in der Regel weiterhin mit dem Modell des starren Körpers ermittelt werden.
2.2 Kräearten Das Gravitationsfeld oder elektro-magnetische Felder üben auf jedes Volumenelement ∆V i eines Körpers die
4
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Abb. 2.1: Volumen- und Oberflächenkräfte der ganz oder teilweise in einer Flüssigkeit eingetaucht ist, werden an jedem Flächenlement ∆Ai der benetzte Oberfläche die Kräfte ∆ F O i eingeprägt, Abb.2.1. Die auf das Volumen- oder das Flächenelement bezogenen Kräfte dF ∆F q V = bzw. q V = (2.1) ∆V dV und dF ∆F q A = bzw. q A = (2.2) ∆A dA werden als Volumenkräfte q V oder Flächenlasten q A bezeichnet, wobei mit ∆F dF , ∆V dV und dA der Grenzübergang zu infinitesimal kleinen ∆A Kräften und Volumen- oder Flächenelementen durchgeführt wird. Resultieren die Oberflächenkräfte aus einer reinen Druckbelastung, dann gibt
→
→
p
=
dF dA
→
(2.3)
den Druck1 am Flächenelement dA an. Die Streckenlast q L
=
dF , dx
(2.4)
die auf ein Längenelement dx bezogene Kraft dF , stellt einen in der Praxis sehr häufig auftretenden Sonderfall der Flächenlast q A dar. 1 Drücke werden in N /m bzw. Pa (Pascal) oder in N /mm bzw. MPa
(Mega-Pascal) gemessen.
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2.3 Kradarstellung
2.4 Kra und Krawirkung
Die einzelnen Kräfte ∆F V i bzw. ∆F O i sind gerichtete Größen, die im dreidimensionalen Raum als Vektoren dargestellt werden. So schreibt schreibt A. Föppl2 im Vorwort zu seinem Buch Vorlesungen über Technische Mechanik (Band I) im Jahr 1898:
2.4.1 Allgemein
· · · Ich selbst habe mich schon seit langer Zeit dazu ent-
schlossen, so weit es angesichts der mathematischen Vor- kenntnisse, die man voraussetzen darf, zulässig ist, über- all mit den Vektoren selbst zu rechnen. Vor allem kann die Mechanik ohne erhebliche Einbuße an Klarheit und Über- sichtlichkeit nicht auf den Begriff der geometrischen Summe zweier gerichteter Größen verzichten.
·· ·
In der Mechanik werden ausschließlich rechtwinklige und rechtshändige Koordinatensysteme verwendet. Die Koordinatenachsen x , und z zeigen dabei in die Richtung von Daumen, Zeigefinger und abgewinkelten Mittelfinger einer rechten Hand, Abb.2.2. Die Rechts# $
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Die Wirkung einer Kraft kann sehr komplex sein. So schreibt Wilhelm Busch im sechsten Kapitel von Balduin Bählamm: Hier strotzt die Backe voller Saft; da hängt die Hand, gefüllt mit Kraft. Die Kraft infolge von Erregung, verwandelt sich in Schwungbewegung. Bewegung, die in schnellem Blitze zur Backe eilt, wird hier zur Hitze. Die Hitze aber, durch Entzündung der Nerven, brennt als Schmerzempfindung bis in den tiefsten Seelenkern, und dies Gefühl hat keiner gern. Ohrfeige heißt man diese Handlung, der Forscher nennt es Kraftverwandlung.
In der Technischen Mechanik wird die Wirkung einer Kraft durch das Vermögen beschrieben, Deformationen hervorzurufen und/oder einen Körper zu beschleunigen. Bei dem in Abb.2.3 skizzierten Schnapp!
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Abb. 2.2: Koordinatensystem und Kraftvektor händigkeit hat zur Folge, dass mit einer Drehung der x Achse in Richtung der -Achse eine positive Drehung um die z -Achse definiert wird. Ferner erzeugt die Drehung der -Achse in Richtung der z -Achse eine positive Drehung um die x -Achse und im Sinne einer zyklischen Vertauschung ergibt die Drehung der z -Achse in Richtung der x -Achse eine positive Drehung um die -Achse. Die Orientierung einer Kraft gebenüber den Koordinatenachsen x , und z gibt der Kraftvektor3 F
=
F x F F z
F
=
F
=
F x 2 + F 2 + F z 2
verschluss sorgen die Kontaktkräfte F dafür, dass beim Schließen die Bügel zunächst nach innen gebogen werden, dann aber wieder in die Ausgangslage zurückfedern und so eine formschlüssige Verbindung gewährleisten. Ein Golfball wird beim Abschlag extrem deformiert, Abb.2.4. " $ %" ) * " * %"
(2.6)
liefert die Größe der Kraft. Mit dem Kraftvektor allein kann allerdings die Wirkung auf starre oder feste Körper noch nicht eindeutig beschrieben werden. 2 August Otto Föppl (1854–1924) war von
Abb. 2.3: Schnappverschluss am Schließbeginn
(2.5)
über die Komponenten F x , F und F z an. Der Betrag
!
1894 bis 1922 Professor für Technische Mechanik und grafische Statik an der Technischen Hochschule München. 3 In der Mechanik werden in der Regel Spaltenvektoren verwendet.
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Abb. 2.4: Golfball beim Abschlag erst deformiert und dann beschleunigt
5
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Die aus dem über die Kontaktfläche A verteilten Druck p = dF /dA resultierende Kraft F
dF
=
p dA
=
A
(2.7)
A
beschleunigt dann aber den Golfball im Zeitintervall ∆t (Kontaktphase) auf die Geschwindigkeit .
bezüglich des Koordinatenursprungs 0 somit durch die Kraftkomponente F x selbst und die im Folgenden als Momente4 bezeichneten Produkte M (F x ) = c F x sowie M z (F x ) = b F x beschrieben werden. Im Sinne, der in Abb.2.2 definierten positiven Drehrichtungen, erfolgt dabei die Drehung um die -Achse in positiver und die um die z -Achse in negativer Drehrichtung, was durch entsprechende Vorzeichen in M 0F und M 0F z berücksichtigt wird.
−
x
2.4.2 Krawirkung auf starre Körper Bei einem starren Körper treten per Definition keine Deformationen auf. Die Wirkung einer Kraft kann somit nur durch das Vermögen beschrieben werden, den Körper zu Beschleunigen. In Abb.2.5 ist ein quaderförmiger Körper mit den Kantenlängen a , b und c dargestellt, der im Eckpunkt P mit der Kraft F belastet wird.
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Analog dazu wird die Wirkung einer Kraft in Richtung durch die Kraftkomponente F selbst und die Momente M 0x (F ) = c F sowie M 0z (F ) = a F beschrieben. Ferner charakterisieren die die Kraftkomponente F z und die Momente M 0x (F z ) = b F z sowie M 0 (F z ) = a F z die Wirkung einer Kraft in z Richtung. Fasst man nun die Komponenten F x , F , F z wieder im Kraftvektor zusammen, dann kann die Wirkung von F auf den starren Körper durch die Vektoren
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x
F x F F z
und
M 0
=
b F z c F x a F
− c F − a F z − b F x
(2.9)
beschrieben werden. Da die Kraft F im Punkt P angreift und die Wirkung auf den Punkt 0 bezogen wurde, tauchen im Momentenvektor M 0 die Komponenten a , b , c des Ortsvektors r 0P auf. Der Momentenvektor entsteht also aus einer multiplikativen Verknüpfung des Ortsvektors mit dem Kraftvektor. Wegen
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Abb. 2.5: Kraftwirkung auf einen starren Körper Im Koordinatensystem, das sich hier an den Kanten des Quaders orientiert, beschreiben dann die Vektoren F
=
F x F F z
und r 0P
=
a b c
a b c
×
F x F F z
=
b F z c F x a F
− c F − a F z − b F x
(2.10)
kann ganz allgemein die Momentenwirkung einer Kraft auf einen starren Körper durch das Kreuz- oder Vektorprodukt (2.11) M 0 = r 0P F
×
ermittelt werden. Greift eine Kraft F im Punkt P an einem starren Körper an, dann kann deren Wirkung auf einen starren Körper durch die Kraft F selbst und das Moment M 0 = r 0P F , das die Kraft F bezüglich eines beliebigen Punktes 0 erzeugt, eindeutig beschrieben werden. Die Kombination F , M 0 wird auch als Kraftwinder bezeichnet.
(2.8)
die Kraft und ihren Angriffspunkt. Wie in Abb.2.5 rechts oben dargestellt, verursacht die Kraftkomponente F x eine Verschiebung in x -Richtung (translatorische Beschleunigung) sowie Drehungen um die und die z -Achse (rotatorischen Beschleunigungen). Die Verschiebung in x -Richtung ist proportional zur Kraftkomponente F x . Neben der Kraftkomponente F x entscheiden auch ihre Abstände c und b von der x - und z Achse über die Größe der Drehungen. Die Wirkung einer im Punkt P angreifenden Kraft in x -Richtung, kann
6
×
2.4.3 Wirkungslinie Ein Linie in Richtung der Kraft F , die durch den Angriffspunkt P läuft, markiert die Wirkungslinie der Kraft, Abb.2.6. Unterteilt man den Vektor vom Bezugs
4 Moment
=
Hebelarm
× Kraft
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"
und das resultierende Moment, das auf den Bezugspunkt 0 bezogen wurde.
$ % !! '
3
M 0
% &'
()%*+,-./ 0),)1 % 4
× F 1
Abb. 2.6: Wirkungslinie einer Kraft
M 0
punkt 0 zum Angriffspunkt P der Kraft F gemäß
=
r 0P F 1 +r 0Q F 2
×
×
Wegen F 1 = F und F 2 rende Kraft
r 0P = r ⊥ + r
(2.12)
in die Anteile r ⊥ und r , die senkrecht und parallel zum Kraftvektor F verlaufen, dann gilt für die Momentwirkung der Kraft
× r ⊥ r × F r ⊥ × F r × F (2.13) Wegen r F verschwindet aber der letzte Term, r ×
=
r 0P F
=
+
=
+
F = 0 und es bleibt
M 0
=
r ⊥
× F
mit
M 0
=
da r ⊥
r ⊥ F ,
·
⊥ F .
(2.14) Für die Momentenwirkung einer Kraft auf einen starren Körper ist also lediglich der durch den Vektor r ⊥ beschriebene Abstand vom Bezugspunkt zur Wirkungslinie entscheidend. Folglich kann eine Kraft längs ihrer Wirkungslinie verschoben werden, ohne dass sich dadurch ihre Wirkung auf einen starren Körper ändert.
F res
M 0
× F 2
r ⊥ F 1 +r ⊥ F 2
=
(2.16)
F 1
=
×
×
=
r ⊥
× F 1
+
F 2
(2.17) F verschwindet die resultie-
r
+ 0Q
beschreiben dann Nach Verschieben der Kräfte längs der gemeinsamen Wirkunglinie PQ in den Punkt S , der den Abstand der Wirkungslinie vom Bezugspunkt 0 markiert, bleibt
!
&
#
r 0P
=
−
=
+
F 2
=
F
− F
=
0
(2.18)
und entsprechend Gleichung (2.17) dann auch das resultierende Moment M 0
=
r ⊥
×
F 1 + F 2
=
× F − F 0 . (2.19) −F , die auf der gleichen
r ⊥
=
Die Kräfte F 1 = F und F 2 = Wirkungslinie liegen, entsprechen folglich einer Nullkraft, da sich ihre Wirkungen auf einen starren Körper aufheben. Verlässt man allerdings die Modellvorstellung des starren Körpers, dann ist zu beachten, dass Kräfte, die in verschiedenen Punkten angreifen, stets Deformationen hervorrufen.
2.4.4 Nullkra Ein starrer Körper wird in den Punkten P und Q durch Kräfte belastet, die mit F 1 = F und F 2 = F gleich groß, aber entgegengesetzt gerichtet sind und auch noch die gleiche Wirkungslinie haben, Abb. 2.7. Die Wirkung
%
−
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( )
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$
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−
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=
!
−
der in P und Q angreifenden Kräfte F 1 und F 2 auf einen starren Körper beschreiben die resultierende Kraft
#
#
auf der Probe markierte Abschnitt der Länge L 0 wird dabei auf die Länge L gedehnt. Bezieht man die Längenänderung ∆L = L L 0 auf die unverformte Länge L 0 , dann erhält man mit L L0 ∆L = (2.20) = L0 L0
Abb. 2.7: Nullkraft
F res
!"
Abb. 2.8: Zugstab
1
( $'
Im Zugversuch nach DIN EN 10 002 wird eine Probe mit kreisförmigen oder rechteckigen Querschnitten in Achsrichtung durch gleichgroße aber entgegengesetzt gerichteten Kräfte vom Betrag F belastet, Bild 2.8. Der
"
'
2.4.5 Dehnung
F 1
+
F 2
(2.15)
eine dimensionslose Größe, die als Längsdehnung bezeichnet wird. In der Praxis werden Dehnungen meist in % angegeben. Neben einer Dehnung in Belastungsrichtung kommt es auch zu einer Kontraktion in Querrichtung. Die Querkontaktionszahl µ beschreibt diesen Effekt.
7
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2.4.6 Kräepaar
2.4.7 Scherverformung
Die Kräfte F 1 = F und F 2 = F , die in den Punkten P und Q an einem starren Körper angreifen, sind gleich groß, aber entgegengesetzt gerichtet. Ihre Wirkungslinien sind parallel und haben den Abstand a , Abb. 2.9. Die Wirkung der beiden Kräfte auf den starren Kör-
−
Zwei Kräftepaare, die sich in ihrer Wirkung auf einen starren Körper neutralisieren, erzeugen an einem festen Körper eine Verformung, die als Scherung oder Gleitung bezeichnet wird, Bild 2.10. Der Winkel γ ,
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Abb. 2.10: Scherverformung
!
der die Abweichung des verformten Winkels vom ursprünglich rechten Winkel angibt, beschreibt den Grad der Verformung. Er wird als Gleitung bezeichnet.
Abb. 2.9: Kräftepaar äquivalent zu Einzelmoment per wird analog zu Gleichung (2.18) wieder durch eine verschwindende resultierende Kraft F 1
+
F 2
−F
=
+
F
0
=
(2.21)
2.4.8 Das Äquivalenzprinzip Jedes System von Kräften, F 1 , F 2 , ... F N und Einzelmomenten M 1 , M 2 , ... M M , die die Wirkung von Kräftepaaren zusammenfassen, kann in seiner Wirkung auf einen starren Körper in äquivalenter Weise durch einen Kraftwinder [ F , M 0 ] beschrieben werden Bild 2.11.
beschrieben. Im Unterschied zu Gleichung (2.19) bleibt nun allerdings eine Momentenwirkung, die sich nach geeignetem Verschieben der beiden Kräfte längs ihrer Wirkungslinien aus M 0
=
×
r ⊥ F 1 + r ⊥ + r a
×
F 2
=
r ⊥
× F 1 + F 2
r
+ a
× F 2
M 0
=
r ⊥
F + F
+
r a
× F
=
r a
× F
=
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M (2.23)
"
Ein Kräftepaar, aus zwei gleich großen, aber entgegengesetzt gerichteten Kräften mit dem Betrag F , deren Wirkungslinien den Abstand a haben, ist in der Wirkung auf einen starren Körper einem reinem Einzelmoment (die resultierende Kraft ist ja Null) mit dem Betrag (2.24) M = r a F = a F
·×
·
äquivalent. Der Momentenvektor M steht dabei senkrecht zu der Ebene, die durch die beiden Kräfte aufgespannt wird. In der Zeichenebene wird er in der Regel durch einen kreisförmigen Pfeil angedeutet.
(
) #
% !
Abb. 2.11: Das Äquivalenzprinzip Der Kraftwinder besteht aus der resultierenden Kraft N
F
=
F 1 + F 2 + ...
+
F N
=
F i
(2.25)
i =1
und dem resultierenden Moment N
M 0
=
i =1
8
)*
"
ein Moment M 0 = M , das nicht mehr von einem speziellen Bezugspunkt 0 abhängt.
×−
(2.22) ergibt. Wobei der Vektor r a mit der Länge r a = a den Abstand der Wirkungslinien beschreibt. Mit F 1 = F und F 2 = F bleibt
!
!
M
r 0i
× F i
+
i =1
M i
(2.26)
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bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes 0, das sich aus der Momentenwirkung der Einzelkräfte und den Einzelmomenten zusammensetzt.
2.4.9 Streckenlast
2.4.9.2 Beispiel Als Beispiel wird die Belastung einer Staumauer durch den mit der Wassertiefe ansteigenden Druck betrachtet, Bild 2.13. Bezeichnet die Wasserdichte und die
2.4.9.1 Definition
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In der Praxis kommt es häufig vor, dass Kräfte längs einer Linie verteilt sind, Bild 2.12. Die bereits in Glei(
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Abb. 2.13: Staumauer #
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Abb. 2.12: Streckenlast und äquivalente Einzelkraft
≤ ≤
chung (2.4) definierte Streckenlast q L (x )
=
dF dx
Erdbeschleunigung, dann ist der Druck in der Tiefe h mit p h = h gegeben. Die Streckenlast x q (x ) = q h mit 0 x h (2.31) h beschreibt dann mit q h = bp h die auf eine Staumauer der Breite b wirkende Belastung. Gemäss Gleichung (2.28) ist die äquivalente Einzelkraft dann durch
(2.27)
bezieht die an der Stelle x wirkende Kraft d F auf das Streckenelement dx und beschreibt so diese Form von Belastungen. Die Wirkung einer Streckenlast q L = q L (x ) auf einen starren Körper kann durch eine an der Stelle x F wirkende Kraft F ersetzt werden. Dem Äquivalenzprinzip entsprechend, ist die resultierende Kraft die Summe der Einzelkräfte. Anstelle der Summe tritt hier das Integral über die Länge L der Streckenlast und liefert F
=
d F
=
q L (x ) dx .
(2.28)
Länge
x F F
=
x dF .
(2.29)
Länge
Mit der Definition der Streckenlast (2.27) erhält man schließlich x F
=
1 F
x q L (x ) dx ,
F =
x =0 =
(2.30)
Länge
wobei die resultierende Kraft F aus Gleichung (2.28) folgt.
q h h
x q h dx h
1 2 2 x
q h h
=
x =h =
x =0
x =h
x dx
(2.32)
x =0
1 2 h q h
gegeben. Schließlich erhält man aus Gleichung (2.30) den Hebelarm 1 x F = F =
Die Momentenwirkung der Kraft F bezüglich dem Punkt 0, die über den Hebelarm x F mit x F F bestimmt ist, muss der Momentenwirkung der verteilten Kräfte dF entsprechen
x =h
x =L
x =0
2 h 2
x x q h dx h
1 3 3 x
=
2 q h hq h h
x =h =
x =0
x =h
x 2 dx
(2.33)
x =0
2 3 h .
Man erkennt, dass die Fläche der dreiecksförmigen Belastung, die hier durch die Länge h und die Höhe q h gekennzeichnet ist, mit dem Wert der resultierenden Kraft F übereinstimmt. Zudem läuft die Wirkungslinie von F , deren Lage durch den Hebelarm x F beschrieben wird, durch den Schwerpunkt der dreiecksförmigen Belastung. Diese Zusammenhänge gelten allgemein für beliebige Streckenlasten.
2.4.10 Flächenlast Wind- oder Kontaktkräfte sind häufig über die Oberoder die Kontaktfläche verteilt. Die bereits in Gleichung (2.2) definierte Flächenlast q A (x , )
=
dF dA
(2.34)
9
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beschreibt diese Form von Belastung, wobei die über die Fläche A verteilten Kräfte d F auf ein Flächenelement dA bezogen werden, Abb. 2.14. qA(x,y)
"
-
Abb. 2.15: Gewichtsmittelpunkt
y x
!#$%!& !"
'
( )' +
dF
( )*
)
die resultierende Gewichtskraft. Die über den Körper verteilten Kräfte d G und die resultierende Kraft G haben die gleiche Wirkung auf den starren Körper, wenn die entsprechenden Momente bezüglich 0 übereinstimmen (2.38) r 0S G = r 0i d G .
dA
z F yF
x
×
Körper
y
xF
×
Der Vektoren r 0S beschreibt dabei den Angriffspunkt S der resultierenden Gewichtskraft G und der Vektor r 0i zeigt der Reihe nach auf alle Massenelemente dm des Körpers.
z
Abb. 2.14: Flächenlast
In Erdnähe kann die Massenanziehung zwischen einem Körper und der Erde durch ein homogenes Schwerefeld approximiert werden. Die Gewichtskräfte d G sind dann alle parallel. Orientiert man die Achsen des Koordinatensystems so, dass die z -Achse in Richtung der Gewichtskräfte zeigt, dann gilt
Analog zu Abschnitt 2.4.9 kann die Wirkung einer Flächen¨last auf einen starren Körper wieder durch eine resultierende Einzelkraft F
=
dF
=
Fläche
q A dA
(2.35)
Fläche
beschrieben werden. Die Koordinaten x F =
1 F
x q A dA
und F =
Fläche
d G
1 F
=
0 0 dG
und G
=
0 0 , G
(2.39)
wobei die Beziehung (2.37) auf die z -Komponente der resultierenden Gewichtskraft G angewendet wurde. Mit der Koordinatendarstellung der Ortsvektoren
q A dA (2.36)
Fläche
legen dann die Wirkungslinie der resultierenden Kraft F fest, die hier entsprechend der Belastung in z Richtung verläuft.
2.5 Schwerpunkte 2.5.1 Gewichtsmielpunkt
r 0i
=
x i i z i
und r 0S
× =
x S S z S
lautet die Äquivalenzbeziehung (2.38)
x S S z S
× 0 0 G
=
Körper
x i i z i
0 0 . dG
(2.40)
(2.41)
Nach dem Auflösen der Kreuzprodukte bleibt Die Gewichtskraft, die auf der Massenanziehung zwischen der Erde und einem Körper beruht, ist eine Volumenkraft. Auf jedem Massenelement dm = dV wird die Kraft dG eingeprägt, Bild 2.15. Die Integration über den ganzen Körper liefert mit G
=
10
S G = i dG ,
−x S G
=
−
x i dG und
(2.37)
0 = 0
(2.42) Die beiden ersten Gleichungen liefern mit x S und S die x - und -Komponente des Ortsvektors r 0S . Da sich die Wirkung der Gewichtskraft G hier nicht ändert, wenn sie längs ihrer Wirkungslinie, der z -Achse, verschoben wird, bleibt die z -Komponente, die Koordinate z S , zunächst unbestimmt. Dreht man den starren
d G
Körper
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Körper so, dass die Gewichtskräfte d G nicht mehr in z - sondern z.B. in x -Richtung wirken, dann liefert die Äquivalenzbeziehung (2.38) auch eine Bestimmungsgleichung für die z -Komponente des Ortsvektors r 0S .
Der Gewichtsmittelpunkt S , der auch als Schwerpunkt bezeichnet wird, ist allgemein durch die Komponenten x S
2.5.4 Flächenmielpunkt
=
1 G
x i dG
1 G
i dG
Der Mittelpunkt einer Fläche sowie ihre Größe sind durch
Körper
S
=
(2.43)
Körper
z S
1 G
=
r 0S
z i dG
r 0S
=
r 0i dG
(2.44)
definiert, wobei das Gewicht des Körpers durch G
=
#
dG
"
1 m
r 0i dm ,
und m
Körper
=
dm (2.46)
Körper
auch der Massenmittelpunkt definiert werden, wobei m die Masse des Körpers bezeichnet. Im homogenen Schwerefeld sind der Gewichts- und der Massenmittelpunkt eines starren Körpers identisch. Mit dem Gewicht G = m , dem Differential dG = dm und der als konstant vorausgesetzten Erdbeschleunigung können die Beziehungen (2.44) und (2.45) direkt in die Definition (2.46) überführt werden.
%
Der Volumenmittelpunkt eines starren Körpers ist durch die Definitionen r 0S
=
1 V
Körper
r 0i dV
mit V
(
! )*+( )-
und der Wandstärke t , die alle als Konstante betrachtet werden, gilt dann dG = dm
=
ρ dV = ρ t dA und G = ρ t A .
(2.49) Damit können die in den Gleichungen (2.44) und (2.45) erforderlichen Integrationen über den Körper (Dreifachintegral) auf die in Gleichung (2.48) auftretenden Integrationen über eine Fläche (Doppelintegral) zurückgeführt werden.
2.5.5 Linienmielpunkt Analog zu (2.48) definieren die Beziehungen
2.5.3 Volumenmielpunkt
& #'
Abb. 2.16: Dünnwandiges Blech
Analog zu den Definitionen (2.44) und (2.45) kann mit =
& #!
$
2.5.2 Massenmielpunkt
r 0S
dA (2.48)
Fläche
(2.45)
bestimmt ist. Da über den räumlich ausgedehnten Körper integriert wird, entspricht das Integralsymbol hier einem Dreifachintegral.
=
Bei Blechen mit dünner Wandstärke t kann das Volumenelement auf ein Flächenelement reduziert werden, Bild 2.16. Mit der Erdbeschleunigung , der Dichte ρ
Körper
und A
definiert. Da jetzt nur mehr über eine Fläche integriert wird, entspricht das Integralsymbol hier einem Doppelintegral.
Körper
r 0i dA
Fläche
oder den Ortsvektor
1 A
=
Körper
1 G
festgelegt. Bei homogener Massenverteilung ist die Masse des Körpers mit m = ρ V proportional zum Volumen V , wobei ρ die Dichte bezeichnet. Dann sind auch der Massen- und der Volumenmittelpunkt identisch.
=
dV (2.47)
Körper
r 0S
=
1 L
r 0i ds mit
Linie
L
=
ds
(2.50)
Linie
den Mittelpunkt S sowie die Länge L einer Linie, wobei ds ein infinitesimal kleines Linienstück bezeichnet.
11
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Technische Mechanik I $
2.5.6 Zusammengesetzte Körper
#
2.5.6.1 Definition &
Setzt sich ein Körper aus zwei oder mehreren Teilkörpern zusammen, dann können bei der Schwerpunktsberechnung die Integrale aufgeteilt werden, Bild 2.17. Analog zu (2.46) gilt für zwei Teilkörper !
" (
&'
%$$
Mit den Schwerpunktsabständen x 1 = a /2, 1 = s /2, x 2 = s /2, 2 = s + (b s ) /2 = (b +s ) /2 und den Teilflächen aus (2.54) ergibt sich
−
Abb. 2.17: Zusammengesetzter Körper
m
=
dm 1
+
K 1
dm 2 oder m
=
x S
m 1 + m 2 (2.51)
S
und r 0S
=
=
1 r 01i dm 1 + m K 1 1 m 1r 01 + m2r 02 m
oder r 0S
=
1 m 1 +m 2
r 02i dm 2
K 2
(2.52)
m 1r 01 + m 2r 02 , m1 +m2
(2.53)
2.5.6.2 Beispiel L-Profil Der Querschnitt eines L-Profils setzt sich aus zwei Rechtecken zusammen. Die in Bild 2.18 realisierte Aufteilung führt auf Rechtecke mit den Kanten a und s sowie s und b s . Analog zu (2.51) ist die Querschnittsfläche dann durch
−
−
=
a s
+
A1
(b s ) s
(2.54)
A2
gegeben. Die Koordinaten des Flächenmittelpunktes erhält man gemäß (2.53) aus x S =
12
1 a 2 +bs s 2 (2.56) 2 a + b s
− −
=
=
as 12 s + (b s )s 12 (b +s ))
−
as + (b s )s
−
=
1 b 2 +as s 2 . (2.57) 2 a + b s
− −
2.5.7 Rotationskörper
Eine Linie der Länge L, die in einer Ebene liegt und die um eine in dieser Ebene liegenden Achse rotiert, erzeugt einen rotationssymmetrischen Hohlkörper mit der Oberfläche O , Bild 2.19.
wobei m 1 , m 2 die Massen der Teilkörper bezeichnen und die Vektoren r 01 , r 02 die Lage der Teilkörperschwerpunkte S 1 , S 2 markieren. Die Beziehungen (2.52) und (2.53) gelten sinngemäß für beliebig viele Teilkörper und für alle Schwerpunkte.
A
as +
− (b −s )s
2.5.7.1 Guldinsche Regeln
m 1r 01 + m 2r 02
=
=
as 12 a + (b s )s 12 s
und
K 2
%
Abb. 2.18: Schwerpunkt eines L-Profils
&%
# "$
$'
!
# "%
# "'
)
#
A1x 1 +A2x 2 , A1 +A 2
S =
A1 1 +A2 2 . (2.55) A1 +A 2
$ !" #
Abb. 2.19: Oberfläche eines Drehkörpers Dann ist die Oberfläche gemäß der 1. Guldinsche Regel durch (2.58) O = 2 π L x S bestimmt, wobei die Drehachse die Linie berühren aber nicht schneiden darf und L die Länge der Kurve und x S der Abstand des Linienmittelpunktes von der Drehachse ist. Die Rotation einer ebenen Fläche um eine in ihrer Ebene liegenden und die Fläche nicht schneidende Achse erzeugt einen Drehkörper, Bild 2.20. Sein Volumen errechnet sich gemäß der 2. Guldinsche Regel aus (2.59) V = 2 π A x S ,
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill wobei der Momentenbezugspunkt 0 beliebig gewählt werden kann. Mit der Komponentendarstellung der Vektoren
# !"
$
F i =
Abb. 2.20: Volumen eines Drehkörpers
wobei A der Inhalt der erzeugenden Fläche und x S der Abstand des Flächenmittelpunktes von der Drehachse ist.
2.5.7.2 Beispiel: L-Profil Mit den Guldinschen Regeln können auch Schwerpunktsabstände berechnet werden. Lässt man das in Abb. 2.18 skizzierte L-Profil um die Achse rotieren, dann entsteht ein Rotationskörper, dessen Volumen durch V
=
π a 2s + π s 2 (b s )
−
x s
=
V 2π A
=
π a 2s + π s 2 (b s ) . 2π (as + (b s )s )
−
−
F x i x 0i M x i F i ,r 0i = 0i ,M i = M i F zi z 0i M zi
(2.63)
folgen aus (2.62) sechs skalare Gleichungen
( 0i F zi
F x i
=
F i
=
F zi
− z 0i F i ) (z 0i F x i − x 0i F zi ) (x 0i F i − 0i F x i )
= + + +
M x i
=
M i M zi
= =
0, 0, 0, 0, 0, 0.
(2.64)
Bei ebenen Problemen stehen nur drei Gleichungen zur Verfügung. In der x -, z -Ebene zum Beispiel verschwinden alle -Komponenten und es bleiben mit
(2.60)
gegeben ist. Mit (2.60) und der Querschnittsfläche A, die bereits in (2.54) berechnet wurde, kann aus (2.59) sofort die x -Koordinate des Flächenmittelpunktes berechnet werden
(z 0i F x i
F x i
=
F zi
− x 0i F zi )
= +
M i
=
0, 0, 0
(2.65)
nur noch die Kraftkomponenten in der Ebene und die Momentenkomponente senkrecht zur Ebene übrig.
(2.61)
2.6.2 Gegenwirkungsprinzip
Nach Kürzen mit π und s führt (2.61) auf das Ergebnis in (2.56). Eine Rotation des L-Profils um die x -Achse würde über (2.59) zur Schwerpunktskoordinate S führen.
Wenn zwei Körper Kräfte (und/oder Momente) aufeinander ausüben, dann sind Kraft und Gegenkraft, bzw. Moment und Gegenmoment entgegengesetzt gerichtet und dem Betrage nach gleich groß (actio = reactio).
2.6 Gleichgewicht
2.6.3 Schniprinzip
2.6.1 Das Gleichgewichtsaxiom
Befindet sich ein mechanisches System im Gleichgewicht, dann sind auch beliebige Teilsysteme zusammen mit den entsprechenden Schnittreaktionen im Gleichgewicht. Im Raum stehen damit pro Teilsystem n = 6 und in der Ebene n = 3 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung.
Nach Newton5 befindet sich ein mechanisches System im Zustand der Ruhe (Gleichgewicht) oder im Zustand der gleichförmigen geradlinigen Bewegung, wenn die angreifenden Kräfte und Momente in ihrer Wirkung auf einen starren Körper einem verschwindenden Kraftwinder mit F = 0 und M 0 = 0 äquivalent sind. Wegen (2.25) und (2.26) bedeutet dies
N
i =1
N
F i
=
0
und
i =1
M
r 0i
× F i
+
M i
=
0 , (2.62)
i =1
5 Sir Isaac Newton (1643-1727) war Naturwissenschaftler und Phi-
2.7 Lager 2.7.1 Definition und Wertigkeit Lager sind Bauelemente zwischen einem mechanischen System und der Umgebung oder zwischen zwei
losoph. Mit der Philosophiae Naturalis Principia Mathematica legte er den Grundstein für die klassische Mechanik.
13
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Technische Mechanik I
Körpern. In der Modellbildung werden aus realen Lagern Elemente, die in idealer Weise einzelne Bewegungen (Verschiebungen und/oder Drehungen) ungehindert zulassen oder vollständig sperren. Die Wertigkeit eines Lagers ist gleichbedeutend mit der Anzahl der dadurch gesperrten Bewegungsmöglichkeiten.
drei verschieblichen Gelenklagern oder mit einer Führung und einem verschieblichen Gelenklager realisiert werden. Bei der Kombination von Lagern muss darauf geachtet werden, dass die Wertigkeiten der einzelnen Lager sich nicht gegenseitig behindern.
2.7.4 Räumliche Lager 2.7.2 Reaktionen Wird ein mechanisches System durch Kräfte und/oder Momente belastet, dann kann es sich nur im Gleichgewicht befinden, wenn in den Lagern den Wertigkeiten entsprechende Reaktionen, d.h. Kräfte und/oder Momente, auftreten. Beim Freischneiden eines mechanischen Systems, d.h. beim Zerlegen des Systems in Teilsysteme im Extremfall bis herunter zu den einzelnen Körpern, werden die Lagerreaktionen sichtbar (actio = reactio beachten!).
Mit einem Kugel- und einem Scharniergelenk sind in der Abb.2.21 zwei räumliche Lagerelemente dargestellt. Beim räumliche Kugelgelenk kann der Körper 2 + )
*
!"#$%# ' !"#$%# (
Abb. 2.21: Kugel- und Scharniergelenk
2.7.3 Lager in der Ebene Die verschiedenen Lagertypen in der Ebene sind in der Tabelle 2.2 zusammengestellt. Kinematik Bewegungsmöglichkeiten
Symbol und Name
Statik Wertigkeit
! "
verschiebliches Gelenklager
Kraft in z Drehung um Verschiebung in x “einwertig”
! "
Drehung um
festes Gelenklager ! "
Führung
Kraft in z Verschiebung in x Moment um “zweiwertig”
! "
keine
feste Einspannung
Kräfte in x und z “zweiwertig”
Kräfte in x und z Moment um “dreiwertig”
Tabelle 2.2: Lager in der Ebene Um einen Körper in der Ebene zu fixieren, sind Lager erforderlich, die insgesamt über drei Wertigkeiten verfügen. Dies kann z.B. mit einer festen Einspannung, einem festen und einem verschieblichen Gelenklager,
14
gegenüber Körper 1 sämtliche Drehbewegungen ausführen. Im Gelenkpunkt werden jedoch alle translatorischen Bewegungen gesperrt. Das räumliche Kugelgelenk überträgt in allen 3 Raumrichtungen Kräfte und ist damit ein 3-wertiges Lager. Das skizzierte Scharniergelenk zwischen Körper 1 und Körper 2 lässt eine Drehung um die z -Achse und eine Verschiebung in z Richtung zu. Die restlichen 4 Bewegungen werden verhindert. Das skizzierte Scharniergelenk überträgt Kräfte in x - und -Richtung sowie Momente um die x - und -Achse und stellt damit ein 4-wertiges Lager dar.
2.7.5 Bestimmtheit einer Lagerung In der Ebene bzw. im Raum verfügt jeder Teilkörper eines mechanischen Systems über b = 3, bzw. b = 6 freie Bewegungsmöglichkeiten. Werden diese Bewegungsmöglichkeiten durch Lager eingeschränkt, dann muss beim Freischneiden des Körpers die Wirkung der Lager durch unbekannte Lagerreaktionen ersetzt werden. Die Anzahl u der unbekannten Lagerreaktionen ist durch die Summe der Wertigkeiten bestimmt. Können bei gegebener Belastung die unbekannten Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbeziehungen allein bestimmt werden, dann wird das System als ”statisch bestimmt” bezeichnet. Die statische Bestimmtheit eines Systems kann aus der Beziehung n
=
u
− t
(2.66)
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
berechnet werden, wobei u die Anzahl der unbekannten Lagereaktionen und t die Anzahl der tatsächlich zur Verfügung stehenden Gleichungen angibt. In der Ebene bzw. im Raum stehen zwar für jeden Teilkörper 3 bzw. 6 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung, doch in Sonderfällen können einige Gleichungen zur trivialen Beziehung 0 = 0 entarten. Deshalb kann die Anzahl der tatsächlich zur Verfügung stehenden Gleichungen mit t 3, bzw. t 6 nur nach oben begrenzt, nicht aber vorab eindeutig bestimmt werden.
≤
7
−
Die Anzahl der freien Bewegungsmöglichkeiten kann pro Teilsystem in der Ebene mit b = 3 und im Raum mit b = 6 angegeben werden. Bei bekanntem f kann damit t sehr leicht aus (2.67) bestimmt werden. Bei n > 0 ist das System n-fach statisch überbestimmt. In solchen Fällen ist eine vollständige Berechnung der Lagerreaktionen nur möglich, wenn auch Bauteil- und/oder Lagerverformungen mit einbezogen werden. In einigen Fällen können zumindest einige Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbeziehungen berechnet werden. Bei statisch überbestimmter Lagerung besteht die Gefahr einer inneren Verspannung, die zu erheblichen Lagerbelastungen führen kann. Eine statisch überbestimmte Lagerung wird in der Regel nur bei sehr nachgiebigen Bauteilen verwendet. Die überzähligen Lager stützen das Bauteil zusätzlich ab und verhindern so zu große Verformungen.
7
8
!
) #
#$%&'(&
#&'+,-.
# 3456 "
"
Abb. 2.22: Umlenkscheibe Scheibenmitte S r
− F r
folgt sofort
0
=
(2.69)
F = S .
(2.70)
Da eine widerstandslos drehbare Scheibe die Seilkraft bei statischer Belastung nicht verändert, wird sie als Umlenkscheibe bezeichnet. Das Ergebnis F = S kann dann bereits beim Freischneiden berücksichtigt werden. Die Lagerbelastungen H und V können aus dem Kräftegleichgewicht am Teilsystem Scheibe
−G cos α H −G sin α V − G +
+
=
0 ,
=
0
(2.71)
ermittelt werden, wobei die Beziehungen (2.68) und (2.70) bereits berücksichtigt wurden.
2.8.2 Die Pendelstütze Ein unbelastetes Bauelement mit vernachlässigbarem Eigengewicht, das an beiden Enden gelenkig gelagert ist, wird als Pendelstütze bezeichnet, Abb.2.23. Das "'
2.8 Spezielle Lagerelemente
"
%
"& "#
2.8.1 Die Umlenkscheibe
$
Zum Heben einer Last mit dem Gewicht G wird ein Seil um eine an der Decke befestigte Scheibe geführt, Abb.2.22. Die Scheibe mit dem Radius r ist in ihrer Mitte reibungsfrei drehbar gelagert. Durch einen Schnitt im Seil kann das Teilsystem Last abgetrennt werden. Hier liefert das Gleichgewicht in vertikaler Richtung sofort das Ergebnis S = G .
8
*
/01 .&(-2.
!
≤
In vielen Fällen kann einem mechanischen System angesehen werden, ob es trotz Lagerung noch über Bewegungsmöglichkeiten verfügt. Die Anzahl der Freiheitsgrade (verbleibende Bewegungsmöglichkeiten) genügt der Beziehung f = b t . (2.67)
*
)
(2.68)
Ein weiterer Schnitt im Lager legt das Teilsystem Scheibe frei. Aus der Momentensumme bezüglich der
!
!'
!& !#
%
Abb. 2.23: Pendelstütze Kräftegleichgewicht an der freigeschnittenen Pendelstütze liefert zunächst Ax + B x A + B Az + B z
= = =
0 , 0 , 0 ,
(2.72)
15
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Technische Mechanik I
wobei die z -Achse in Richtung der Linie AB zeigt. Aus dem Momentengleichgewicht bezüglich Gelenkpunkt A erhält man a B = 0 , a B x = 0 , (2.73) 0 = 0 ,
−
Enden gelenkig gelagerte Stab ist eine Pendelstütze; er kann deshalb nur eine Kraft in Richtung der Linie DC übertragen, vgl. Abschnitt 2.8.2. Für die 6 Unbekannten Ax , A , Az , B x , B z und F stehen 6 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung. In Vektorschreibweise lauten sie
wobei a den Abstand der Gelenkpunkte angibt. Wegen a 0 folgt aus (2.73) B = 0 und B x = 0. Damit liefert (2.72) dann auch A = 0 und Ax = 0. Die Pendelstütze kann also senkrecht zur Verbindungslinie AB der Lagerungspunkte keine Kräfte übertragen. Die dritte Gleichung in (2.72) kann folglich beim Freischneiden mit B z = F und Az = F durch das Prinzip ”actio = reactio” ersetzt werden.
−
− Ax A Az
0 B z
+
A
+
F e DC +
F
×
(2.75)
×
0
G
r AB B + r AC F e DC + r AS G
=
B
und
0 0 G
B x
×
=
0 ,
(2.76)
wobei als Momentenbezugspunkt der Lagerpunkt A gewählt wurde und der Einheitsvektor
2.8.3 Beispiel: Motorhaube Die in A und B gelagerte Motorhaube mit dem Gewicht G = 50 N wird durch einen in C und D gelenkig gelagerten Stab abgestützt, Bild 2.24. Der Lagerungspunkt
r DC r DC
r AC r AC
− r AD | − r AD |
e DC
=
=
| |
(2.77)
die Richtung der Stabkraft angibt. % "
Mit den Zahlenwerten aus (2.74) erhält man
(
$
)
#
!
&
r DC =
'
−−
500 750 866
und e DC =
r DC r DC
| |
=
wobei der Betrag mit
|r DC |
# &'
&( &)
%
!
$
( 500) 2 + ( 750) 2 + 8662
−
−
1500 B z 0 1500 B x
*'
Abb. 2.24: Abstützung einer Motorhaube und Motorhaube freigeschnitten
+
−
1040 F 693 F 0
sammen. Der Schwerpunkt und die restlichen Lagerungspunkte werden durch die Koordinaten = = = =
[ 0 [ 500 [ 1000 [ 250
| 1500 | 750 | 1500 | 750
| 0 | 866 | 0 | 433
], ], ], ]
B x = 0 ,
und (2.74)
festgelegt. Damit es nicht zu Verspannungen kommt, muss die Motorhaube in A und B gelenkig gelagert sein, wobei eines der Lager, z.B. das Lager in B , in Richtung verschieblich sein muss und damit in dieser Richtung keine Kraft aufnehmen kann. Der an beiden
16
1250
(2.79)
+
−
750 G 250 G 0
=
0 ,
wobei die Kreuzprodukte bereits ausmultipliziert wurden. Aufgelöst bleibt
A fällt mit dem Ursprung des Koordinatensystems zu-
B C D S
=
0.400 0.600 , 0.693 (2.78)
gegeben ist. Das Momentengleichgewicht (2.76) liefert dann
*(
"
=
−
−−
F =
−1040 F
+
250 G = 18.05 N 693
750 G
= 12 .486 N . 1500 Damit können aus dem Kräftegleichgewicht (2.75) auch die Lagerreaktionen in A berechnet werden
B z =
Ax = (B x + ( 0.400) A = Az = =
− − ∗ F ) 7 .22 N , −(−0.600) ∗ F 10 .82 N , −(B z 0.693 ∗ F − G ) −(12.486 12.5086 − 50) 25 N . =
=
+
+
=
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
2.9 Übungen
z
F2 C
2.9.1 Handbohrer
m 0 . 2
Ein Handbohrer wird in den Punkten P und Q mit den Kräften F 1 und F 2 belastet.
m 1 .5
3 .0 m
D
B
E
m 0 . 3
y
F1
x
A
F1
0
y
x P
Abb. 2.26: Konstruktion Q t a
z
F2
a
Abb. 2.25: Handbohrer Berechnen Sie mit r 0P =
0.10 0 .0 0.25
Abb. 2.27: U-Profil
m
und r 0Q =
die Wirkung der Kräfte F 1
=
−
0 100 0
N
und
F 2
=
−
bezüglich der Bohrerspitze (Punkt 0).
0. 0 0. 0 0. 5
0 60 120
a
m
a
a
F M
a
a
a
a
F =
− −
0 40 N und 120
M 0 =
a
a
a
F M
a
Lösung:
M
a
F
N
a
F
a
M
a
a
− −
5 0 Nm 10
a
a
a
F
2.9.2 Konstruktion
a
a
F M
a
a
M
a
Die skizzierte Konstruktion wird in E und C mit den Kräften F 1 = 5 kN und F 2 = 3 kN belastet. Berechnen Sie die Wirkung der Kräfte F 1 und F 2 bezüg Lösung: lich A. 5
F = 3 kN ; M A =
0
− −
Abb. 2.28: Verschiedene Lagerungsfälle
2.9.4 Verschiedene Lagerungsfälle
15 15 kN m 15
2.9.3 U-Profil Berechnen Sie für das skizzierte U-Profil die Lage des Flächenmittelpunktes. Kann das Ergebnis für t << a vereinfacht werden? x S = 0 (Symmetrie)
S =
a 2 − 2t ; 3 a
x
+
1 A1 + 2 A2 + 3 A3 + 4 A4 − 5 A5 − 6 A6 + 7 A7 A1 + A2 + A3 + A4 − A5 − A6 + A7 2 2 2 2 a at + a at + − t t + − t t − t t − t t + 0 2 2 4 2 4 2 4 2 4 2 2
S =
Zeichnen Sie jeweils das Freikörperbild und berechnen Sie, soweit möglich, die Lagerreaktionen. z
y A1
S =
Lösung:
Für das skizzierte Bauteil, das mit der Kraft F und dem Einzelmoment M belastet wird, sollen verschiedene Lagerungsfälle untersucht werden.
− −
at +at + t2
2
+
t 2 2
t << a :
t 2 2
S =
1 a 3
F
A2
a
a
a
A6 A7 a
A4
x
Lösung:
x F
a
F
√
+
z
F +
x
a
a
F
a
a
FBz FBx
FAz
√ M √ 2 2 F Az = − 4 − 4 F , a √ 2 M √ 2 √ 2 F Bx = − 2 F , F Bz = 4 − 4 F . a
z
a
a
M
a
F Ax
F Az =
F Bz F Bx
− √ 2 F , √ F Ax +F Bx = 2 √ 2 M − F , F Bz = 42 − M − F . 4 a a
FC
a F
a
M
a
FB
F A = −F , F B = 0, M B = −M +aF .
M
a
a
x +
FA
a
F Ax = 0, F Az = − F , M B = −M + aF . x
a
Az
M MA FAz
F Ax
√
2 M 2 M , F B = . 4 a 4 a
M
a
a
z FB
F C = −F , F A = − + z
x
+
FC FA
a
S A5
A3
a
F M
a
t
t 2 +at 2
B
a
M
a
z FA
keine Lösungmöglich
FB
17
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2.9.5 Behälter Der skizzierte Behälter wird langsam mit einer Flüssigkeit der Dichte ρ angefüllt.
a/2 Q a
a
A B
G h
a P
b α
Abb. 2.31: Kiste mit geöffnetem Deckel
a A
Wie groß ist die Fadenkraft, wenn der Deckel das Gewicht G hat? Lösung: 3 4
F = G
Abb. 2.29: Behälter Bei welcher Höhe h beginnt der Behälter um die Kante Lösung: bei A zu kippen? h =
√ a 3
tanα
2.9.6 Flaschenzug Der skizzierte Flaschenzug wird durch das Gewicht G L belastet. Die an der Decke gelagerten Scheiben haben jeweils das Gewicht G R . In G B sind das Gewicht der unteren Scheibe und des Bügels zusammengefasst.
r
GR
GR
F
r
o
30
2r
GB
GL
Abb. 2.30: Flaschenzug Bei welcher Kraft F ist das System im Gleichgewicht? Wie groß sind dabei die Lagerreaktionen in den oberen Lösung: Scheibenlagern? 1 3
1 2
F = (G B + G L ) , H 1 = F , V 1 = G R + ( 1+
1 √ 3) F , H 2 = 0, V 2 = G R + 2 F 2
2.9.7 Kiste Der Deckel einer Kiste wird durch zwei Scharniere in A und B sowie durch einen Faden zwischen den Punkten P und Q in horizontaler Lage gehalten.
18
3 Fachwerke 3.1 Grundlegendes
3.1.3 Knoten
3.1.1 Definition
Die an einem Knoten zusammenlaufenden Stäbe bilden ein zentrales Kräftesystem, Abb. 3.2.
Ein Fachwerk ist ein aus Stäben zusammengesetztes Tragwerk, bei dem die folgenden Bedingungen erfüllt sind: •
S
2
β
die Stäbe sind in den Knoten zentrisch und gelenkig miteinander verbunden,
•
belastende Kräfte greifen nur in den Knoten an,
•
das Eigengewicht der Stäbe kann auf die Knoten verteilt oder gegenüber der äußeren Belastung vernachlässigt werden.
S
3
γ
S
α
1
δ
S
4
Abb. 3.2: Knoten
3.1.2 Stäbe Jeder Stab in einem Fachwerk ist an beiden Enden gelenkig gelagert und stellt, da das Eigengewicht stets vernachlässigt oder auf die Knoten verteilt wird, eine Pendelstütze dar, vgl. Abschnitt 2.8.2.
Die Gleichgewichtsbeziehungen am Knoten reduzieren sich somit auf die Summe der Kräfte
−S 4 cos δ − S 3 cos γ −S 4 sin δ S 3 sin γ
+
+
S 2 cos β + S 1 cos α = 0 ,
+
S 2 sin β + S 1 sin α = 0 .
(3.3)
In der Ebene (im Raum) stehen folglich pro Knoten zwei (drei) Gleichungen zur Verfügung.
NII II Q II
3.1.4 Bestimmtheit
a
Ein Fachwerk ist kinematisch bestimmt , wenn die Lage aller Knotenpunkte eindeutig fixiert ist; es ist statisch bestimmt , wenn die Stabkräfte und die Lagerreaktionen aus den Gleichgewichtsbeziehungen bestimmt werden können.
QI α
I NI
Ist ein ebenes Fachwerk mit s Stäben und k Knoten statisch und kinematisch bestimmt gelagert, dann gilt
Abb. 3.1: Stabkräfte Die Gleichgewichtsbeziehungen für einen freigeschittenen Stab, Abb. 3.1 lauten in der Ebene
−N I −Q I
+
N I I
=
0 ,
+
Q I I
=
Q I I a
=
0 , 0 .
(3.1)
=
Q I I
=
0 .
=
2 k ,
(3.4)
wobei r die Anzahl der Lagerreaktionen angibt. Bei räumlichen Fachwerken muss (3.4) durch s + r
=
3 k ,
(3.5)
ersetzt werden.
Fachwerkstäbe übertragen also keine Querkräfte Q I
s + r
(3.2)
Die Bedingungen (3.4), bzw. (3.5) sind notwendig aber nicht hinreichend.
Stabkräfte sind Normalkräfte, S = N I = N I I . Die Stabkraft ist positiv, wenn der Stab auf Zug belastet wird.
19
OTH Regensburg
Technische Mechanik I
3.2 Ebene Fachwerke
V
S4
3.2.1 Einfache Fachwerke
S4
S7 S5
S5
S7
Abb. 3.3 zeigt ein einfaches, ebenes Fachwerk. S4
S5
S7
V
S4 H II
a
II
III
S1
IV
a
a
S3
II
S3
S5
S3
S3
III S
S6
S6
S7 IV
S6
6
S2
S1
F
S2 F a 2
α
I
S2 S1
Abb. 3.3: Einfaches Fachwerk
S2 I
Zur Bestimmung der 10 Unbekannten (7 Stabkräfte S 1 bis S 7 und 3 Lagerreaktionen H I , V I und H I I ) stehen an den 5 Knoten jeweils 2 Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung.
HI VI
Abb. 3.4: Fachwerk freigeschnitten
Mit den Bezeichnungen aus Abb. 3.4 erhält man H I + S 2 sin α
=
0,
(3.6)
V I + S 1 + S 2 cos α
=
0,
(3.7)
wobei der Winkel zwischen den Stäben 1 und 2 als Hilfsgröße verwendet wurde. Aus der Geometrie folgt a
sin α = H I I + S 3 +
−S 1
+
1 2 1 2
√
2 S 4
√
2 S 4
−S 3 − S 2 sin α −S 2 cos α −S 6 − 12
√
1 2
√
−F − 1 √
−2
20
1 2
+
2 S 4
− S 5 −
0,
=
(3.8)
=
0,
(3.10)
+
S 5
=
0,
(3.11)
=
1 2 1 2
=
√
2 S 7
√
2 S 7
0,
0,
a 2 + ( 2a ) 2 2 a
cos α =
(3.12)
(3.13)
=
0,
(3.14)
=
0,
(3.15)
=
√ 1 ,
=
√ 2
a 2 + ( 2a ) 2
(3.9)
S 6
2 S 7
2 S 4 +
+
2 S 7
√
0,
=
5
5
(3.16) .
Das Anschreiben der Gleichgewichtsbeziehungen für jeden freigeschnittenen Knoten wird als Knotenpunktverfahren bezeichnet. Ist ein Fachwerk statisch und kinematisch bestimmt, dann liefert das Knotenpunktverfahren stets genügend Gleichungen um alle Stabkräfte und die Lagerreaktionen zu berechnen. Bei einfachen, abbaubaren Fachwerken erhält man ein gestaffeltes Gleichungssystem, das leicht aufgelöst werden kann. Aus den Gleichungen (3.6) mit (3.15) erhält man: S 7 = 2 F , (3.17) S 6
√ √ − 12 2 S 7 −F , √
=
S 4
=
=
S 7
=
2 F ,
(3.18) (3.19)
Technische Mechanik I (Statik) S 5
√
− 12
S 2 S 3
− 12
2 S 4
=
=
√
2 S 7
−
−S 2 sin α S 1
S 6
=
1 √
=
− − 21
+
2 S 4
2
√
2 S 4
=
0
−2 F , √ 5 F ,
F
− F
=
=
S 5 / cos α =
=
H I I = S 3
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
=
=
F ,
=
+
(3.22) (3.23)
− F −F ,
(3.25)
2 F = F .
V I
− F
2a H I I + 2a F
=
0 ,
=
0 ,
=
0
S3
S1
S2
III
H I = F
IV
(3.27)
und V I = F .
F2
−S 1 S 3
V I + S 1 +
2 S 2
=
=
0,
(3.32)
0,
(3.33)
=
0,
(3.34)
2 S 5 + S 6
=
0,
(3.35)
√
=
0,
(3.36)
2 S 5
+
√ 2 S 5 1 √
− 21 2
=
0,
(3.37)
=
0,
(3.38)
S 8
=
0,
(3.39)
2 S 5 + S 7
=
0,
(3.40)
+
√ 2 S 9 1 √
−S 8 − 12
S 1
2
2 S 9
=
0,
(3.41)
=
0.
(3.42)
=
0
und S 3
=
0
(3.43)
VII
zwei Nullstäbe.
Man erhält H I +
=
=
−F 2 − 12
V V I I +
Abb. 3.5: Nicht einfaches Fachwerk
√ 2 S 2 √
(3.31)
Das Gleichgewicht am Knoten I I liefert mit
VI
1 2 1 2
VVII
VVI
√
1 2
+
V V I +
V
I
VII
0,
√ −S 6 12 2 S 9 √ −S 7 − 21 2 S 9
F2
F1
a
S8 S8
=
√ −S 3 − 21 2 S 2 S 4 √ −F 1 − 12 2 S 2
a
IV
S9
Abb. 3.6: Fachwerk freigeschnitten
Abb. 3.5 zeigt ein nicht einfaches, ebenes Fachwerk. Auch hier kann das Knotenpunktverfahren angewendet werden, Abb. 3.6.
III
S7
VI
(3.28)
3.2.2 Nicht einfache Fachwerke
II
S5
VI
H V I
a
S9
HVI
Bei einfachen Fachwerken kombiniert man meistens das Gleichgewicht am Gesamtsystem mit dem Knotenpunktverfahren. Bei geschicktem Vorgehen vereinfacht sich dadurch die Auflösung der Gleichungen.
a
V
S7
S5
I
Mit (3.28) können die Lösungen (3.17) bis (3.26) überprüft werden.
a
S6
S2
−S 4 −
S6
+
folgt sofort H I I = F ,
S4
F1
S1 HI
S3 S4
(3.26)
Bei einfachen Fachwerken können die Lagerreaktionen auch aus den Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystem errechnet werden. Aus H I + H I I
II
(3.24)
−
− − S 2 cos α −F
(3.21)
0 ,
H I = S 2 sin α = F , V I = S 1
(3.20)
0, 0,
(3.29) (3.30)
Die restlichen Gleichungen können wieder sukzessive gelöst werden 2 F 1 , (3.44) S 2 = 1 2 S 2 = F 1 , (3.45) H I = 2 1 2 S 2 = 0 + F 1 = F 1 , (3.46) V I = S 1 2 1 2 S 2 = 0 F 1 = F 1 , (3.47) S 4 = S 3 + 2
− −
− √
√
√ − √
−
−
21
OTH Regensburg
Technische Mechanik I S 5
− 1 √ =
√
2 F 2
(3.48)
− 2 2 S 5 −F 1 F 2 , (3.49) √ √ S 9 2 S 6 2 ( F 2 − F 1 ) , (3.50) 1 √ 2 S 9 F 1 − F 2 , (3.51) S 7 − 2 1 √ S 8 − 2 S 9 F 1 − F 2 , (3.52) 2 1 √ 2 S 9 F 1 − F 2 , (3.53) V V I I − 2 1 √ H V I 2 S 5 − S 8 −F 2 − F 1 F 2 −F 1 , (3.54) 2 1 √ 2 S 5 − S 7 F 2 − F 1 F 2 2 F 2 − F 1 . (3.55) V V I − 2 S 6
=
S 4
=
=
+
=
=
3.3.3 Der belastete Zweischlag Wird ein Knoten, an dem zwei Stäbe mit unterschiedlichen Richtungen angeschlossen sind, durch eine äußere Kraft in Richtung eines Stabes belastet, dann ist der andere Stab eine Nullstab.
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
+
=
=
Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystem H I + H V I
=
0 , (3.56)
− F 1 − F 2 V V I V V I I 3a V V I 4a V V I I − a F 1 − 2a F 2
=
0 , (3.57)
=
0 . (3.58)
V I
+
+
+
reichen zwar nicht aus, um die Lagerreaktionen zu bestimmen, können aber trotzdem zur Kontrolle verwendet werden.
3.3 Nullstäbe 3.3.1 Allgemeines Bei spezieller Stabanordnung und unter besonderen Belastungsbedingungen können in einem Fachwerk Nullstäbe erkannt werden. Das Erkennen von Nullstäben reduziert den Aufwand und gestattet in einigen Fällen einen Neueinstieg beim Auflösen der Gleichgewichtsbeziehungen.
S 2 sin α = 0 ,
Sind an einem unbelasteten Knoten zwei Stäbe angeschlossen, die nicht in gleicher Richtung liegen, dann sind beide Stäbe Nullstäbe. S 2 sin α = 0 ,
2
S 1 + S 2 cos α = 0 , α
Mit sin α 0 folgt sofort S 2
=
0
und S 1
=
1
F
F + S 1 + S 2 cos α = 0 .
α
Mit sin α 0 folgt sofort 1
S 2
0
=
und S 1
−F .
=
3.3.4 Der unbelastete Dreischlag Sind an einem unbelasteten Knoten drei Stäbe angeschlossen von denen zwei in gleicher Richtung liegen, dann ist der dritte Stab ein Nullstab. S 3 sin α = 0 ,
−S 1
+
α
1
Mit sin α 0 folgt sofort
2
0 und S 1 = S 2 . Das Erkennen von Nullstäben kann in Einzelfällen die Berechnung von Fachwerken stark vereinfachen. Man sollte jedoch beachten, dass ein nichterkannter Nullstab ohne Folgen bleibt, während ein fälschlicherweise als Nullstab angenommener Stab die gesamte Berechnung in Frage stellt. S 3
=
3.3.5 Beispiel Fachwerk mit Nullstäben Das in Abb. 3.7 dargestellte Fachwerk enthält vier Nullstäbe. Der Knoten V ist ein unbelasteter Zweischlag, =
0
und S 9
=
0 .
(3.59)
Die Belastung im Knoten I I erfolgt in Richtung von Stab 2, (3.60) S 1 = 0 und S 2 = F 1 .
−
Der Knoten IV ist unbelastet und die Stäbe 4 und 8 haben die gleiche Richtung S 5
=
0
und S 4
=
S 8 .
(3.61)
Die Lagerreaktionen folgen aus dem Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystem F 1 + H I
0 .
V I + V V I
− F 2
− 2a V V I
a F 1 + a F 2
22
3
S 2 + S 3 cos α = 0 .
S 6
3.3.2 Der unbelastete Zweischlag
2
=
0,
(3.62)
=
0,
(3.63)
=
0,
(3.64)
Technische Mechanik I (Statik)
F1
F2
a 2
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
II
III
V
2
Mit dem Ritterschnitt können bei geeigneten Fachwerken einzelne Stabwerke direkt berechnet werden. In vielen Fällen genügt das zur Dimensionierung.
6
1
a
3.4 Der Rierschni
a
9
7
5
3
4
I
IV
4
8
VI
5
3
1
F1
2
F2
8 7
6
2a
12
11
9 10
2a
13
A 6a
Abb. 3.7: Fachwerk mit Nullstäben wobei mit a die Breite und Höhe eines quadratischen Fachwerkfeldes bezeichnet wurde. Unter Berücksichtigung der Nullstäbe S 1
=
0 ,
S 5
=
0 ,
S 6
=
0 ,
S 9
=
0
(3.65)
und mit den Lagerreaktionen H I
=
V V I
=
V I
=
−F 1 ,
1 ( F 1 + F 2 ) , 2 1 (F 1 F 2 ) 2
−
−
(3.66)
(3.67)
(3.68)
H I +
√
2 S 3 + S 4
Gelingt es, ein ebenes Fachwerk so zu durchtrennen, dass maximal 3 unbekannte Stäbe geschnitten werden, dann können die Belastungen dieser Stäbe aus den Gleichgewichtsbeziehungen eines Teilsystems ermittelt werden. Zuvor müssen allerdings die Lagerreaktionen berechnet werden. Durch einen Ritterschnitt können bei dem langgestreckten Fachwerk, Abb. 3.8, z.B. die Stabkräfte S 8 , S 9 und S 10 sofort berechnet werden.
V I + S 1 +
1 √
2 S 3
2
F2
S8
=
0,
=
0
B
6a
3a
Abb. 3.8: Langgestrecktes Fachwerk
genügen die Gleichgewichtsbeziehungen an den Knoten I und V I 1 2
3a
S9
2a
S10
2a
(3.69)
VB
6a
(3.70) Abb. 3.9: Ritterschnitt
und
√
2 S 7
=
0,
2 S 7 + S 9
=
0
−S 8 − 12 1 √
V V I +
2
(3.71) (3.72)
um die restlichen Stabkräfte zu bestimmen. Man erhält S 3
=
S 4
=
S 7
=
S 8
=
√
1 2
√
− 2 V I 2 ( F 1 − F 2 ) , √ −H I − 12 2 S 3 12 (F 1 F 2 ) , √ √ − 2 V V I − 12 2 (F 1 F 2 ) , √ − 12 2 S 7 12 (F 1 F 2 ) . =
=
=
=
+
(3.73)
−S 8 − S 9 cos α − S 10 − F 2 V B − S 9 sin α 6a V B − 2a S 10
=
0,
=
0,
=
0,
(3.77)
wobei α den Winkel zwischen Stab 9 und Stab 8 angibt. Aus der Geometrie folgen sin α
=
√ 22
, cos α
=
√ 23
+
(3.74)
+
(3.75)
Die Lagerreaktion in B erhält man mit
(3.76)
V B
Die Nullstabbestimmung (3.60) am Knoten V liefert auch die Belastung von Stab 2, S 2 = F 1.
−
Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Teilsystem in Abb. 3.9 lauten
2
+
32
=
2
+
1 F 1 3
− 29 F 2
32
. (3.78)
(3.79)
sofort aus der Momentenbilanz für das Gesamtsystem 18a V B + 4a F 2
− 6a F 1
=
0 .
(3.80)
23
OTH Regensburg
Technische Mechanik I
Damit können auch die gesuchten Stabkräfte berechnet werden. Aus (3.77) entnimmt man S 10
=
S 9
=
S 8
=
3 V B , V B , sin α S 9 cos α
−
(3.81)
− S 10 − F 2 .
Selbstverständlich kann das Knotenpunktverfahren mit einem oder mehreren Ritterschnitten kombiniert werden.
3.5 Räumliche Fachwerke Der Ritterschnitt und das Knotenpunktverfahren können auch bei räumlichen Fachwerken zur Berechnung der Stabkräfte eingesetzt werden. Im Raum stehen pro Knoten drei Gleichgewichtsbeziehungen zur Verfügung und beim Ritterschnitt können sechs unbekannte Stäbe berechnet werden. Wegen der Komplexität räumlicher Fachwerkstrukturen entstehen dabei gekoppelte Gleichungssysteme, die meist nur mehr numerisch gelöst werden können. Das räumliche Fachwerk in Abb. 3.10 besteht aus 15 Stäben. Mit den jeweils 3 Reaktionen in den 6 Gelenken A bis F ergibt das 43 Unbekannte. In jedem der 9 Gelenke muß das Kräftegleichgewicht in den 3 Raumrichtungen erfüllt sein. Hinzu kommen noch 6 Gleichgewichtsbeziehungen für den freigeschnittenen Behälter. Damit stehen auch 27 + 6 = 43 Gleichungen zur Verfügung. Bei dem räumlichen Fachwerk aus Abb. 3.10 kann zweimal der Ritterschitt angewendet werden. Horizontale Schnitte oberhalb und unterhalb des Dreiecks I , I I , I II ergeben jeweils ein Teilsystem mit sechs unbekannten Stabkräften, S 1 mit S 6 , bzw. S 10 mit S 15 . Die aus den Gleichgewichtsbeziehungen für die entsprechenden Teilsysteme resultierenden Gleichungen sind jedoch so stark miteinander gekoppelt, daß eine analytische Lösung nur mit erheblichen Rechenaufwand durchgeführt werden kann. Mit den Stabkräften, S 1 mit S 6 und S 10 mit S 15 können dann die restlichen Stabkräfte S 7 , S 8 , S 9 und die Gelenk- und Lagerreaktionen ermittelt werden. In der Praxis werden räumliche Fachwerke mit der Methode der Finiten Elemente berechnet. Neben den Stabkräften erhält man dabei auch die elastischen Verformungen.
Abb. 3.10: Räumliches Fachwerk
3.6 Übungen 3.6.1 Einfaches Fachwerk Für das skizzierte Fachwerk bestimme man die Lagerreaktionen und alle Stabkräfte.
1
5 3
A
2
2a
F
8
7
a 2
B
6
9
a
2a
Abb. 3.11: Einfaches Fachwerk Kontrollieren Sie das Ergebnis mit einem Ritterschnitt Lösung: durch die Stäbe 4, 5 und 6. 7 5 F
S 4 =
B H =
2 F
S 5 =
B V =
− 5 F − 75 √ 2 F
A H =
S 1 = S 2 =
2
7 F 5
S 3 =
F
−√ 85 F 5 5 F 7 5 F
S 6 =
−√ 25 F F
S 7 = S 8 = 25 S 9 =
2
8 5 F
3.6.2 Abspannmast Ein Abspannmast für eine Fahrleitung ist als Fachwerk ausgeführt. Wie groß sind die Stabkräfte?
24
2F
4
3
S 1 =
Lösung:
S 2 = S 3 = S 4 =
−
√ 25 G 2 G
0 3 2 G
− 32 √ 5 G
S 5 =
S 6 =
G
S 7 =
3G
S 8 =
− 4G − √ 5G
S 9 = S 10 =
5G
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
a
a 4
1
3 2
5
2a 7
G 6
8 9
2a 10
Abb. 3.12: Abspannmast
3.6.3 Nichteinfaches Fachwerk Bestimmen Sie für das nichteinfache Fachwerk die Reaktionen in den Lagern A, B und C sowie die Stabkräfte Lösung: S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 und S 6 . AV = F , B V = F , C V = F , C H = 0 S 1 = 2 F , S 2 = F , S 3 = F , S 4 = F , S 5 = F , S 6 = 0
− √
−
−
4
1
A
3
2
5
a
a
6
a
B
C a
F
Abb. 3.13: Nichteinfaches Fachwerk
25
4 Zug- und Druckbelastungen 4.1 Festigkeits- und Verformungskenngrößen
F S0
4.1.1 Der Zugversuch Beim Zugversuch nach DIN EN 10 002 wird eine Zugprobe bei Raumtemperatur in Achsrichtung belastet, Abb. 4.1. Neben Proben mit Kreisquerschnitt werden häufig auch Proben mit rechteckigen Querschnitten verwendet. L0 F
F x A0
Abb. 4.1: Zugstab
=
L
− L0 L0
=
∆L
(4.1)
L0
bezeichnet. Die dimensionslose Wert einer Dehnung wird häufig in % angegeben. Im Probenquerschnitt, der im unbelasteten Zustand durch A0 gegeben ist, sorgen infinitesimal kleine Kräfte dF für den Zusammenhalt des Materials, Abb. 4.2. Mit der daraus abgeleiteten Spannung dF σ = (4.2) dA kann die Belastung eines Materials besser bewertet werden. Genau wie die gesamte Zugprobe ist auch das abgeschnittene Bauteil im Gleichgewicht. Die aus den Längsspannungen resultierende Normalkraft N
=
σ x dA
(4.3)
A0
muss also hier gleich der Zugkraft F sein. Im allgemeinen kann die Spannung mit σ x = σ x ( , z ) über dem Querschnitt variabel sein. In genügender Entfernung
26
x
dA
z
dF = σ dA
Abb. 4.2: Verteilte Kräfte im Probenquerschnitt von der Krafteinleitung ist entsprechend dem Prinzip von Saint-Venant1 hier die Spannung über dem Querschnitt konstant. Mit σ x = const . und dem Kräftegleichgewicht F = N erhält man aus (4.3) F
Die auf der unbelasteten Probe markierte Länge L 0 vergrößert sich unter der Belastung durch die Kraft F auf die Länge L. Die auf die ursprüngliche Länge bezogene Längenänderung wird als Längsdehnung
y
=
N
=
σ x dA
=
σ x A 0 .
(4.4)
A0
Für den Zugstab gilt somit der einfache Zusammenhang F σ = . (4.5) A0 Die Kraft F wird in [N ] und die Querschnittsfläche A0 in [mm2 ] gemessen. Spannungen werden deshalb mit der Dimension [N /mm2 ] angegeben. Häufig verwendet man statt dessen auch die aus Pascal (1 Pa = 1 N /m2 ) abgeleitete Einheit Mega Pascal (1 MP a = 1 N /mm2 ).
4.1.2 Spannungs-Dehnungs-Diagramm Messtechnisch wird in einem Zugversuch zunächst ein Kraft-Verlängerungs-Diagramm F = F ( ∆L ) aufgezeichnet. Über die Beziehungen (4.5) und (4.1) kommt man dann sehr einfach zum Spannungs-DehnungsDiagramm σ = σ ( ) . Beim Übergang von elastischen zu plastischen (bleibenden) Verformungen zeigen verschiedene Metalle unterschiedliches Verhalten. Bei weichem Stahl (Baustahl) markieren ( σ F )o als obere und ( σ F )u als untere Fließ- oder Streckgrenze den Beginn der plastischen Verformungen, Abb. 4.3. 1 Adhémar Jean Claude Barré
de Saint-Venant (1797 – 1886) Französischer Mathematiker und Physiker
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Ursache für die Streckgrenzenerhöhung sind bei Baustahl Bereiche gelöster Kohlenstoff- und StickstoffAtome, die „Cottrell-Wolken“. Diese behindern zunächst das Gleiten von Versetzungen. Beim Erreichen der oberen Fließgrenze können sich die ersten Versetzungen von ihren Cottrell-Wolken befreien. Die daraus resultierende Dehnung lässt die Spannung abfallen. Beim Erreichen der unteren Streckgrenze konzentriert sich die plastische Verformung auf schmale Bereiche, die „Lüdersbänder“, die unter 45◦ in Richtung der maximalen Schubspannung verlaufen.
] 400 a P M [ σ
= 420
σZ
300
g (σF)u= 290 n u 200 n n E = 200 GPa a p 100 S
0
0
= 37
= 20
= 1.9
εB
εZ
εF
10
20
1200 ] a 1000 P M [ s 800 g n u 600 n n a p S 400
200
Federstahl
800 ] a P 600 M [ s g n 400 u n n a p S 200
Vergütungsstahl
Feinkornbaustahl allg. Baustahl
0 0
0
Dehnung ε [%]
σP
0.2 0.4 0.6 Dehnung e [%]
30
40
tätsgrenze wird durch die Spannung σ E begrenzt. Innerhalb des elastischen Bereiches zeigen insbesondere Metalle ein linear elastisches Verhalten. Unterhalb der durch σ P festgelegten Proportionalitätsgrenze ist dann die Spannung σ proportional zur Dehnung . Diesen Zusammenhang erkannte erstmals der Physiker Hooke4 , nach dem dieser Bereich auch Hookescher Bereich des Werkstoffs genannt wird. Das Hookesche Gesetz σ = E mit
Abb. 4.3: σ - -Diagramm für
0
10 20 30 Dehnung e [%]
(σF)0.2
σE
Abb. 4.4: Verschiedene σ - -Diagramme3 und Bestimmung der Ersatzstreckgrenze
500
(σF)o= 295
1400
Baustahl2
Die maximal gemessenen Kraft F ma x liefert mit σ Z die Zugfestigkeit. Die entsprechende Dehnung Z wird als Gleichmaßdehnung bezeichnet. Die Probe reißt bei der Bruchspannung σ B . Auf Grund einer lokalen Einschnürungen an der späteren Bruchstelle ist die auf den Ausgangsquerschnitt A 0 bezogene Bruchspannung kleiner als die Zugfestigkeit. Die Größe der Bruchdehnung B ist ein Maß für die Zähigkeit eines Materials. Bei hochfesten Stählen sowie auch bei Aluminium tritt ein kontinuierlicher Übergang von elastischen zu plastischen Verformungen auf, Abb. 4.4. Da hier die Fließgrenze σ F nicht eindeutig aus dem Kurvenverlauf bestimmt werden kann, verwendet man statt dessen mit der Ersatzstreckgrenze ( σ F )0 2 die Spannung, die zu einer bleibenden Dehnung von 0 .2% führt.
|σ | < σ P
(4.6)
stellt über den Elastizitätsmodul E einen Zusammenhang zwischen der Dehnung und der Spannung σ her. Obwohl der Elastizitätsmodul E in der Regel aus dem Zugversuch ermittelt wird, gilt das Hookesche Gesetz im entsprechend eingeschränkten Bereich auch für Druckspannungen. Bei den meisten metallischen Werkstoffen unterscheiden sich die Proportionalitätsgrenze σ P , die Elastizitätsgrenze σ E und die Fließspannung σ F nur sehr wenig. Deshalb kann die Fließspannung σ F oder die Ersatzspannung (σ F ) 0 2 in der Regel als Begrenzung des Hookeschen Bereichs verwendet werden. .
Da bei vielen technischen Anwendungen bleibende Verformungen unerwünscht sind, stellt (4.6) ein sehr einfaches aber geeignetes Materialgesetz dar.
.
4.1.3 Das Hookesche Gesetz
4.1.4 Wärmedehnung Der Einfluss einer Wärmedehnung kann näherungsweise über den Ansatz
Bei kleinen Dehnungen nimmt die Probe nach der Entlastung wieder die Ausgangslänge ein. Die Elastizi2 Die
Messung wurde freundlicherweise vom Lehrstuhl für Umformtechnik und Gießerei (UTG) an der TU München zur Verfügung gestellt. 3 aus: www.imwf.uni-stuttgart.de/lehre/ vd/wkp/01_Zugversuch/Zugversuch.htm (21.08.2008)
=
1 σ E
+
α T ∆T
(4.7)
berücksichtigt werden, wobei α T der Wärmeausdehnungskoeffizient mit der Dimension [1/K ] ist und 4 Robert
Hooke (1635-1703) englischer Physiker, Mathematiker und Erfinder
27
OTH Regensburg ∆T
=
Technische Mechanik I
− T 0 die Änderung der Temperatur T gegen-
T
über einem Referenzwert T 0 angibt. Bei T = T 0 ist das Material spannungs- und dehnungsfrei. Da in (4.7) nur die Temperaturdifferenz benötigt wird, können T und T 0 sowohl nach Kelvin [K ] als auch nach Celsius [◦C ] gemessen werden. Bei Stahl liegen die Werte für den Wärmeausdehnungskoeffizienten zwischen α T = 9 10−6 1/K und α T = 19 10−6 1/K . Große Temperaturänderungen beeinflussen auch den E-Modul, E = E (T ) . Bei Kunststoffen ist das meist schon bei relativ geringen Temperaturänderungen zu berücksichtigen.
∗
∗
Bleiben die Dehnungen im linearen Bereich, dann kann die spezifische innere Arbeit (4.11) mit dem Hookeschen Gesetz (4.6) in der Form W V
=
E d = E
∆L L
W V
Die Arbeit einer Kraft F , die längs einer Koordinate s verschoben wird, ist durch
dW =
F ds
(4.8)
gegeben. Beim Zugstab erzeugt die Kraft F eine über die Querschnittsfläche A gleichmäßig verteilte Normalspannung. Mit F = σ A bleibt dann
dW =
σ A ds
(4.9)
Auf das Volumen dV = A dx eines infinitesimal kleinen Teilstücks bezogen, erhält man W V
=
dW dV
=
σ A ds A dx
=
σ
ds dx
(4.10)
Ein Vergleich mit (4.8) zeigt, dass bei der Volumen bezogenen Arbeit W V die Kraft F durch die Spannung σ und das Wegelement ds durch die Dehnung ds /dx = d des infinitesimal kleinen Teilstücks ersetzt wird. Die spezifische innere Arbeit, die auch als spezifische Formänderungsenergie bezeichnet wird, ist somit durch W V
=
σ d
(4.11)
bestimmt. Sie entspricht der Fläche unter dem Spannungsdehnungsdiagramm, wenn das Bauteil von 0 bis zur Dehnung x belastet wird, Bild 4.5. σ
(1+ε)dx σ(ε) σ
WV
dε
ε
σ A dx
Abb. 4.5: Spezifische innere Arbeit
=
E
d =
W = W V
1 E 2
∆L
2
(4.13)
L
dV = W V V = W V A L
(4.14)
oder W =
1 E 2
∆L
L
2
AL
=
1 EA 2 ∆L 2 L
(4.15)
gegeben. Der Ausdruck EA/L mit der Dimension N /m gibt dabei die Steifigkeit des Stabes an.
4.1.6 Veränderliche erschnie Bei plötzlich veränderlichen Querschnitten, wie bei Wellenabsätzen oder Kerben, sind die Normalspannungen nicht mehr gleichmäßig über dem Querschnitt verteilt, Abb. 4.6. σ2=F/A2
F
σ1=F/A1
A1
F
A2 σ12=?
Abb. 4.6: Spannungsspitzen Die dabei auftretenden Spannungsspitzen werden bei der Dimensionierung über zusätzliche Faktoren (z.B. Kerbfaktor) erfasst. Eine rechnerische Ermittlung erfordert komplexe Ansätze aus der Kontinuumsmechanik, die Berechnung mit Finiten Elementen (FEM) oder aufwändige diskrete Modelle („Particle Method“). Verändert sich der Querschnitt A über die Bauteillänge L nur sehr langsam, dann kann in guter Näherung wieder eine über den Querschnitt konstante Spannungsverteilung angenommen werden, Abb. 4.7. Variiert auch noch die Normalkraft N = N (x ) , dann ist Normalspannung durch σ = σ (x )
28
(4.12)
Die gesamte in einem Stab mit dem Querschnitt A und der Länge L gespeicherte Energie ist dann durch
4.1.5 Innere Arbeit
W =
d
angeschrieben werden. Nach der Integration von = 0 bis = ∆L/L bleibt
0
W =
=
N (x ) A(x )
(4.16)
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill die Größe der Kontaktfläche sowie die Flächenpressung zu ermitteln. Die Hertzsche Theorie findet Anwendung bei Kontakten zwischen Zahnrädern, zwischen Wälzkörper und Laufbahn von Wälzlagern sowie beim Rad-Schiene-Kontakt.
=σ(x)=F/A(x)
σ
F
F x
L
Abb. 4.7: Langsam veränderlicher Querschnitt Rad
definiert, wobei vorausgesetzt wird, dass die Änderung der Querschnittsfläche und der Normalkraft genügend klein sind.
p=p(x,y)
z
x y
x
P
y
p=p(x,y)
4.1.7 Flächenpressung Schiene
Werden zwei Körper gegeneinander gepresst, dann wird in der Berührfläche A über Druckspannungen p die Normalkraft N übertragen. Analog zu (4.3) gilt auch hier N
=
p dA .
(4.17)
A
Erfolgt der Kontakt über eine ebene Flächenberührung, dann kann in guter Näherung eine gleichmäßige Druckverteilung angenommen werden, Abb. 4.8. Die Flächenpressung ist dann durch p =
N A
(4.18)
gegeben.
N p
N A
A
Abb. 4.8: Ebene Kontaktflächen In vielen Fällen, wie z.B. beim Rad-Schiene-Kontakt, sind die Körperkonturen an der Berührstelle gekrümmt, Abb. 4.9. Die Form und die Größe der Berührfläche A und die genaue Druckverteilung p = p (x , ) hängen jetzt von den lokalen Deformationen der Körper ab. Unter der Voraussetzung, dass beide Körper als linear-elastische Halbräume betrachtet werden können und die Kontaktfläche klein gegenüber den Körperabmessungen bleibt, gelang es Hertz 5 die Form und 5 Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894) deutscher Physiker
y
KontaktEllipse x
A
Abb. 4.9: Rad-Schiene-Kontakt Die bei Bolzen und Nieten auftretende Flächenpressung bezeichnet man als Lochleibungsdruck. Der Kontakt erfolgt dabei über eine Zylinderhalbschale. Die Flächenpressung verschwindet an den Rändern und erreicht ihr Maximum in der Mitte, Abb. 4.10. Für Auslegungsberechnungen wird die komplexe Druckverteilung p r eal durch eine konstante Druckverteilung angenähert. Die gemittelte Flächenpressung wird dabei aus N p M = (4.19) AP ermittelt, wobei AP eine Fläche darstellt, die durch Pro jektion der tatsächlichen Kontaktfläche in eine Ebene senkrecht zur Belastungsrichtung erzeugt wird. Bezeichnet s die Blechdicke und d den Durchmesser einer Niete, dann ist die in (4.19) benötigte projizierte Fläche durch AP = s d (4.20) gegeben, während die tatsächliche Kontaktfläche (Zylinderhalbschale) durch A = s 12 d bestimmt ist.
4.1.8 Dimensionierung Das Funktionieren eines technischen Systems oder bestimmter Bauteile setzt in der Regel voraus, dass kein Versagen durch Brüche oder große Verformungen auftritt. Der Nachweis erfolgt meist durch rechnerische Ermittlung der Spannung σ oder einer Verformung u , die bei bestimmten tatsächlichen oder geschätzten Belastungen auftreten. Diese Werte werden dann mit ν σ < σ zu l oder
ν u < u zu l
(4.21)
in Bezug zu zulässigen Spannungen σ zu l oder Verformungen u zu l gesetzt. Mit Sicherheitsbeiwerten ν > 1
29
OTH Regensburg
Technische Mechanik I Q
d A
F
B
s F
s
H
L1
L2 w
P
preal N=F
u
C
pN
F
AP
Abb. 4.11: Verformungen durch Belastung
A A
B
Abb. 4.10: Nietverbindungen L2
L1
versucht man dabei Unsicherheiten in der Berechnung (Lastannahme), in den Annahmen (gleichmäßige Spannungsverteilung) oder in Umwelteinflüssen (Temperatur) zu berücksichtigen. Auch die Folgen eines Versagens (Gefährdung von Menschen), die Belastungsart (statisch, dynamisch, konstant, schwellend oder wechselnd) und die Dauer (technische Dauerfestigkeit) müssen im Sicherheitsbeiwert ν oder in σ zul erfasst werden. Bei der Druckbelastung schlanker oder dünnwandiger Bauteile kann die zulässige Spannung auch durch Instabilitäten wie Knicken und Beulen bestimmt sein. Bei komplizierten Belastungsfällen treten neben Normalspannungen in den drei Raumrichtungen auch noch Schubspannungen auf. Die Beurteilung mehrachsiger Spannungszustände erfolgt in der Regel über Vergleichsspannungen.
H+w
S2
S1 ϕ1
ϕ
2
C
P+u
Q-u
F
Abb. 4.12: Knoten frei geschnitten Aus der Abbildung 4.12 entnimmt man für die Winkelfunktionen H +w P +u sin φ 1 = , cos φ 1 = , (4.24) L1 L1 sin φ 2
=
H +w , L2
cos φ 2
=
Q u , (4.25) L2
−
wobei die aktuellen Stablängen durch
4.2 Statisch bestimmte Systeme
L1
=
L2
=
−
(P +u ) 2 + ( H +w ) 2 ,
(4.26)
(Q u ) 2 + ( H +w ) 2
(4.27)
gegeben sind. In (4.22) eingesetzt erhält man mit
4.2.1 Gleichgewicht
−S 1
Das in Abb. 4.11 dargestellte System aus zwei Stäben oder Seilen wird durch die Kraft F belastet. Die festen Lager in A und B haben den Abstand P + Q . Im unverformten (unbelasteten) Zustand liegt das Gelenk in C im Abstand H unterhalb der Linie AB . Die elastischen Deformationen der beiden Stäbe führen bei der Belastung durch die vertikale Kraft F zu horizontalen und vertikalen Verschiebungen am Kraftangriffspunkt C . Diese werden mit u und w bezeichnet. Das Kräftegleichgewicht in horizontaler und vertikaler Richtung liefert am Knoten in C die Gleichungen
−F 30
−S 1 cos φ 1 +
+
S 2 cos φ 2
S 1 sin φ 1 + S 2 sin φ 2
= =
S 2
+
und S 1 S 2
+
(P +u ) 2 + (H +w ) 2
Q u
−
(Q u ) 2 + (H +w ) 2
(4.28) =
0
H +w
(P +u ) 2 + (H +w ) 2
H +w
(Q u ) 2 + (H +w ) 2
(4.29) =
F
zwei Gleichungen, die zwar formal nach den Stabkräften aufgelöst werden können
0 , (4.22) 0 . (4.23)
P +u
− −
S 1
=
(P +u ) 2 + (H +w ) 2 Q u F , P + Q H +w
−
(4.30)
Technische Mechanik I (Statik)
S 2
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
−
(Q u ) 2 + (H +w ) 2 P +u F , P + Q H +w
=
(4.31)
200 mm
800 mm
A
B m m
aber keine Lösung ermöglichen, da sie ja noch die unbekannten Verschiebungen u und w enthalten.
5 2 1
C0 σ1=4.68
N/mm2
S1=117 N
4.2.2 Materialgesetz
=
E
∆L 1
L 10
S 2 A
und
=
E
∆L 2
L20
(4.32)
oder S 1
=
S 2
=
EA L 10 EA L 20
−
(P +u ) 2
2 + ( H +w )
(Q u ) 2 + ( H +w ) 2
− L10 ,
(4.33)
− L20 ,
(4.34)
wobei die aktuellen Stablängen L 1 , L 2 durch (4.26), (4.27) bestimmt und die unverformten durch L 10
=
P 2 + H 2 ,
N/mm2
S2=460 N ε2=92.1%
Beschränkt man sich auf elastische Deformationen, dann kann das Hookesche Materialgesetz σ = E auf die beiden Stäbe angewendet werden. Nimmt man an, dass beide Stäbe den Querschnitt A haben und aus dem gleichen Material (Elastizitäts-Modul E ) gefertigt sind, dann liefert (4.6) mit (4.5) und (4.1) die Beziehungen S 1 A
σ2=18.4
ε1=23.4%
L 20
=
Q 2 + H 2
u= 96.6 mm w=316.1 mm
C F=500 N
Abb. 4.13: Gummiseile unter Belastung Abb. 4.13 zusammengestellt. Das zweite Seil wird mit 2 = 92 .1% fast auf die doppelte Länge gedehnt. Trotzdem bleiben die Spannungen klein. Der Knoten in C verschiebt sich infolge der Belastung durch die vertikale Kraft F deutlich nach unten und nach rechts in Richtung des kürzeren Seils. Die Gummiseile werden nun durch Stäbe aus Aluminium mit dem Elastizitäts-Modul E = 62800 MPa und dem Querschnitt von A = 25 mm2 ersetzt. Eine vertikale Kraft von F = 3166N belastet den zweiten Stab bis an die Fließgrenze σ 2 = ( σ F )0 2 = 187 N /mm2 , Abb. 4.14. .
200 mm
800 mm
(4.35)
gegeben sind. Die Terme EA/L 10 und EA/L 20 mit der Dimension [N /m] kennzeichnen dabei die Steifigkeit der beiden Stäbe.
4.2.3 Nichtlineare Lösung Das Gleichsetzen der aus dem Gleichgewicht resultierenden Beziehungen (4.30), (4.31) mit den aus dem Hookeschen Gesetz folgenden Gleichungen (4.33), (4.34) liefert zwei nichtlineare Gleichungen zur Bestimmung der Verschiebungen u und . Auf Grund der Nichtlinearität ist nur mehr eine numerische Lösung möglich. Gummi ist ein sehr nachgiebiger Werkstoff. Allerdings ist die Dehnung nicht proportional zur Belastung. Für erste Abschätzungen kann trotzdem das Hookesche Gesetz angewendet werden. Der Elastizitätsmodul für Gummi6 liegt im Bereich von E = 0 .01 GP a = 10 MP a bis E = 0.1 GP a = 100 MPa . Die Ergebnisse für zwei Gummiseile mit dem Elastizitäts-Modul E = 20 M Pa und einem Querschnitt von A = 25 mm2 , die durch die vertikale Kraft F = 500 N belastet werden, sind in
A N/mm2 S1=3965 N
σ1=157
B N/mm2 S2=4666 N σ2=187
ε1=0.25%
ε2=0.30%
u=1.49 mm w=3.65 mm
m m 5 2 1
C F=3166 N
Abb. 4.14: Aluminiumstäbe unter Belastung Da die Verschiebungen des Knotens C im Vergleich zu den geometrischen Abmessungen nun mit u = 1 .49mm und w = 3 .65 mm sehr klein sind, stellt sich die Frage, ob die komplizierte nichtlineare Berechnung hier gerechtfertigt ist.
4.2.4 Näherungslösung Bei vielen technischen Anwendungen bleiben die Verformungen auf Grund der Verwendung von steifen Materialien (Metalle oder faserverstärkte Kunststoffe) im Vergleich zu den geometrischen Abmessungen klein. Dann können über die Modellvorstellung des starren Körpers die Belastungen aus dem Gleichgewicht am unverformten Bauteil ermittelt werden.
6 http://en.wikipedia.org/wiki/Young’s_modulus
31
OTH Regensburg
Technische Mechanik I
Mit u = 0 und w = 0 vereinfachen sich (4.30) und (4.31) zu S 10
√ 2
P + H 2 Q F , P + Q H
=
S 20
Q 2 + H 2 P F . (4.36) P + Q H
=
Mit den Abmessungen P = 800 mm, Q = 200 mm, H = 125 mm und der Kraft F = 3166 N erhält man daraus die Stabkräfte S 10
=
4102 N und S 20
=
4779 N
4.3 Überbestimmte Systeme 4.3.1 Gleichgewicht am umverformten System Ein Bauteil vom Gewicht G ist an einer Ecke gelenkig gelagert und wird zusätzlich durch zwei Seile gehalten, Bild 4.15. Das System ist einfach statisch über-
(4.37)
&' !"
Die Abweichungen von der numerisch berechneten nichtlinearen Lösung S 1 = 3965 N und S 2 = 4666 N sind mit 3.5% und 2 .4% vertretbar klein. Die Gleichungen in (4.32) können nun nach den Dehnungen aufgelöst werden
!"
%
$"
()
($
+ * #
#
S 20 , (4.38) EA
Abb. 4.15: Bauteil statisch unbestimmt gelagert und freigeschnitten
wobei der Term EA die Dehnsteifigkeit eines Stabes angibt. Mit den Werten aus (4.37) erhält man die Dehnungen 4102 (4.39) 1 = = 0 .0026 , 62800 25 4779 (4.40) 2 = = 0 .0030 . 62800 25 Mit den Längen der unvervormten Stäbe
bestimmt. Die Gleichgewichtsbeziehungen an dem geschnittenen Bauteil liefern mit
1
∆L 1
=
=
L 10
S 10 EA
und 2
=
∆L 2
L 20
=
∗
∗
√ 2 √ 8002
L10 =
200
L20 =
+
1252 = 809.71 mm ,
+
1252 = 235.85 mm
(4.41)
ergeben sich daraus die Längenänderungen zu L 10 1 = 809.71 0.0026 = 2 .1 mm , (4.42) ∆L 2 = L 20 2 = 235 .85 0.0030 = 0 .71 mm . ∆L 1
∗ ∗
=
Die Seiten des Stabdreiecks ABC sind nun mit AC = L 10 + ∆L1 = 811.81 mm, BC = L 20 + ∆L2 = 236.56 mm und AB = P + Q = 1000 mm alle bestimmt. Der Cosinussatz 2
BC
=
2
AB
+
2
AC
− 2 AB AC cos φ
sich damit zu
=
AC cos φ AC sin φ
− P − H
= =
1.54 mm , 3.74 mm .
(4.44)
Da die am unverformten Bauteil ermittelten Stabkräfte im Vergleich zu den exakt berechneten bereits zu groß waren, ergeben sich bei dieser Näherung auch größere Werte für die Verschiebungen.
32
0,
(4.45)
− G S 1 S 2 2a G − 3a S 1 − 6a S 2
=
0,
(4.46)
=
0
V
+
+
(4.47)
lediglich drei Gleichungen zur Bestimmung der vier Unbekannten, die Lagerreaktionen H und V sowie die Seilkräfte S 1 und S 2 . Eine Lösung ist nur möglich, wenn elastische Verformungen, hier die Längenänderung der Seile, mit berücksichtigt werden.
4.3.2 Linear elastisches Materialgesetz Nimmt man an, dass die Seile aus dem gleichen Material gefertigt sind und auch gleiche Querschnitte aufweisen, dann liefert das Hookesche Materialgesetz mit σ 1 σ 2
AB und AC . Die Verschiebung von Knoten C errechnet
=
=
=
(4.43)
liefert mit φ = 9 .1245◦ den Winkel zwischen den Seiten
u w
H
=
S 1 A S 2 A
=
=
E
∆L 1
L 10 ∆L 2 E L 20
=
E 1
(4.48) =
E 2
zwei weitere Gleichungen, die die Stabkräfte S 1 und S 2 über die Querschnittsflächen A und dem Elastizitätsmodul E mit den Längenänderungen ∆L 1 und ∆L 2 verknüpfen. Die unverformten Längen der Stäbe sind hier durch L 10 = L und L20 = L (4.49) gegeben. Mit (4.48) hat man zwar zwei zusätzliche Gleichungen erhalten, aber mit ∆L1 und ∆L 2 auch zwei neue Unbekannte eingeführt.
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Da die Stäbe zwischen der starren Decke und dem Bauteil, das hier ebenfalls als starr betrachtet wird, befestigt sind, können die Längenänderungen der zwei Stäbe nicht unabhängig voneinander erfolgen.
und S 1
V
!"
!" &%(
&%$ &'
∆L 1
1 sind die Längenänderungen dann =
3a ∆φ und
∆L 2
=
6a ∆φ
(4.50)
gegeben. Mit den Gleichgewichtsbeziehungen (4.45) bis (4.47) den Materialgesetzen (4.48) und den Kompatibilitätsbedingungen (4.50) stehen nun sieben Gleichungen für die sieben Unbekannten, die Lagerreaktionen H und V , die Seilkräfte S 1 und S 2 , die Längenänderungen ∆ L 1 und ∆ L2 sowie die Bauteildrehung ∆φ zur Verfügung.
4.3.4 Lösung Im vorliegenden Fall können die Gleichungen sukzessive gelöst werden. Fasst man die Gleichungen (4.50) und (4.48) zusammen, dann erhält man S 1
=
EA 3a ∆φ und L
S 2
=
EA 6a ∆φ (4.51) L
wobei die Beziehung (4.49) bereits verwendet wurde. In das Momentengleichgewicht (4.47) eingesetzt bleibt 2a G
−
EA EA 3a 3a ∆φ 6a 6a ∆φ L L
−
=
L 2G EA 45a
(4.54)
− 152 G − 154 G
G
9 G 15
=
=
3 G . (4.55) 5
Für beliebige, auch geoße Drehwinkel sind die momentanen Positionen der unteren Seilanlenkpunkte durch die Koordinaten = =
3a cos φ , 6a cos φ ,
1 2
= =
3a sin φ , 6a sin φ
(4.56)
gegeben, wobei der Ursprung eines Koordinatensystems mit der x -Achse nach rechts und der -Achse nach unten in den Lagerungspunkt liegt. Während die umverformten Seillängen weiterhin durch (4.49) festgelegt sind, sind die aktuellen nun durch L1 L2
=
=
− 3a )2 (6a cos φ − 6a ) 2 (3a cos φ
+
+
( 3a sin φ + L ) 2 ( 6a sin φ + L )
(4.57)
2
bestimmt. Mit s als Schwerpunktshöhe des dreieckförmigen Körpers kann die vertikale Lage des Schwerpunktes durch S
=
2a sin φ + s cos φ
(4.58)
angeben werden. Die Gleichgewichtslage ist durch ein Minimum der potenziellen Energie gekennzeichnet. Die potenzielle Energie ist bei linear elastischem Materialverhalten durch E po t = 12 c 1 ( L1 L 10 ) 2 + 12 c 2 ( L 2 L 10 ) 2
−
−
− G S (4.59)
bestimmt, wobei c 1 = c 2 = EA/L die Seilsteifigkeiten bezeichnen. Aufgrund der geometrischen Nichtlinearität kann das Minimum der potenziellen Energie nur mehr numerisch berechnet werden. Das MATLAB-Skript
0 . (4.52)
=
Nach dem Drehwinkel aufgelöst und das Ergebnis in (4.51) eingesetzt, erhält man ∆φ
=
x 1 x 2
Abb. 4.16: Kompatible Längenänderungen ∆φ
Gemäß (4.45) tritt hier mit H = 0 keine horizontale Belastung im Lager auf. Die gilt allerdings nur, solange die Verformungen, wie vorausgesetzt, klein bleiben.
#
Wegen durch
4 G . 15
4.3.5 Nichtlineare Lösung
%
$"
=
Aus (4.46) folgt dann die vertikale Komponente im Gelenklager zu
4.3.3 Kompatibilitätsbedingungen Berücksichtigt man die Dehnung der Seile, dann kann das als starr angenommene Bauteil eine kleine Drehung mit dem Winkel ∆φ um den Lagerungspunkt ausführen, Bild 4.16.
2 G sowie S 2 15
=
(4.53)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
global a s L G EA a=0.3; s=0.1; EA=25000; G = 6000;
% Definition globaler Variablen
L=1; % Abmessungen [m] % Dehsteifigkeit Seile [-] % Gewicht [N]
phi0 = 0 ; % Startwert und Epot --> Min phi = fminsearch(@schweres_Bauteil_Epot,phi0) disp(’Vergleich nichtlinear/linear’) [ phi L/EA*2*G/(45*a) ] * 180/pi
33
OTH Regensburg
Technische Mechanik I
definiert Zahlenwerte, setzt mit φ 0 = 0 eine triviale Anfangsbedingung und minimiert über die MATLABFunktion fminsearch die potentielle Energie, die in der Funktion 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
function Epot = schweres_Bauteil_Epot(x)
4.4 Übungen 4.4.1 Keenglied Eine Rundstahlkette wird mit F = 15 kN belastet.
global a s L G EA d
F
% Drehwinkel und Winkelfunktionen phi= x(1); sphi=sin(phi); cphi=cos(phi);
F
% unverformte Laengen L10 = L; L20 = L; % aktuelle Laengen und vertikale Schwerpunktlage L1 = sqrt( (3*a*cphi- 3*a)^2 + (3*a*sphi+L)^2 ); L2 = sqrt( (6*a*cphi- 6*a)^2 + (6*a*sphi+L)^2 ); yS = 2*a*sphi + s*cphi ; % Steifigkeiten c1 = EA/L10; c2 = EA/L20; % potentielle Energie Epot = 0.5*(c1*(L1-L10)^2+c2*(L2-L20)^2) - yS*G;
Abb. 4.18: Rundstahlkette Welche Dicke d muss ein Kettenglied mindestens haben, wenn die zulässige Spannung σ zu l = 80 N /mm2 nicht überschritten werden soll? Wie groß ist dann die Flächenpressung zwischen den Lösung: Gliedern? F F σ zul oder d = A 2 π 4 d 2 F F 2 = = 125.8 N /mm A P d 2
end
≤
≥
F
π
2 σ zul
bzw. d ≥ 10.92 mm
p =
zur Verfügung gestellt wird. Mit den angegeben Zahlenwerten ergibt sich ein Neigungswinkel von φ = 2.027◦ , Bild 4.17. '
4.4.2 Lampe Zwei Stahldrähte mit der Dehnsteifigkeit EA tragen eine Lampe vom Gewicht G . Unbelastet haben die Drähte jeweils die Länge L 0 . Die Befestigungspunkte A und B haben den Abstand 2a .
!")
a
a
A
+ , #"!#-
EA, L0
EA, L 0
.
B
h
! G
/ , % 01 (!")
!
Abb. 4.19: Lampe
!"# ! "$ ! "% ! "& '
'"# ' "$ ' "% ' "&
Abb. 4.17: Nichtlineare Verformungen
Ermitteln Sie für EA = 800 000 N , a = 2000 mm, L 0 = 2030mm und G = 50 N die Dehnung der Drähte sowie Lösung: den Durchhang h . = 0.018245 %, h = 349.8626mm.
ZumVergleichdienichtlineareLösung = 0.018136 %, h = 349.8498mm.
Die lineare Näherung (4.53) liefert ∆φ
=
L 2G EA 45a
=
1 m 2 6000 N 25000 N 45 0 3 m
∗
∗
.
=
4.4.3 Transportkiste (4.60)
2.037◦
Aufgrund des kleinen Neigungswinkels stimmten die Ergebnisse recht gut überein. Auch die daraus ableitbaren Werte für die Seilkräfte und die Lagerreaktionen zeigen kaum Abweichungen. S 1 /G
S 2 /G
H /G
%&
V /G
linear 0.1333 0.2667 0 0.6000 nichtlinear 0.1324 0.2648 -0.00035 0.6028 Die nichtlineare Lösung berücksichtigt die verformungsbedingte Schrägstellung der Seile und führt so zu einer, wenn auch sehr geringen, horizontalen Lagerreaktion. In den meisten Fällen ist die weniger aufwändige lineare Lösung völlig ausreichend.
34
Eine Kiste wird wie skizziert durch Stahlbänder auf einem Fahrzeug fixiert. Die Stahlbänder mit dem Querschnitt A = 20 mm2 und dem Elastizitätsmodul E = 205 000 N /mm2 sind anfangs symmetrisch angeordnet und werden auf beiden Seiten mit der Kraft S = S 0 = 3000 N vorgespannt.
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Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
a) Welche Spannung herrscht anfangs in beiden Bändern und um wie viel Prozent wurden die Bänder gedehnt? b) Welche Werte erreichen die Dehnungen und die Spannungen im linken und rechten Band, wenn die Kiste nach einer scharfen Kurvenfahrt um ∆x = 3 mm verrutscht ist? Wie groß sind jetzt die Kräfte in den Bändern? Lösung:
a) Zu Beginn erhält man die Spannung zu
b) W enndieKisteverrutscht,dannändernsichdieDehnungenimlinkenundrechtenBandumdie Werte σ 0 =
S 0 A
=
3000 N 2 = 150. 0 N /mm 20. 0 mm2
∆ L =
unddieDehnungistdurch 0 =
σ 0 E
=
150. 0 N /mm2 ∗ 100 = 0. 0732% 205000 N /mm2
=
L R L 0 L0
−
gegebensind.
( 0.5 m
− 0.003m)2
(1.5 m) 2
+
L = ∆ 0 + ∆ L = 0.07317 + ( 0.0598) = 0. 0133 %
−
=
1.58018m und L
=
R = ∆ 0 + ∆ R = 0. 07317+ ( 0.0608) = 0.1340 %
0.00096m ∗ 100 = 0.0608% 1.58113m
( 0.5 m) 2 + (1.5 m) 2
unddieaktuellenLängendurch
=
L0 =
L L =
Die Gesamtdehnun gen
− L 0 −0.00095m ∗ 100 −0. 0598% L0 1.58113m
LL
∆ R =
wobeidieAnfangslängedurch
gegeben.
habendanndieSpannungen 0.0133% 2 = 27. 3 N / mm 100 sowiedieKräfte σ L = E L = 205000N / mm2
und σ
2 0.1340% = R = E L = 205000 N /mm
100
274.6 N /mm2
S L = σ L A = 546.8 N und S R = σ R A = 5492.2 N
1.58113m
=
zurFolge. R =
(0.5 m + 0.003m) 2 + (1.5 m) 2
1.58209m
=
4.4.4 Werkzeugmaschine Eine Werkzeugmaschine wird zur Schwingungsisolation auf drei Gummielemente gestellt, die jeweils die Dehnsteifigkeit EA und unbelastet die Höhe h haben.
G a/2 a
a
Abb. 4.20: Werkzeugmaschine Wie groß sind die Kräfte in den Gummielementen? Lösung:
F 1 = 112 G , F 2 = 412 G , F 3 = 712 G .
35
5 Tragwerke 5.1 Allgemeines
a
C
Tragwerke sind Konstruktionen, bei denen die einzelnen Bauteile fest oder durch Lagerelemente miteinander verbunden sind. Im Unterschied zu Fachwerken unterliegen hier die Verbindungselemente keinerlei Einschränkungen und Belastungen können auch direkt an den Körpern angreifen.
a D Q
a
Tragwerk B a
MA
5.2 Einfache Tragwerke
VA HA HA
5.2.1 Lagerung Die Abb. 5.1 zeigt ein einfaches Tragwerk, das mit der Einzelkraft Q belastet wird. a C
a D
a
Q B
VA
MA
Umgebung
Abb. 5.2: Tragwerk 1 freigeschitten und vertikaler Richtung sowie ein Moment als Lagerreaktionen angetragen werden, Abb. 5.2. Die Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsystem H A = 0 , V A Q = 0 , (5.1) M A 2a Q = 0 ,
−
a
A
Abb. 5.1: Tragwerk 1
−
können sofort nach den unbekannten Lagerreaktionen H A , V A und M A aufgelöst werden. Gleichgewichtsbeziehungen für die Umgebung können nicht aufgestellt werden, da hier nicht alle, auf die Umgebung wirkenden Kräfte bekannt sind.
5.2.3 Teilsysteme Einfache Tragwerke sind in sich starr. Zur statisch und kinematisch bestimmten Lagerung einfacher ebener Tragwerke sind insgesamt drei unabhängige Lagerwertigkeiten erforderlich. Ein Lager mit drei Wertigkeiten (feste Einspannung in A) übernimmt diese Aufgabe beim Tragwerk 1.
5.2.2 Gesamtsystem Durchtrennt man beim Tragwerk in Abb. 5.1 die Verbindung zur Umgebung, dann müssen dort, entsprechend der festen Einspannung, Kräfte in horizontaler
Unter Berücksichtigung des Schnittprinzips und des Gegenwirkunsprinzips kann das Tragwerk aus Abb. 5.1 in einzelne Teilsysteme zerlegt werden, Abb. 5.3. Die Gleichgewichtsbeziehungen für die Teilsysteme vertikaler Träger, Strebe und horizontaler Träger lauten H A + H B + H C = 0 , V A + V B + V C = 0 , (5.2) M A a H B 2a H C = 0 ,
−
−H B −V B
H D + V D a H D + a V D +
− 36
−
= = =
0 , 0 , 0 ,
(5.3)
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill Die Berechnung der Lagerreaktionen aus dem Gleichgewicht für das Gesamtsystem (5.1) ist hier einfacher und damit auch weniger fehleranfällig.
horizontaler Träger HC VC
VD
VD
VB
Kombiniert man die Betrachtung am Gesamtsystem mit geeigneten Teilsystemen, dann kommt man bei einfachen Tragwerken meist schneller zur Lösung.
Q
HD
VC HC
HD
Strebe
5.3 Nichteinfache Tragwerke
HB
VB
5.3.1 Lagerung
HB
Die Abb. 5.4 zeigt ein nichteinfaches Tragwerk. Die Belastung erfolgt durch die Einzelkräfte Q 1 und Q 2 .
vertikaler Träger MA
a
VA HA
B a
Abb. 5.3: Tragwerk 1 zerlegt in Teilsysteme
a
a
C
D
Q1
Q2
E
A
−H C − H D −V C − V D − Q a V C − a Q
= = =
0 , 0 , 0 .
(5.4)
Hier liegt ein gestaffeltes Gleichungssystem vor. Aus (5.4) erhält man sofort V C
Q
=
(5.5)
und V D
=
−V C − Q −2 Q .
=
H D
Nichteinfache Tragwerke verfügen im Inneren über Bewegungsmöglichkeiten, die durch entsprechende Lagerungen gegen die Umgebung ausgeglichen werden müssen. Die statische Bestimmheit vom Tragwerk 2 erfordert neben der festen Einspannung in A noch ein festes Gelenklager in F.
5.3.2 Gesamtsystem =
=
V D
=
V D
=
−2 Q , −2 Q
(5.7)
(5.8)
und H B
Abb. 5.4: Tragwerk 2
(5.6)
Damit folgt aus (5.3) V B
=
H D
=
−2 Q .
(5.9)
Die Abb. 5.5 zeigt das freigeschnittene Tragwerk aus Abb. 5.4. Mit H A , V A , M A (feste Einspannung in A ) und H F , V F (festes Gelenklager in D ) treten jetzt 5 unbekannte Lagerreaktionen auf.
Nun können auch die restlichen Unbekannten bestimmt werden. Der 1. Gleichung in (5.4) entnimmt man H C = H D = +2 Q (5.10)
−
V A
=
=
−H B − H C −V B − V C
a
B a
MA
und aus (5.2) folgt schließlich H A
F
2 Q 2 Q
= +
− 2 Q − Q
= +
=
=
0 , (5.11)
Q
(5.12)
VA HA
a
a
C
D
Q1
Q2
E
VF H F
Abb. 5.5: Tragwerk 2 freigeschitten
und M A
=
a H B + 2a H C
=
a ( 2 Q ) + 2a ( 2 Q )
−
=
2a Q .
(5.13)
37
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Technische Mechanik I
Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystem liefern jedoch nur 3 Gleichungen
M A
−
H A + H F V A + V F Q 1 Q 2 a Q 1 2a Q 2 + 3a V F
− −
−
= = =
0 , 0 , 0 ,
Auch hier kann das Gleichungssystem sukzessive aufgelöst werden. Man erhält
(5.14)
die zur Berechnung der 5 Lagerreaktionen nicht ausreichen. Bei mehrteiligen Tragwerken bleibt meist nur der Weg über die Teilsysteme.
Mit Schnitten in A, C , D und F zerfällt das nichteinfache Tragwerk aus Abb.5.4 in drei Teilsysteme, Abb. 5.6. VD
VC
VD
Q1
Q2
HF
HD VF
HC
M
A
VA HA
Abb. 5.6: Tragwerk 2 zerlegt in Teilsysteme Die äußeren Kräfte Q 1 und Q 2 können an ihren Einleitungsstellen C und D beliebig einem der beiden Teilsysteme zugeordnet werden. Selbst eine beliebige Aufteilung der Kräfte auf die entsprechenden Teilsysteme ist möglich, meist aber nicht zweckmäßig. Hier wurden die Kräfte Q 1 und Q 2 beim Freischneiden dem mittleren Teilsystem (CD ) zugeordnet. Die Gleichgewichtsbeziehungen für die Teilsysteme lauten H A + H C = 0 , V A + V C = 0 , (5.15) M A + a V C a H C = 0 ,
−
−H C
H D Q 1 + V D Q 2 a V D a Q 2
−H D −V D
+
− −
H F + V F a H D + a V D
38
Q 2 ,
H D
=
V F
=
+
Q 2 ,
H C
=
V C
=
−Q 1 ,
H F
=
V A
=
H A
=
M A
=
Q 1 ,
−Q 2 , −Q 2 , −Q 2 ,
(5.18)
Q 2 ,
a Q 1
− a Q 2 .
Die Gleichgewichtsbeziehungen für das Gesamtsystem (5.14) können hier als Kontrolle verwendet werden.
+
= = =
Bei komplizierten Tragwerken kann das Auflösung der Gleichungen schwierig werden. In solchen Fällen empfiehlt sich eine numerische Lösung. Die Gleichgewichtsbeziehungen werden dazu in der Form A x
VC
−V C −
+
E
HD
B
=
5.3.4 Matrizenschreibweise
5.3.3 Teilsysteme
HC
V D
= = =
0 , 0 , 0 .
0 , 0 , 0 ,
(5.16)
(5.17)
=
b
(5.19)
angeschrieben, wobei A die Koeffizientenmatrix, x der Vektor der Unbekannten und b der Belastungsvektor ist. In Matrizenschreibweise lauten die Gleichungen (5.15) mit (5.17)
1 0 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 000 0 0 1 0 000 1 a a 0 0 0 0 0 1 0 1 000 0 0 1 0 100 0 0 0 0 a 0 0 0 0 0 1 010 0 0 0 0 101 0 0 0 a a 0 0
− −
−
−
−
H A V A M A H C V C H D V D H F V F
=
0 0 0 0
Q 1 +Q 2 . (5.20) a Q 2
0 0 0
Programmpakete wie MATLAB stellen Verfahren zur numerischen Lösung linearer Gleichungssysteme vom Typ (5.20) zur Verfügung. Dazu müssen allerdings die geometrischen Abmessungen und die Belastungen als Zahlenwerte vorgegeben werden. Das folgene MATLAB-Beispiel 1 % Zahlenwerte 2 a=3; % [m] 3 Q 1=1; % [kN] 4 Q 2=2; % [kN] 5 % 6 % Koeffizientenmatrix 7 A = [ 1 0 0 1 0 0 0 0 0 8 0 1 0 0 1 0 0 0 0 9 0 0 1 -a a 0 0 0 0 10 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 11 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 12 0 0 0 0 0 0 a 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 13 14 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 15 0 0 0 0 0 a a 0 0 16 % 17 % Rechte Seite 18 b=[0; 0; 0; 0;Q1+Q2;a*Q2; 0; 0; 19 % 20 % Loesung 21 x = A\b
;... ;... ;... ;... ;... ;... ;... ;... ]; 0];
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
liefert mit x =
2
1
-3
-2
-1
-2
2
-2
Aus (5.21) erhält man dann 3 Gleichungen für die 4 unbekannten Seilkräfte
2
ein Ergebnis, das wie erwartet mit der Lösung (5.18) übereinstimmt.
S 1 − √
S 2 √
+
S 3 S 4 − √ √
=
0 ,
+
S 3 √ 3
S 4 √ 3
=
0 ,
S 1 S 2 S 3 S 4 − √ − √ − √ − √ 3 3 3 3
=
0 .
+
3
3
S 1 S 2 − √ − √ 3 3
5.4 Räumliches Tragwerk Eine Kiste mit dem Gewicht G liegt mittig auf einer Palette, Abb. 5.7.
G
3
3
+
(5.23)
Infolge der symmetrischen Anordnung muss S 1 S 3 = S 4 gelten. Aus der 3. Gleichung folgt dann
F=G M
S 1
a 2
=
S 2
=
S 3
=
S 4
=
√ 3
G
4
.
=
S 2
=
(5.24)
Der Eckpfosten A-C wird demnach durch die Kraft z
S C = S 1
−
C
−S 1 e 1
=
=
a
B
G
a
x
y
E a
D
A
2a
2 a
a
a
(5.25)
SC
3 B2z
2
B2z
B2x
B2y
B2y
B1z
B1y
B1x
B1x B1z Dy
Ex
Ey
1
B1y B2x
Die vier im Punkt M zusammenlaufenden Seile bilden ein zentrales Kräftesystem, Abb. 5.8.
1 4 G 1 4 G 1 4 G
belastet. Schnitte in den Kugelgelenken A, B , D und E liefern 3 Teilsysteme mit 15 Unbekannten, Abb. 5.9.
a
Abb. 5.7: Räumliches Tragwerk
Ay
Ez
Dx Dz
Ax Az
S
Abb. 5.9: Teilsysteme M
Die Gleichgewichtsbeziehungen für die 3 Teilsysteme lauten D x B 1x (5.26) D + B 1 = 0 , D z B 1z
S2
S4
S3 S1
Abb. 5.8: Seilknoten
a
Das Kräftegleichgewicht lautet G + S 1 e 1 + S 2 e 2 + S 3 e 3 + S 4 e 4
=
0,
(5.21)
wobei die Seilkräfte S 1 , S 2 , S 3 , S 4 in Betrag und Richtung aufgespalten wurden. Für den Einheitsvektor in Richtung der Seilkraft S 1 erhält man zum Beispiel
e 1
r MC r MC
=
|
|
=
− √ √ −− √ 1 3 1 3 1 3
−− − − ×−− − − − − − −− − − × −− − − −
3 3 3
.
(5.22)
0 a
B 1x B 1 B 1z
0 a a
B 2x B 2 B 2z
aB 1 aB 1x aB 1z aB 1
=
E x E E z
+
=
B 2x B 2 B 2z
=
=
0 , (5.27)
0,
aB 2z + aB 2 aB 2x aB 2x
=
(5.28)
0 , (5.29)
39
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Technische Mechanik I
− × × Ax A
B 1x
+
Az
0 0
Ax
a
Az
A
B 1
+
B 1z
+
B 2x
G
B 2
G
4 G 4 G 4
a
+
4 G 4
=
a G 4
aA
=
D
aAx + a G 4
0
0,
(5.30)
a
q0 C
=
0 , (5.31)
a 2
A
Da jeweils nur zwei Momentengleichungen verwendet werden können, stehen insgesamt 15 Gleichungen zur Verfügung. Aus (5.27), (5.29) und (5.31) erhält man =
Ax
=
A
=
B 1
=
Abb. 5.10: Tragwerk
5.5.2 Ölpumpe
0 , 1 4 G , 1 4 G ;
B 2a
wobei die Momentensummen bezüglich der Punkte E , B und D angeschrieben wurden.
B 2x
F
4
B 2z
G
0 0
− −
(5.32)
Eine Ölförderpumpe wird in der skizzierten Stellung durch die Kraft F belastet. "& %
0
"& % ,
und B 1z B 2z
= =
Damit folgt aus (5.28) B 1x
=
B 2
=
−B 1x ; −B 2 .
(5.33)
− 12 G , − 12 G .
(5.34)
Nun können auch die restlichen Lagerreaktionen angegeben werden. Man erhält B 1z
=
B 2z
=
Az
=
E x
=
E
=
E z
=
D x
=
D
=
D z
=
1 2 G , 1 2 G , 5 4 G ,
40
Die Ölpumpe wird an den Streben (Pendelstützen) und am Antriebshebel freigeschnitten. Die Gleichgewichtsbeziehungen am Querträg er und das Momentengleichgewicht am Antrieb liefern:
−Z sinα A sin β − B sin β −Z cos α Acos β B cos β − F −10aZ cosα 10aF −2aZ cosα M +
+
+
+
= = = =
0 0 0 0
Aufgelöstbleibt
Damit ergibt sich dann tanα 1 + 2F sin β cos β 1 2B = 2 F − F tanα cos β sin β 2A = F
A = F oder B = F
2aZ cosα = 2 aF
tanα =
2a 1 und sin β = = 10a 5
4a
(4a )2 + (15a )2
=
√ 4241
√ ∗ √ −
tan α 1 + 2sin β cos β
A = F
1 tan α − 2sin β cos β
B = F
AusderGeometrieerhältmansofort =
sowie cos β =
√ 15 241
umgeschrieben werden.
(5.35)
1 2 G , 1 2 G ,
−
0 , 1 2 G .
1 241 5 2 4 + 241 15
√ 241 15
√
1 241 5 2∗ 4
=
=
11 √ 241 F = 1 . 423F 120 5 √ 241 F = 0 . 647F 120
DieentsprechendenKomponenteninhorizontalerundvertikalerRichtungsinddanndurch
= F tanα (A − B ) sin β = Z sinα (A +B ) cos β = F + Z cosα = 2 F
Berechnen Sie für a = 2 m, q 0 = 6 kN /m und F = 20 kN die Lagerreaktionen in A und B . −
+%
a) Welches Antriebsmoment M ist dazu erforderlich? b) Ermitteln Sie die Lagerreaktionen in A und B .
+
Ein Tragwerk wird durch eine konstante Streckenlast q 0 und durch die Einzelkraft F belastet.
−
* +%
F = Z cosα und damit M
5.5.1 Tragwerk
AH = 20 kN , A V = 18 kN , B V = 42 kN
)
Mit Z cosα = F und Z sinα = Z cosα tanα = F tanα können die beiden ersten Gleichungen in
0 ,
% # "
Ausdenbeidenletzten Gleichungenerhältman
−
− 12 G ,
! (
'%
Lösung:
5.5 Übungen
Lösung:
% & "
gegeben.
AH
=
AV
=
B H
=
B V
=
√ 4√ − Asin β − 11 120 241F 241 √ 241F 15√ − Acos β − 11 120 √ 241F 4√ 241 5 B sin β 120 241 − B cos β − 5 √ 241F 15√ = = = =
120
241
= =
− 1130 F − 0.367 F − 118 F − 1.375 F = =
= =
−
1 6 F =
0 .167 F
5 F = 8
− 0.625 F
6 Schnireaktionen 6.1 Definition
&'()*)+,( -./0)**12,3
6.1.1 Allgemein
5!
Für Festigkeitsberechnungen werden die Belastungen im Inneren eines Bauteils benötigt. Zerlegt man einen Körper durch einen Schnitt in zwei Teilsysteme, dann muss die Wirkung der festen Verbindung durch Schnittreaktionen, die Schnittkraft F S und das Schnittmoment M S , zum Ausdruck gebracht werden, Abb. 6.1. Die Schnittkraft F S wird dabei zweckmä-
#
5"
6%
04 !
5% 6"
%
"
F1
Abb. 6.2: Vorzeichendefinition Die Normalkraft N und die Querkräfte Q , Q z bilden die Komponenten der Schnittkraft
F3 M1
F S
F2 M2
=
nA
Teilkörper I
(6.1)
[ M x , M , M z ]T .
(6.2)
Am positiven Schnittufer zeigen die Komponenten der Schnittkraft in die positiven Achsrichtungen und die Komponenten des Schnittmoments versuchen, den Teilkörper um die entsprechenden Achsen zu drehen.1
MS
SA MS
[ N , Q , Q z ]T .
Das Schnittmoment setzt sich aus dem Torsionsmoment M x und den Biegemomenten M , M z zusammen, M S
FS
=
FS Teilkörper II
Abb. 6.1: Schnittreaktionen ßiger Weise auf den Schwerpunkt der Schnittfläche S A bezogen. Wenn das Gesamtsystem im Gleichgewicht ist, dann müssen auch die Teilsysteme, einschließlich der Schnittreaktionen, im Gleichgewicht sein. Damit können bei bekannter Belastung die Schnittreaktionen ermittelt werden.
6.2 Beispiel Die unter dem Winkel φ geneigte Fahrrad–Tretkurbel wird durch die vertikale Kraft F belastet, Abb. 6.3. Zur Berechnung der Schnittreaktionen wird die Tretkurbel an der Stelle x geschnitten, Abb. 6.4. Das Kräfte- und Momentengleichgewicht liefert bezüglich dem Schnittflächenschwerpunkt S F sin φ
0 F cos φ
und
6.1.2 Vorzeichen Schnitte werden senkrecht zur x -Achse ausgeführt. Die Schnittfläche, bei der die x -Achse in Richtung der nach aussen zeigenden Flächennormalen zeigt, wird als positives Schnittufer bezeichnet. Dort werden die Schnittreaktionen positiv definiert, Abb. 6.2.
− − × − x b
0
F sin φ
0 F cos φ
+
+
N Q Q z
M x M M z
=
0
=
(6.3)
0 .
(6.4)
1 Dreht man die x -Achse in Richtung der -Achse, dann wird da-
durch eine positive Drehung um die z -Achse definiert. Im Sinne einer zyklischen Vertauschung definieren dann nach z und z nach x positive Drehungen um die x - und -Achse.
41
OTH Regensburg
Technische Mechanik I 4a
B
a
4a 2a
B
A
x
a
ϕ
a
z
A
F
F
Schnittebene
b
x
P
Abb. 6.5: Einteiliges Tragwerk z
y
4a
4a 2a
Abb. 6.3: Fahrrad-Tretkurbel Mx x
S
F
Qz
A
Abb. 6.6: Tragwerk freigeschnitten
Mz
My
Mit Schnitten in den Abschnitten I, II und III, die durch die Intervalle 0 x 4a , 4a x 6a und 6a x 8a definiert sind, kann der Verlauf der Schnittreaktionen im Träger ermittelt werden, Abb. 6.7.
F
≤ ≤
b
Abb. 6.4: Teilsystem der Tretkurbel Die Gleichungen können sofort nach den unbekannten Schnittreaktionen aufgelöst werden. Man erhält: = = =
F sin φ ,
M x 0, M F cos φ , M z
−
= = =
−b F cos φ , −x F cos φ , −b F sin φ .
Bis auf das Biegemoment um die -Achse sind alle Schnittreaktionen konstant, d.h. unabhängig von der Lage des Schnittes.
6.3.1 Belastung durch Einzelkräe Der skizzierte Träger wird über zwei gleich lange Seile durch die Kraft F belastet, Abb. 6.5. Die Lagerreaktionen in A und B können aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem berechnet werden, Abb. 6.6. Man erhält Ax = 0 ,
42
Az =
−
My
x
Ax
N
N
a
4a
S
II
III
My
Qz z
8a Qz
x S
Bz
S Knoten
F
Abb. 6.7: Teilsysteme Ein Schnitt im Abschnitt II durchtrennt auch das Seil. Die Seilkraft folgt aber mit
6.3 Einteilige Tragwerke
3 F , 8
Qz
z
Az
(6.5)
≤ ≤
N
I
Az
≤ ≤
My
x
Ax
N Q Q z
Bz
A z
x
N
Qy
ϕ
A x
B z =
−
5 F . (6.6) 8
S
=
F
2 cos45o
=
√ F
2
(6.7)
sofort aus dem Gleichgewicht am Knoten. Im Abschnitt III werden die Schnittreaktionen zweckmäßigerweise am negativen Schnittufer ermittelt. Die Gleichgewichtsbeziehungen in den einzelnen Abschnitten liefern: Ax + N Az + Q z M + x A z
= = =
0, 0, 0;
(6.8)
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Ax + S x + N Az + S z + Q z M + x A z + a S x + (x 4a ) S z
− −N
−Q z B z ( 8a − x ) B z +
M +
= = =
0, 0, 0;
a
(6.9) q
0, 0, 0;
= = =
E
B
A
x
(6.10) z
wobei die Komponenten der Seilkraft durch o
S x = S cos45
=
F
2
o
S z = S sin 45
,
=
F
2
Abb. 6.9: Träger mit Streckenlast (6.11) a
gegeben sind.
2/3 a
Die Gleichungen (6.8), (6.9) und (6.10) können direkt nach den Schnittgrößen aufgelöst werden. In der Abb. 6.8 ist der Verlauf der Schnittgrößen N = N (x ) , Q z = Q z (x ) und M = M (x ) dargestellt. N
q
E
Ax q a/2
Az
Bz
E
Abb. 6.10: Träger freigeschnitten 4a
6a
8a x
-
1/3 x
Qz
3 8
-
1 8
F
3 2
aF
aF
5 4
5 8
q(x) N
Ax
x
F -
My
x
F 2
F
Az
q(x) x/2
My
Qz
aF
3 4
Abb. 6.11: Schnitt an der Stelle x aF x
Die Gleichgewichtsbeziehungen an einem Schnitt an der Stelle x , Abb. 6.11, liefern
Abb. 6.8: Verlauf der Schnittgrößen Da die senkrechten Teile fest mit dem waagrechten Trägerteil verbunden sind, werden an diesen Stellen Kräfte und Momente übertragen. Dies führt zu Sprüngen im Schnittgrößenverlauf.
6.3.2 Streckenlasten Ein an beiden Enden gelenkig gelagerter Träger wird mit einer dreiecksförmigen Streckenlast beaufschlagt, Abb. 6.9. Zur Berechnung der Lagerreaktionen kann die Streckenlast durch eine äquivalente Einzelkraft ersetzt werden, Abb. 6.10. Aus dem Gleichgewicht am Gesamtsystem folgt Ax = 0 ,
Az =
−
1 q E a , 6
B z =
−
2 q E a . (6.12) 6
Ax + N 1 Az + q (x ) x + Q z 2 1 1 M + q (x ) x x + x A z 2 3
=
0,
=
0,
=
0,
(6.13)
wobei die Streckenlast an der Stelle x durch die Geradengleichung x q (x ) = q E (6.14) a beschrieben wird. Mit (6.12) und (6.14) folgt aus (6.13) N (x )
=
Q z (x )
=
M (x )
=
0, 1 1 x 2 , q E a q E 6 2 a 3 1 1 x . q E a x q E 6 6 a
− −
(6.15)
Die Querkraft verläuft quadratisch und das Moment wird durch ein kubisches Polynom beschrieben.
43
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Technische Mechanik I Q z (x)
0.5
) x (
z
q(x)
My (x+dx)
0
Q
n(x)
N(x) M (x) y
N(x+dx) Q z (x+dx)
−0.5 0
0.2
0.4
0.6
0.8
x
1
dx
0.1
Abb. 6.13: Allgemeine Zusammenhänge ) x ( 0.05 y M
Gleichgewichtsbeziehungen
0 0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
−N (x ) −Q z (x )
Abb. 6.12: Verlauf der Schnittgrößen
n (x ) dx + N (x +dx )
=
0,
q (x ) dx + Q z (x +dx )
=
0,
+
+
−M (x ) − Q z (x )
Abb. 6.12 zeigt die Verläufe der Schnittgrößen für die Zahlenwerte a = 1 m und q E = 1 N /m. Der Nulldurchgang der Querkraft Q z (x ∗ √ x ∗ = 33 a 0 .5774 a .
=
0 ) liegt bei
≈
Das Maximum des Biegemomentes folgt aus der notwendigen Bedingung d M (x ) dx
=
1 q E a 6
−
1 x 2 q E . 2 a
(6.16)
M (x +dx )
+
−
2 dx Q z (x +dx ) 2
d N (x ) dx , dx
Man erkennt, dass die Ableitung des Biegemomentes M nach der Koordinate x die Querkraft Q z liefert. Dieser Zusammenhang gilt allgemein.
N (x ) +
Q z (x +dx )
≈
Q z (x ) +
Extrema im Biegemomentenverlauf fallen also mit den Nulldurchgängen der Querkraft zusammen.
M (x +dx )
≈
M ma x = M (x ∗ )
√ =
3 q E a 2 27
x ∗ auf.
d Q z (x ) dx , dx d M (x ) M (x ) + dx . dx
(6.19)
Eingesetzt in (6.18) bleibt d N (x ) dx
≈ 0 .0642 q E a 2 . (6.17)
d Q z (x ) dx d M (x )
6.4 Differentielle Betrachtung
dx
6.4.1 Allgemeine Betrachtung Schneidet man aus einem Bautteil, das in x - und z Richtung durch die Streckenlasten n (x ) und q (x ) belastet wird, an einer beliebigen Stelle x ein infinitesimal kleines Teilstück heraus, Abb. 6.13, dann liefern die
0,
Die Schnittreaktionen N (x +dx ) , Q z (x +dx ) und M (x + dx ) werden nun in eine Taylor-Reihe entwickelt, wobei Glieder höherer Ordnung vernachlässigt werden. Damit erhält man
≈
=
=
(6.18)
wobei das Momentengleichgewicht um die Mitte des Teilstückes angesetzt wurde.
N (x +dx )
Das maximale Biegemoment tritt also bei x Man erhält
dx
=
−n (x ) ,
=
−q (x ) ,
=
Q z (x ) ,
(6.20)
wobei in der Momentensumme die quadratischen Terme mit dx 2 gegenüber den linearen Termen mit dx vernachlässigt wurden.
6.4.2 Beispiel Mit den Beziehungen (6.20) kann das Beispiel in Abschnitt 6.3.2 auf analytischem Wege gelöst werden.
44
Technische Mechanik I (Statik) Wegen n (x ) d N (x ) dx
=
=
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
0 erhält man zunächst
0 , bzw.
N (x )
=
N 0
=
const . (6.21)
Mit q(x) gemäß (6.14) liefert die zweite Gleichung in (6.20) d Q z (x ) x (6.22) q E . = dx a Nach einer unbestimmten Integration bleibt
−
Zur Bestimmung der Integrationskonstanten N 0 genügt es, die Normalkraft an einer Stelle zu kennen. Die Konstanten Q 0 und M 0 können entweder aus zwei Momentenbedingungen oder aus einer Querkraft- und einer Momentenbedingung ermittelt werden. Abhängig von der Lagerung eines Bauteils können an den Enden meist einfache Randbedingungen formuliert werden, Tabelle 6.1. Stelle x = x R
2
Q z (x )
=
−q E 2x a
+
Q 0 ,
(6.23)
freies Ende
wobei mit Q 0 die Integrationskonstante bezeichnet wurde. Mit (6.23) erhält man aus der dritten Gleichung in (6.20) d M (x ) x 2 (6.24) q E = + Q 0 . dx 2 a Eine weitere unbestimmte Integration liefert den Momentenverlauf
versch. Gelenk
−
festes Gelenk
−q E 6x a
=
+
Q 0 x + M 0 ,
0
0
0
0
?
0
?
?
0
?
?
?
feste Ein- spannung
3
M (x )
N (x R ) Q z (x R ) M (x R )
(6.25)
wobei M 0 wieder die Integrationskonstante bezeichnet.
Tabelle 6.1: Randbedingungen
Die unbestimmten Verläufe müssen nun an die problemspezifischen Randbedingungen angepaßt werden. Das verschiebliche Lager in B kann keine horizontalen Kräfte aufnehmen. An der Stelle x = a muss folglich die Normalkraft verschwinden, N (x = a ) = 0. Damit kann die Integrationskonstante in (6.21) berechnet werden. Im vorliegenden Fall erhält man N 0 = 0. Der Träger ist an beiden Seiten gelenkig gelagert. Dort können keine Momente übertragen werden. An den Stellen x = 0 und x = a muss deshalb das Moment verschwinden. Aus M (x = 0 ) = 0 folgt sofort M 0 = 0 und die Forderung M (x = a ) = 0 0
=
−
(6.26)
liefert mit M 0 = 0 Integrationskonstante =
1 q E a . 6
Voraussetzung für die Lösung der Integrale N (x ) Q z
und M
=
=
a 3 q E + Q 0 a + M 0 6 a
Q 0
6.4.4 Unstetigkeiten
(6.27)
Damit ist neben dem Momentenverlauf M (x ) auch der Querkraftverlauf Q z (x ) festgelegt.
6.4.3 Randbedingungen Mit Randbedingungen werden die allgemeinen Verläufe der Schnittreaktionen an die jeweilige Problemstellung angepasst.
=
=
− −
−
+
n (x ) dx
q (x ) dx
Q z (x ) dx
+
+
+
N 0 ,
Q 0 ,
M 0
q (x ) dxdx + Q 0 x
(6.28) (6.29)
(6.30) +
M 0
ist, dass die Streckenlasten n (x ) und q (x ) zumindest abschnittsweise stetig sind. Bei sprunghaften Änderungen der Streckenlasten oder an Stellen wo Kräfte und Momente eingeleitet werden, muss neu aufgesetzt werden. Die Auswirkungen von sprunghaften Belastungsänderungen auf den Verlauf der Schnittgrößen Q z und M sind in der Tabelle 6.2 zusammengestellt. Belastungsänderungen in Querrichtung (z -Achse) und ihre Konsequenzen auf die Querkraft Q z (x ) gelten in analoger Weise auch für Belastungsänderungen in Längsrichtung (x -Achse) und ihre Konsequenzen auf die Normalkraft N (x ) .
45
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Technische Mechanik I Q z (x ∗ )
Belastung x ∗
q (x )
M (x ∗ )
Knick
x ∗ F
einmal
q0
AH
differenzierbar
Sprung
2a
AV
Knick
a
x ∗ < M
—
Sprung
F Tabelle 6.2: Belastungssprünge
a CH
6.5 Mehrteilige Tragwerke
CV
DH
6.5.1 Rahmentragwerk
2a
CV CH
DV
Das in Abb. 6.14 skizzierte Rahmentragwerk wird durch die konstante Streckenlast q 0 und die Einzelkraft F belastet.
Abb. 6.15: Rahmen freigeschnitten und D H + C H D V + C V 2a C V
q0 A
z
x1
2
B
a
2
F
C V
C
Zur Berechnung der Lagerreaktionen wird das Tragwerk an den Lagern in A und B sowie im Gelenk C freigeschnitten, Abb. 6.15. In einem globalen Koordinatensystem mit Achsen in horizontaler und vertikaler Richtung lauten die Gleichgewichtsbeziehungen für die zwei Teilsysteme
−
46
−
− −
= = =
0, 0, 0
=
0
und D V = 0 .
(6.33)
C H
=
AH
=
AV
=
F
− q 0 a , − F 2 − q 0 a , 2
(6.34)
q 0 2a
und aus der ersten Gleichung in (6.32) folgt noch
Abb. 6.14: Rahmentragwerk
AH + F C H AV q 0 2a C V a q 0 2a a F + 2a C H + 2a C V
=
(6.32)
Das Teilstück CD stellt also eine Pendelstütze dar, die nur Kräfte in horizontaler Richtung überträgt. Mit (6.33) erhält man aus (6.31)
a D
=
0, 0, 0.
Aus den beiden letzten Gleichungen folgt sofort
x
z1
=
D H
−C H
=
− F 2
+
q 0 a .
(6.35)
Ein Schnitt im oberen Teil des Rahmens, Abb. 6.16, liefert die Gleichungen
−AV
M +
(6.31)
=
x 1
2
+
AH + N
=
0,
q 0 x 1 + Q z
=
0,
=
0.
q 0 x 1
− x 1 AV
(6.36)
Bei Schnitten im vertikalen Teil, die oberhalb und unterhalb der Kraft F geführt werden, Abb. 6.17,
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
x1
q0
AH AV
nem quadratischen Verlauf des Biegemoments. An der Stelle, wo die Kraft F eingeleitet wird, tritt im Querkraftverlauf ein Sprung und im Momentenverlauf ein Knick auf.
My
Qz N
Die Pendelstütze, der untere Teil des Rahmens, ist querkraft- und momentenfrei.
Abb. 6.16: Schnitt im oberen Teil
6.5.2 Gekrümmte Abschnie
My x2
Eine Bogenlampe besteht aus einem geraden und einem kreisförmig gebogenem Abschnitt, Abb.. 6.19.
a
N
F
Qz
My x2
2a
xϕ zϕ
N
a
B
Qz
CH C V
CH C V
−N C V −Q z − F C H ( a − x 2 ) F − ( 2a − x 2 )C H +
=
+
= =
0, 0, 0
C
BV
4a
formuliert man zweckmäßigerweise die Gleichgewichts bedingungen jeweils am negativen Schnittufer. Man erhält
+
C
ϕ
a
BH
G
Abb. 6.17: Schnitte im vertikalen Teil
−M
a
MB
G
Nϕ
Mϕ
Qϕ x1 A
BH
z1
ϕ
BV
(6.37)
MB
Abb. 6.19: Bogenlampe Das Kräftegleichgewicht am Bogen
und
−N C V −Q z C H −M − ( 2a −x 2 )C H +
=
+
=
=
0, 0, 0.
Das untere Rahmenteil wird wegen C V = D V = 0 nur durch die Normalkraft N = C H = F 2 q 0a belastet.
−
In der Abb.. 6.18 sind für die Zahlenwerte q 0 = 10 k N /m, F = 24 k N und a = 2 m die Schnittgrößen über dem Rahmen aufgetragen. +32
+40
+80 -32
N [kN]
Q [kN]
+80
M [kNm]
=
B V
− G
=
0, 0,
− 2a G
=
0
+16
M B
-8
(6.39)
liefert die Schnittreaktionen an der Übergangsstelle zwischen dem geraden und dem gebogenen Teilstück. Ein Schnitt senkrecht zum Bogen unter dem Winkel φ legt die Schnittreaktionen N φ , Q φ und M φ frei. Die Gleichgewichtsbeziehungen am Bogenstück lauten B H + Q φ cos φ + N φ sin φ
=
0,
− Q sin φ N cos φ M M B − a B V − a N
=
0,
=
0,
B V
φ
φ +
-8
B H
(6.38)
+
φ
φ
(6.40)
Abb. 6.18: Verlauf der Schnittgrößen
wobei das Momentengleichgewicht um die Bogenmitte angesetzt wurde.
Die konstante Streckenlast q 0 führt im oberen Teil zu einem linearen Verlauf der Querkraft und damit zu ei-
Die beiden ersten Gleichungen in (6.40) können nach N φ und Q φ aufgelöst werden. Dazu wird zunächst die erste Gleichung mit dem Faktor sin φ und die zweite
47
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Technische Mechanik I
mit dem Faktor cos φ multipliziert. Bei der anschließenden Addition heben sich die Anteile mit Q φ heraus.
A x
Mit den Ergebnissen aus (6.39) bleibt N φ
=
C
B
z
−G cos φ .
(6.41)
In analoger Weise kann auch N φ eliminiert werden und man erhält (6.42) Q φ = G sin φ .
4m m 3
Q
P = 10 kN
D
2m
E
Aus der dritten Gleichung folgt schließlich das Moment (6.43) M φ = a G (1 + cos φ ) .
−
m 1
Abb. 6.21: Tragwerk
Die Ergebnisse sind in Abb. 6.20 aufgetragen.
a
a c
b
G
P
Q = 15 kN
-Ga ρ a
-G
N
d1
G 2 -
+G
Q
d2 A
B
Abb. 6.22: Tragwerk
M
Zahlenwerte: a = 2 m, b = 0 .8m, c = 0 .6m ; d 1 = 0 .2m, k d 2 = 0 .3 m; ρ = 7800 m 3 . Berechnen Sie die Lagerreaktionen in A und B . Skizzieren Sie den Verlauf der Schnittgrößen und geben Sie Lösung: deren Extremwerte an.
Abb. 6.20: Verlauf der Schnittgrößen
102 N , B V = 9523 N . A V =6 Q(x)
2.
22 .4
0
+2670
x
3.
4
4.0
-6278
x
-769
6.6 Übungen 6.6.1 Einzelkräe Das skizzierte Tragwerk wird durch die Gewichte P und Q belastet. Die Umlenkscheiben in B und C sind reibungsfrei drehbar.
Lösung:
E H = 0, E V =25kN , M E = 10kNm.
Q
10 kN A
C B
x
-15 kN M B
A
C x
-30 kNm -40 kNm
6.6.2 Streckenlast Eine abgesetzte Welle mit kreisförmigem Querschnitt ist wie skizziert gelagert. Das Eigengewicht der Welle ist als Streckenlast zu betrachten.
48
+3245
+1294
0.8
-1923
Auf Grund der rein vertikalen Belastung ist hier das gerade Teilstück querkraftfrei.
Berechnen Sie die Lagerreaktionen in E . Skizzieren Sie den Verlauf der Schnittreaktionen im waagrechten Teil A-C und geben Sie die Extremwerte an.
+4179
M(x)
-974
7 Reibung 7.1 Allgemeines
7.1.2 Reibungsgesetze
7.1.1 Kontaktkra
Die Reibkraft hängt von einer Vielzahl physikalischer Eigenschaften ab. Die wichtigsten Parameter sind die Normalkraft, die Rauhigkeit der Oberflächen, die Gleitgeschwindigkeit und die Temperatur.
Der Kontakt zweier starrer Körper erfolgt in der Regel in einem Punkt, Abb. 7.1. Im Berührpunkt P stimmen die Tangentialebenen an die äußere Kontur der Körper überein. Der Normalenvektor n beschreibt die räumliche Lage der Berührebene. An der Kontaktstelle kön-
Der qualitative Verlauf der Reibkraft F R als Funktion der Gleitgeschwindigkeit G für die Paarung Gummi/Asphalt ist in Abb. 7.3 aufgetragen. Die Funktion FR
Berührebene
F
Körper 1
Gleiten
n Haften
P
Körper 2
F
vG
Haften
Abb. 7.1: Kontaktkraft
Gleiten
nen die beiden Körper die Kontaktkraft F übertragen. Mit dem Normalenvektor n kann die Kontaktkraft F in Komponenten zerlegt werden, Abb. 7.2 F
=
F N
+
F R .
(7.1)
Abb. 7.3: Reibkraft 0) mehrdeutig. Die maximale Reibkraft ist in der Regel größer als die Gleitkraft. F R
=
F R ( G ) ist im Haftbereich ( G
FR
F
R
n
=
Gleiten
F
Haften
FN
vG Haften P
Gleiten
Abb. 7.2: Normalkraft und Reibkraft Abb. 7.4: Coulombsche Reibung Die Normalkraft F N ist eine Reaktionskraft, da die starren Körper an der Berührstelle Bewegungen in Richtung von n verhindern, die zu Deformationen der Körper (F N 0!) führen würden.
≥
In der Regel lassen sich die beiden Körper nicht ohne Widerstand senkrecht zu n bewegen. Dieser Widerstand wird durch die Reibkraft F R 0 beschrieben.
Bei vielen Materialpaarungen kann das Reibungsgesetz durch die Coulombsche Reibung1 approximiert werden, Abb. 7.4. Man unterscheidet hier zwei Bereiche. Im Haftbereich ( G = 0) verhindert die Reibkraft Relativbewegungen 1
Charles Augustin Coulomb, französischer Physiker und Ingenieuroffizier, 14.06.1736 – 23.08.1806
49
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Technische Mechanik I
der Körper in der Berührebene. Hier ist die Reibkraft eine Reaktionskraft, die durch die Ungleichung
|F R H | ≤
µ H F N
(7.2)
eingeschränkt wird. Im Gleitbereich ( G 0) wird die Reibkraft durch die Funktion G G (7.3) F R µ G F N = G G beschrieben. Die Gleitkraft F R ist der Gleitgeschwindigkeit G entgegengerichtet.
−
| |
Die Reibungsbeiwerte µ H für Haften und µ G für Gleiten beschreiben die Rauhigkeit der Oberflächen. In der Regel gilt µ H > µ G .
7.2 Statisch bestimmte Systeme
N
Eine Kiste mit der Breite b und dem Gewicht G wird in der Höhe h durch eine unter dem Winkel α geneigte Kraft F belastet. y
≥
0 .
(7.6)
Dies beschränkt auch den Hebelarm der Normalkraft auf b b (7.7) ξ . 2 2 Schließlich muss noch die Reibungsungleichung
− ≤ ≤ | R | ≤
µ 0 N
(7.8)
beachtet werden. Die Kiste bleibt folglich nur dann in Ruhe, wenn die Bedingungen kein Abheben:
7.2.1 Einsetzende Bewegung
F sin α
≤ G , kein Rutschen: F cos α ≤ µ 0 (G − F sin α ) , 1 b kein Kippen um A: F cos α ≤ G 2 h erfüllt sind, wobei F wurde.
(7.9)
≥ 0 und cos α ≥ 0 vorausgesetzt
b/2
b F
F
α
h
Da die Kiste mir der Unterlage nicht verklebt ist, kann die Normalkraft nur positive Werte annehmen
α
A
A
B
N
7.2.2 Erforderliche Reibwerte
h
G
G
F
M
G A
B R
Eine Platte mit dem Gewicht G 1 stützt sich, wie skizziert, auf einem Stab mit dem Gewicht G 2 ab, Abb. 7.6.
x
B N
^ =
ξ
C
R
a b
Abb. 7.5: Kiste auf Unterlage
s1
Solange die Kiste weder rutscht noch kippt, muss der Kontakt zwischen Kiste und Boden als feste Einspannung betrachtet werden. Das Einspannmoment kann in seiner Wirkung durch eine exzentrisch angreifende Normalkraft ersetzt werden, M = N ξ .
B
Abb. 7.6: Abgestützte Platte
Die Gleichgewichtsbeziehungen
−
=
0 ,
− G F sin α b F sin α − h F cos α 2 +
=
0 ,
=
0 ,
N
N ξ +
(7.4)
=
F cos α ,
N
=
G F sin α , h F cos α b 2 F sin α
ξ
50
=
−
−
− F sin α
G
(7.5) .
Beim Freischneiden werden die Kontaktkräfte in A, B und C in Komponenten normal zur Berührungsebene N A , N B , N C und in Berührungsebene R A , R B , R C zerlegt, Abb. 7.7. Die Gleichgewichtsbedingungen für die beiden Körper liefern
können sofort nach R , N und ξ aufgelöst werden R
G2
A
R F cos α
s2
G1
R A + R C cos α N A
− G 1
− N C sin α
+
N C cos α + R C sin α
−G 1 s 1 cos α
+
N C a
=
0 ,
=
0 ,
=
0
(7.10)
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
RC NC
G
NC
Q
α
G1
RC
!
NA
!
Abb. 7.8: Gewicht auf schiefer Ebene
RA
G2 NB
RB
Die wesentlichen Gleichgewichtsbeziehungen für die beiden Teilkörper Gewicht und Last lauten, Abb. 7.9
Abb. 7.7: Platte und Stab freigeschnitten
S
=
0 ,
− G cos α S − G sin α
=
0 ,
=
0 .
N
und
R +
− R C cos α N C sin α N B − G 2 − N C cos α − R C sin α R B
+
G 2 s 2 sin α + R C b
=
0 ,
=
0 ,
=
0 ,
−Q
+
(7.11)
S
wobei der Winkel α durch
(7.16)
S
R
tan α
=
b a
M
(7.12)
G
N Q
bestimmt ist. Aus den Momentenbeziehungen erhält man sofort N C R C
=
=
s 1 G 1 cos α , a s 2 G 2 sin α , b
(7.13)
−
Ueber die Reibungsungleichung (7.2) kann nun der erforderliche Reibwert im Berührpunkt C ermittelt werden. Aus R C µ C N C (7.14)
| |≤
Abb. 7.9: Last und Gewicht freigeschnitten Schließt man ein Kippen des Gewichtes G aus, dann wird die Momentensumme, mit der das Reaktionsmomentes M bestimmt werden kann, gar nicht benötigt. Im sinnvollen Winkelbereich 0 < α < 90o ist die Normalkraft stets positiv, N > 0. Die Reibungsungleichung lautet
| − | ≤ G sin α Q
folgt mit (7.13) und unter Verwendung von (7.12) µ C
≥
G 2 s 2 . G 1 s 1
µ 0 G cos α .
(7.15)
Mit N C und R C können die beiden ersten Gleichungen in (7.10) und (7.11) nach R A und N A bzw. nach R B und N B aufgelöst werden. Damit können dann auch für die Berührpunkte A und B die erforderlichen Reibwerte ermittelt werden.
7.2.3 Gleichgewichtsbereiche Die Last Q und das Gewicht G sind durch ein Seil verbunden, Abb. 7.8. Die Umlenkscheibe ist reibungsfrei drehbar. Die Reibung zwischen Gewicht und schiefer Ebene wird durch den Haftbeiwert µ 0 beschrieben.
(7.17)
N
R
Die Betragsungleichung (7.17) muss bereichsweise gelöst werden. Man erhält
− Q G ≤ µ 0cos α für
sin α
−
Q (sin α ) G
− ≤
− Q G ≥ 0 ,
sin α
Q µ 0cos α für sin α < 0 , G
(7.18)
−
wobei die Gleichungen mit G durchdividiert wurden. Die Ungleichungen in (7.18) können zu einer Bereichsungleichung zusammengefasst werden sin α µ 0cos α
−
≤
Q G
≤
sin α + µ 0cos α . (7.19)
51
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Technische Mechanik I
Das System ist im Gleichgewicht, wenn die Reibungsungleichung (7.17) erfüllt ist. Dies ist der Fall, wenn Q /G in dem durch (7.19) festgelegten Bereich liegt. Dieser Sachverhalt kann auch grafisch veranschaulicht werden. Dazu wird die Ungleichung (7.19) etwas umgeformt. Nach der Subtraktion des Terms sin α und der Multiplikation mit G erhält man
− µ 0 G cos α ≤ Q − G sin α ≤
±
= =
AH R N + AV F aF + hR ( a b ) N
− −
− −
0, 0, 0, = = =
(7.22) 0, 0, 0.
(7.23)
Da die Summe der Momente auf die Lager in A und B bezogen wurde, können R und N unabhängig von den Lagerreaktionen AH , AV B H und B V ermittelt werden. Der dritten Gleichung in (7.22) entnimmt man sofort R
=
Q .
(7.24)
Die dritte Gleichung in (7.23) kann nach der Normalkraft aufgelöst werden und liefert mit (7.24) das Ergebnis aF + hR a h N = F + Q . (7.25) = a b a b a b
i n " G s R
=
− − −
µ 0 G cos α , (7.20)
durch den Reibungswinkel ρ 0 , dann kann die Reibkraft R = µ 0 G cos α = G cos α tan ρ 0 und damit auch der gesamte Gleichgewichtsbereich grafisch dargestellt werden, Abb. 7.10.
Q
B H + R B V Q N rQ rR
+
wobei die Ausdrücke G sin α den Hangabtrieb H und G cos α die Normalkraft N angeben. Ersetzt man den Reibwert µ 0 mit tan ρ 0 = µ 0 (7.21)
±
zung wird angenommen, dass die über den Bremsklotz verteilten Kontaktkräfte in der resultierenden Normalkraft N und der resultierenden Reibkraft R zusammengefasst werden können. Die Gleichgewichtsbeziehungen für die beiden Teilsysteme liefern dann
R o s " G c
−
"
" ! !
−
−
Die Überprüfung der Reibungsungleichung R führt auf Q
Abb. 7.10: Reibwinkel
≤
µ
a
h
−
−
| | ≤ µ N
F + Q a b a b
(7.26)
oder (a b µ h ) Q
− −
7.2.4 Selbsthemmung
'
*
#
',
) ) (+
*
(,
Abb. 7.11: Backenbremse mit Freikörperbild
52
− Für a −b ≥ µ h erhält man als Gleichgewichtsbedingung µ a Q ≤ F . (7.28) a −b − µ h Dies bedeutet aber, dass schwere Lasten bei µ a Q > F a b µ h
(7.29)
Genügen die geometrischen Abmessungen und der Reibwert der Bedingung a b µ h < 0, dann liefert (7.27) das Ergebnis µ a µ a Q F oder Q F . a b µ h µ h ( a b ) (7.30) Selbst bei verschwindend kleiner Kraft F 0 herrscht jetzt Gleichgewicht für beliebig große Lasten Q 0. Dieser Effekt wird als Selbsthemmung bezeichnet und vielfach technisch genutzt. Elastische Bauteilverformungen und die Belastung der Lager beschränken in der Praxis die Wirkung der Selbsthemmung.
− −
!
%
(7.27)
nicht mehr gehalten werden können.
!
$
'+
− −
"
%
µ a F ,
wobei a b > 0 vorausgesetzt wurde.
In Abb. 7.11 ist eine einfache Backenbremse dargestellt. Der in A drehbar gelagerte Hebel wird am Ende mit der Kraft F belastet und presst die Bremsbacke auf die Trommel. Die dadurch entstehende Reibungskraft hält die Last Q im Gleichgewicht. Für eine erste Abschät-
& (
≤
≥ − −
≥− − − →
≥
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7.2.5 Fazit
7.3.3 Sonderfäl Sonderfälle le
Bei statisch bestimmten Systemen können (und sollten deshalb auch) die Reibungskräfte nach Betrag und Richtung aus den Gleichgewichtsbeziehungen berechnet werden. Aus der Reibungsungleichung folgt dann der erforderliche Reibwert. Bei gegebenem Reibwert kann kann auch auch die Sicherhe Sicherheit it gegen gegen Dur Durchru chrutsc tschen hen bestimmt werden. In den Kontaktstellen müssen die Normalkräfte als positive Druckkräfte senkrecht zur Berühreb rührebene ene angetr angetrage agen n werden werden.. Die Reibkrä Reibkräfte fte liegen liegen in der Berührebene; sie werden wie Lagerreaktionen behandelt. Auf keinen Fall sollten bei statisch bestimmten Systemen die Reibkräfte durch ihre Grenzwerte R max N ersetzt werden! max = µ N
Bei einer glatten Wand ( µ W W
7.3 Statisch Statisch überbestimmt überbestimmtes es System System
Ein unter dem Winkel α geneigte Leiter der Länge durch die Kraft G belastet, L wird an der Stelle x durch Abb. 7.12. 7.12. Die Reibwerte zwischen Leiter und Boden
N B B = G und
(7.34)
N W W
=
R B B =
x cos α G . (7.35) L sin α
Das Überprüfen der Reibungsungleichung am Boden liefert
≤ ≤
x cos α G L sin α
N B B oder
|R B B | ≤
≤ ≥
µ B . (7.36) B G .
Für 0 x L und 0 α π 2 ist R B B 0 und es bleibt als Bedingung für Gleichgewicht
≤ ≤ ≤
µ B B
sin α oder cos α
x L
≤
µ B B tan α . (7.37)
Damit Damit die die Leit Leiter er auch auch bei x = L noch im Gleichg Gleichgewi ewicht cht ist, muss 1 (7.38) µ B B tan α
≥
≥ ≥
# " '
(
R B B )
%$=
0
(7.39)
das Gleichungssystem. Gemäß (7.31) Gemäß (7.31) hat hat das aber wegen N W (7.40) W = R B B
&
!%
≥ ≥
Bei glattem Boden ( µ B B = 0) vervollständigt
'
)
&
0
gelten. Bei einem Reibwert von µ B B = 0.5 würde dies ◦ mit tan α 2 oder α 63 .4 erfüllt werden.
$"
(
=
0) erhält man mit
eine weitere Gleichung. Unter Berücksichtigung von (7.34) 7.34) folgen dann aus (7.31) aus (7.31) bis bis (7.33 (7.33)) die Ergebnisse
x L
7.3.1 Aufgabenstellung Aufgabenstellung
!"
R W W
=
# %
Abb. 7.12: Leiter an rauer Wand und rauem Boden mit Freikörperbild sowie sowie Leiter Leiter und Wand werden werden mit µ B B und µ W W bezeichnet. Unter welcher Voraussetzung bleibt die Leiter im Gleichgewicht, wenn die Person bis nach oben ( x = L steigt?
eine eine verschw verschwind indend endee Normal Normalkra kraft ft zwischen zwischen Leiter Leiter und Wand zur Folge. Wegen N W W
=
0
und
|R W W | ≤
µ W W N W W
(7.41)
kann dann dort auch keine Reibkraft auftreten R W W
=
0 .
(7.42)
7.3.2 Gleichgewichtsbeziehungen
Mit N W W = 0 und R W W = 0 ist das Momentengleichgewicht (7.33 wicht (7.33)) nur für x = 0 erfüllt. Bei glattem Boden kann also die Leiter gar nicht erst betreten werden.
Für die vier Unbekannten N B B , R B B , N W W und R W W stehen mit
7.3.4 Grenzbetra Grenzbetrachtun chtung g
− R B B
=
0 , (7.31)
+
=
0 , (7.32)
N W W N B B
cos α G x cos G
− G
R W W
− − L cos α R R W N W W − L sin α N W
=
0 , (7.33)
zunächst nur drei Gleichungen zur Verfügung.
Nimmt man an, dass im Grenzfall alle Reibkräfte mit
|R W W | | R B B |
= =
R RW max R R max B
= =
± µ W W N W W ± µ B B N B B
und
(7.43)
53
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ihre maximalen Werte erreichen, dann kann das Problem gelöst werden, wenn die Richtung und damit das Vorzeichen der Reibkräfte entgegen der im Versagensfall auftretenden Gleitbewegung in den entsprechenden Kontaktstellen angesetzt wird. Beim Abrutschen der Leiter bewegen sich die Kontaktpunkte zwischen Leiter und Wand bzw. Leiter und Boden nach unten bzw. nach rechts. Die entsprechenden Reibkräfte R W W und R B wurden wurden im Freikörperb Freikörperbild ild schon entgegengeentgegengesetzt eingezeichnet. eingezeichnet. Unmittelbar Unmittelbar vor dem Abrutschen Abrutschen gilt dann max R W
=
+
R max B
=
+
R W W
=
+
R B B
=
+
µ W W N W W
und
µ B B N B B .
− µ B B N B B
− G µ W W N W W − L µ W x G − N W W N W W − L tan α N W N B B
+
µ
dϕ ϕ α
S2 S1
Abb. 7.13: Seilreibung
(7.44)
Damit stehen dann neben den drei Gleichgewichtsbeziehungen beziehungen und (7.33 und (7.33)) noch zwei weitere Gleichungen zur Verfügung. Setzt man die Grenzwerte (7.44) ( 7.44) in in die Gleichgewicht Gleichgewichtsbeziehu sbeziehungen ngen (7.31), (7.31), (7.32) und (7.33) (7.33) ein, dann erhält man N W W
Abb. 7.13. Abb. 7.13. Der Der Beiwert µ beschreibt die Reibung zwi-
=
0 , (7.45)
=
0 , (7.46)
=
0 , (7.47)
schen Seil und Trommel. Der Umschlingungswinkel α beschreibt den Bereich, wo das Seil auf der Trommel aufliegt. Unter einer beliebigen Winkellage 0 φ α wird nun ein Seilelement herausgeschnitten, Abb. 7.14 Abb. 7.14 Das Kräftegleichgewicht in radialer und tangentialer
≤ ≤ ≤
S (!+ d!) S (!)
dR dN
wobei wobei die Moment Momenteng englei leichun chung g zur Vere ereinf infachu achung ng durch cos α dividiert dividiert wurde. Die ersten zwei Gleichungen liefern die Normalkräfte zu 1 N W N B G . . W = B = 1 + µ W µ B W µ B (7.48) In die Moment Momenteng englei leichun chung g (7.47) eingese eingesetzt, tzt, ergibt ergibt sich µ B µ B B B x G L µ W G L tan α G = 0 . W 1 + µ W 1 + µ W W µ B B W µ B B (7.49) Nach geeigneter Umformung bleibt schließlich µ W x W + tan α (7.50) . = µ B B 1 + µ W L W µ B B
d! !
µ B B G und 1 + µ W µ B W µ B
− −
− −
Das Ergebnis schließt die Sonderfälle µ W W = 0 und µ B B = 0 ein. Damit die Leiter auch bei x = L noch im Gleichgewicht ist, muss µ B B ( µ W W + tan α )
=
1 + µ W W µ B B oder
µ B B tan α = 1
(7.51) gelten. Der Vergleich mit (7.38) (7.38) zeigt, zeigt, dass die zusätzliche Reibung an der Wand bei x = L ihren Einfluss verliert.
7.4 Seilreibung Seilreibung
Abb. 7.14: Seilausschnitt Richtung liefert
− − S (φ ) sin d 2φ φ − S (φ
d N
− S (φ ) cos d 2φ φ − dR
54
d φ φ ) sin
d φ φ
+
S (φ + d φ φ ) cos
2
=
0 , (7.52)
d φ φ
= 0 . (7.53) 2 Die Seilkraft an der Stelle φ + d φ φ kann kann durch durch die ersten beiden Glieder einer Taylor-Reihe
S (φ + d φ φ )
≈ S (φ )
+
d S d φ φ d φ φ
(7.54)
angenähert werden. Mit d φ φ 1 und unter Vernachlässigung von Termen höherer Ordnung bleibt dann
7.4.1 Grundglei Grundgleichung chung Ein Seil ist um eine Trommel geschlungen und wird an den Enden durch die Kräfte S 1 und S 2 belastet,
+
− − S (φ ) d φ φ
d N
=
0
(7.55)
und
− dR
+
dS
=
0 .
(7.56)
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Die Reibung Reibungsun sungle gleichu ichung ng gilt auch auch für den SeilabSeilabschnitt. Aus dR µ d µ d N (7.57)
Daraus folgt das maximal übertragbare Moment
folgt mit (7.55 (7.55)) und (7.56 (7.56))
Um Momente übertragen zu können muss der Riemen vorgespannt werden, S 1 > 0.
M
| |≤
µ S µ S d φ φ ,,
|dS | ≤
(7.58)
wobei S 0 vorausgesetzt wurde. Bei
≥ ≥
dS
0
≥
S =S 2
φ =α
dS S
≤
µ
d φ φ
(7.60)
S 2 S 1
≤
µ α oder
S 2 S 1
≤
e µ α .
S 2
≤
(7.65)
7.4.3 Bandbremse Bandbremse Bei einer Bandbremse, Abb. 7.16 Abb. 7.16,, ist ein rauhes Band um eine Trommel geschlungen. Das Band ist an beiden Ende Enden n an eine einem m Hebel Hebel der der Läng Längee a befestigt. befestigt. Die TromTrommel wird durch die Momente M = M L und M = M R R mit M L > 0 und M R R > 0 belastet.
(7.61)
F F
≥
≤
− 1) .
a
Infolg Infolgee (7.59)muss 7.59)muss S 2 S 1 sein. sein. Damit Damit kann kann (7.61)auch (7.61)auch Bereichsungleichung S 1
S 1 r (e µ α
Bei großen Winkelgeschwindigkeiten müssen gegebenenfalls in der Seilreibung die Zentriefugalkräfte der Riementeilchen berücksichtigt werden.
angeschrieben werden. Man erhält ln
=
−
φ =0
S =S 1
M max max
(7.59)
können die Betragsstriche in (7.58) (7.58) weggelassen weggelassen werden. Die Ungleichung (7.58) (7.58) kann kann dann in der Form
≤
S 1 e µ α .
S2
M
S1
r
M
(7.62)
angeschrieben werden. Abb. 7.16: Bandbremse
7.4.2 Riemenantr Riemenantrieb ieb Bei einem Riemenantrieb umschlingt der Riemen die Antriebsscheibe in dem Winkelbereich α , in Abb. 7.15 Abb. 7.15 ist α = π . S2
r
Wie groß muss die Kraft F mindestens mindestens sein, damit sich die Trommel nicht dreht. Zur Lösung wird das Band durchgeschnitten. Die Momenten mentenbil bilanz anzen en für die Tromm Trommel el und den Hebel Hebel liefern liefern die Gleichungen M + S 1 r
− − S 2 r
M A
F a
Aus der Momentenbilanz folgt S 1 +
M . r
(7.63)
M r
≤
S 1 e µ α .
− S 1 2r
=
0 .
(7.67)
Das Kräftegleichgewicht für die Trommel und für den Hebel würde zwar jeweils 2 Gleichungen liefern, mit den Lagerreaktionen kommen aber auch 4 neue Unbekannte hinzu. Das Moment M = M L kann nur mit S 2 > S 1 erzeugt werden. Mit dem Grenzwert
Damit lautet die Reibungsungleichung (7.62 (7.62)) S 1 +
(7.66)
Das Problem ist statisch unbestimmt. Für die 3 Unbekannten S 1 , S 2 und F stehe stehen n nur nur 2 Gleic Gleichu hung ngen en zur zur Vererfügung.
Abb. 7.15: Riemenantrieb
=
0
und S1
S 2
=
(7.64)
S 2
=
S 1 e µ α
(7.68)
55
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folgt aus (7.66) S 1
M L
=
− 1)
r (e µ α
(7.69)
Bei welcher Kraft F beginnt sich die Trommel zu dre Lösung: hen?
und aus (7.67) erhält man die gesuchte Kraft F L
=
2
1 M L . a e µ α 1
≥
F
−
(7.70)
Jede Kraft F F L verhindert eine Drehung der Trommel nach links.
≥
Bei M = M R muss S 2 < S 1 sein. Anstelle von (7.68) erhält man nun S 1 = S 2 e µ α . (7.71)
−
Aus (7.66) (7.67) folgen damit S 1
=
und
M R r (1 e − µ α )
−
Trommel ist µ 0 . Die Gelenke in A und B sind reibungsfrei. Das Gewicht der Strebe A-B kann gegenüber dem Gewicht G der Trommel vernachlässigt werden.
(7.72)
µ 0 G r 2 r 2 tanα µ 0 1 + r 1 r 1
−
7.5.2 Sonnenliege Eine Sonnenliege mit dem Gewicht G steht auf einer horizontalen Ebene. Bei A sind die Beine mit reibungsfrei drehbaren Rollen ausgestattet. Bei B ist der Reibwert zwischen den Beinen und dem Boden mit µ gegeben. Die Liege soll nun durch eine horizontale Kraft F , die im Abstand h vom Boden angreift, verschoben werden, wobei selbstverständlich µ h < 2a vorausgesetzt werden kann.
1 . (7.73) e − µ α Gleichgewicht herrscht jetzt für jede Kraft F F R . F R
=
2
M R a 1
−
≥
Die benötigten Haltekräfte hängen von der Belastungsrichtung ab. Das Verhältnis F R F L
=
e µ α 1 1 e − µ α
−
−
=
µ α
e
1 1
− e − − e −
µ α µ α
=
e µ α
Welche Kraft ist mindestens erforderlich um die Liege nach rechts (F = F R ) oder nach links ( F = F L ) zu verschieben? Was passiert bei µ h = 2a ?
(7.74)
Lösung:
Auf Grund der Rolle kann in A nu r eine Normalkraft DasKräftegleichgewichtinhorizontalerRichtungunddieSumme auftreten derMomenteumdenPunktA
− F L
F R
+
−
R = F L
wächst exponentiell mit dem Reibwert µ und dem Umschlingungswinkel α an. Die einfache Bandbremse ist somit nur für einseitige Belastungen, hier M = M L , brauchbar.
7.5 Übungen
− F R und
|− F R | ≤ µ
− 2aN
N
DieÜberprüfungderReibungsung leichung| R | ≤ µ N ergibtmitF L = 0fürdieBewegungnachrechts
R = 0
h ( F R F L ) + aG
=
0
=
h 1 (F F L ) + G a R
2
−
h
1 2
≤
F R + G oder F R µ
2a
h
1 2
F R + G
2a
bzw.
lieferndieReib-unddieNormalkraftzu
( 2a µ h ) F R a µ G oder bei h < 2a F R µ
−
≤
≤
2
a G 2a µ h
−
MitderKraft F > µ
a
Aufgelöstbleibt G
2a − µ h kannalsodieLiege nachrechtsverschobenwerden.Mit F R = 0 gilt fürdieBewegungnachlinks
|F L | ≤ µ
h 1 ( F L ) + G oder F L a
2
−
2
≤ µ
h 1 G − F L 2 2a
≤ µ 2a a µ h G
F L
+
DieLiegekannalsomitderKraft F > µ
a
G
2a + µ h
nachlinksleichterverschobenwerden. Bei µ h = 2a l iegtSelbsthemmungvor.DieLiegewürdedann eher kippenstattrutschen.
7.5.3 Bandbremse Welche Kraft F 1 bzw. F 2 ist erforderlich, um mit der skizzierten Bandbremse das Drehmoment M 1 bzw. M 2 abzubremsen? Der Reibwert zwischen der Bremstrommel und dem Band beträgt µ .
7.5.1 Kabeltrommel
Zahlenwerte: M 1 = M 2 = 2 kNm, µ = 0 .4, a = 0 .05 m, b = 0 .04 m , c = 0 .75 m; r = 0 .20 m,
| | | |
B
A
a
α
r2
F1 / F2
c
b
r1
F
µ
r
M1
M2
Abb. 7.17: Kabeltrommel Abb. 7.18: Bandbremse Eine Kabeltrommel ist wie skizziert an einer senkrechten Wand gelagert. Der Reibwert zwischen Wand und
56
Lösung:
F 1 = 748 N ; F
2 = 881 N .
8 Prinzipe der Statik 8.1 Minimale Energie
In der Gleichgewichtslage nimmt gemäß (8.1) die potentielle Energie des Gesamtsystems eine Minimum an
Hamilton1 hat ein Prinzip formuliert, nachdem alle Vorgänge in der Natur mit minimalem Aufwand ablaufen. Daraus kann das Prinzip der minimalen Energie abgeleitet werden. Danach nimmt ein System in einer stabilen Gleichgewichtslage einen Zustand ein, der durch ein Minimum der potentiellen Energie
E po t
→ Min
(8.1)
gekennzeichnet ist. Das Vorgehen soll an einem Beispiel erläutert werden. Die Abbildung 8.1 zeigt einen Stab mit dem Gewicht G der am Ende gelenkig gelagert und fest mit einer Trommel mit dem Radius r verbunden ist. Um die Rolle ist ein Seil gewickelt, das am Ende das Gewicht Q trägt. Der Schwerpunkt des Stabes hat vom Drehpunkt den Abstand s .
ϕ
hG r
G
hQ Q
Bei einer Drehung um den Winkel φ wird der Stabschwerpunkt auf die Höhe h G = s sin φ angehoben. Gleichzeitig senkt sich das Gewicht Q um die von der Trommel abgewickelte Seillänge h Q = r φ ab. Wirkt die Schwerkraft (Erdbeschleunigung ) nach unten und zählt man die Schwerpunktshöhe h positiv nach oben, dann ist die potentielle Energie einer Masse m im homogenen Schwerefeld durch
−
E po t = m h
(8.2)
gegeben. Auf den Stab und das Gewicht übertragen bedeutet dies
1
E po t = Q r φ .
−
Q r φ
G E po t
Min .
−→
(8.4)
Q
E po t
Die Funktion E po t = E po t (φ ) hat einen Extremwert, wenn an einer Stelle φ = φ 0 die erste Ableitung verschwindet. Ist die zweite Ableitung positiv, handelt es sich um ein Minimum; ist sie negativ, tritt an der Stelle φ 0 ein Maximum auf. Die Ableitungen von (8.4) liefern d E po t d φ
und
G s cos φ
=
d 2 E po t
−G s sin φ .
=
d φ 2
− Q r
(8.5)
(8.6)
Q r . G s
(8.7)
Die erste Ableitung verschwindet für =
Q r oder
cos φ 0
=
Dies entspricht dem Momentengleichgewicht um den Drehpunkt. Da die Kosinus-Funktion nicht größer als r Eins werden kann, existieren Lösungen nur wenn Q Gs 1 erfüllt ist. Der Grenzfall Qr = Gs beschreibt die durch φ 0 = 0 gekennzeichnete horizontale Lage. Für den Fall Q r 4 liefert die Arkus-Kosinus-Funktion im Intervall Gs = 5 von 90◦ bis +90◦ mit
≤
Abb. 8.1: Gleichgewichtslage
Q
G s sin φ
G s cos φ 0
s
G E po t = G s sin φ und
E po t = E po t (φ )
−
(8.3)
Sir William Rowan Hamilton, irisch-englischer Mathematiker und Physiker (04.08.1805-02.09.1865)
−
φ 0
=
arccos
zwei Lösungen.
5 Qr = 4 Gs
4 5
±36.87◦
=
stabil s
ϕ=36.87
s
ο
(8.8)
ϕ=−36.87
ο
r Q
G instabil
G
r Q
Abb. 8.2: Gleichgewichtslagen Das Einsetzen in die 2. Ableitung (8.6) zeigt, dass die zweite Ableitung bei φ 0 = +36.87◦ negativ und bei
57
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=
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−36.87◦ positiv ist. Die Lösungen φ Q0 r −36.87◦ =
4 5 oder
◦ = +36 .87 beschreiben somit für
und φ 0 Gs = 5Qr = 4Gs Zustände, die durch minimale und maximale potentielle Energie gekennzeichnet sind und kennzeichnen dabei eine stabile und eine instabile Gleichgewichtslage, Abb. 8.2.
befestigte Seil läuft über die Umlenkscheiben B , C und trägt am Ende das Gewicht Q . Die Punkte A und B liegen auf gleicher Höhe. Mit der Kraft F , die am Rand der Tür senkrecht zur Türebene wirkt, wird die Tür in der Winkelstellung φ offen gehalten, Abb. 8.3. '
%
Das Prinzip der minimalen Energie kann allerdings nur bei Systemen angewendet werden, die über freie Bewegungsmöglichkeiten verfügen. Die Statik befasst sich jedoch in der Regel mit Systemen, die kinematisch und statisch bestimmt gelagert sind und deshalb keine Bewegungsmöglichkeit mehr haben.
#
%
$
%
" ! (
*
8.2 Virtuelle Arbeit 8.2.1 Vorbemerkung
)
Das Prinzip der minimalen potentiellen Energie hat als notwendige Bedingung das Verschwinden der 1. Ableitung der potentielle Energie zur Folge d E po t (x ) dx
=
0 ,
(8.9)
wobei die Berechnung nur möglich ist, wenn das System mit der Variablen x mindestens eine Bewegungsmöglichkeit hat. Bei kinematisch und statisch bestimmt gelagerten Systemen können nun durch ein gedachtes Entfernen von Lagernwertigkeiten virtuelle Verschiebungen eingeführt werden. Ersetzt man dann in (8.9) die Differentiation d /dx durch das virtuelle Ableitungssymbol δ und kennzeichnet den durch Hamilton beschriebenen Aufwand nicht durch die potentielle Energie E po t sondern allgemeiner durch die Arbeit W , dann erhält man mit δ W
=
0
(8.10)
das Prinzip der virtuellen Arbeit. Erfährt die Kraft F die virtuelle Verschiebung δ u und das Moment M die virtuelle Verdrehung δ φ dann ist die virtuelle Arbeit durch (8.11) δ W = F δ u + M δφ gegeben. Sind, wie bei elastischen Systemen, reale Verschiebungen und Verdrehungen vorhanden, dann kann das Prinzip der virtuellen Arbeit auch mit virtuellen Kräften und virtuellen Momenten verwendet werden.
Abb. 8.3: Türschließer Bei einer gedachten, also virtuellen Störung, des Gleichgewichts führt die Tür die virtuelle Drehung δφ und das Gegengewicht die virtuelle Verschiebung δ u durch. Die virtuelle Arbeit, die das Gewicht Q und die Kraft F leisten, ist durch δ W
=
Zum automatischen Schließen einer Tür wird der skizzierte Seilzug verwendet. Das im Punkt A an der Tür
58
δ WQ
+
δ W F
=
−Q δ u
+
F 2a δφ (8.12)
gegeben. Der Anteil der Gewichtskraft Q ist negativ, da Q nach unten wirkt, die Verschiebung u und damit auch die virtuelle Verschiebung δ u aber nach oben positiv angesetzt wurden. Die virtuelle Verschiebung der Kraft F ist durch die Bogenlänge 2a δφ bestimmt. Die Punkte A und B bilden die Grundlinie eines gleichschenkligen Dreiecks mit dem Öffnungswinkel φ und der Schenkellänge a . Die Länge der Grundlinie entspricht der Verschiebung des Gegengewichtes und ist mit u = AB = 2 a sin (φ /2 ) (8.13) bestimmt. Damit sind die virtuellen Verschiebungen über δ u
=
2 a cos (φ /2) δφ /2
=
a cos (φ /2 ) δφ (8.14)
verknüpft. Damit erhält man für die virtuelle Arbeit δ W
8.2.2 Beispiel: Türschließer
+
&
= =
−Q a cos (φ /2) δφ F 2 a δ φ (2F − Q cos (φ /2 )) a δφ . +
(8.15)
Das System ist im Gleichgewicht, wenn die virtuelle Arbeit verschwindet. Die virtuelle Verdrehung δ φ ist
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zwar klein, aber nicht zwangsläufig Null. Deshalb kann δ W = 0 nur mit
Setzt man (8.18) und (8.19) in (8.17) ein, dann bleibt δ W = (M A
− Q 1 a
F = 12 Q cos (φ /2 ) (8.16)
2F Q cos (φ /2) oder
−
+
Q 2a ) δφ .
(8.20)
erfüllt werden. Im Sonderfall φ = 180◦ wäre das System mit F = 0 allerdings in einer instabilen Gleichgewichtslage.
Das System ist im Gleichgewicht, wenn die virtuelle Arbeit verschwindet. Bei δφ 0 ist das für
8.2.3 Beispiel: Einzelne Lagerreaktionen
der Fall. Das Ergebnis (8.21) stimmt erwartungsgemäß mit der Lösung (5.18) aus den Gleichgewichtsbeziehungen an den Teilsystemen überein.
Bei dem Tragwerk aus Abschnitt 5.3 musste das System zur Berechnung der Lagerreaktionen in Teilsysteme zerlegt werden. Mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit können einzelne Lagerreaktionen am Gesamtsystem ermittelt werden. Ist man zum Beispiel am Einspannmoment im Lager A interessiert, dann wandelt man zunächst die feste Einspannung in ein festes Gelenklager um, Abb. 8.4. a
a
B
C
D
δϕ
F
Q 2a = 0
oder M A
=
Q 1 a Q 2a (8.21)
−
8.2.4 Anmerkung Das Prinzip der virtuellen Arbeit ist sehr weitreichend. Es lässt sich auch auf die Elasto-Statik übertragen. Bei kleinen Verformungen mit linear elastischem Materialverhalten lassen sich daraus die Sätze von Castigliano 2 und Menabrea3 ableiten.
Der skizzierte Gelenkträger mit der Länge 5 a ist an einemEndeinFdurcheinfestesundinBundEdurchhorizontal verschiebliche Gelenke statisch bestimmt gelagert. Am anderen Ende in A sowie in C wird das Bauteil durch eine geneigte (tan α = 43 ) und eine vertikale Kraft jeweils vom Betrag P belastet. Im Punkt E wird das Moment M = 12 a P eingeleitet.
δu1 δu2
Q1
+
8.3 Übungs-Beispiel
Original-System
A
− Q 1 a
E
Q2
Q1
a
a
M A
Q2
teilweise MA befreites System mit virtueller Bewegung
Abb. 8.4: Tragwerk Original und teilweise befreit
P A
Das teilweise befreite Tragwerk besitzt nun eine Bewegungsmöglichkeit, die durch den virtuellen Drehwinkel δ φ erfasst wird. Die Wirkung der festen Einspannung in A wird durch das Moment M A berücksichtigt. Die virtuelle Arbeit am teilweise befreiten Tragwerk kann mit δ W = M A δφ + Q 1 δ u 1 + Q 2δ u 2
M
B
E C
P α
a
a
F
D a
a
a
Berechnen Sie mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit die Lagerreaktion in E. Lösung: M
δuA
B
δuC
δϕ δuE
P cosα
P
D
FE
√
G e o mt er i e : c o sα = 1/ 1 + tan2 α = 35 virtuelleVerschiebungen: δ u E = a δφ , δ uC = δ uE , δ u A = δ uE virtuelleArbeit: δ W = P cosα δ A + P δ uC + M δφ F E δ D eingesetzt: δ W = P 35 a + P a + 12aP F E a δφ aus δ W = 0 folgt: F E = 910 P
− −
−
−
(8.17)
angegeben werden, wobei die virtuellen Verschiebungen der Angriffspunkte C und D der Kräfte Q 1 und Q 2 jeweils nach unten positiv angesetzt wurden. Die virtuelle Drehung um den Punkt A führt auf Grund der Symmetrie mit δ u 2 = δ u 1 (8.18)
−
zu gleichgroßen aber entgegengesetzten virtuellen Verschiebungen der Kraftangriffspunkte. Setzt man wieder kleine virtuelle Verdrehungen voraus, dann gilt δ u 1
−a δφ
=
(8.19)
2
Carlo Alberto Castigliano (1847–1884) italienischer Baumeister, Ingenieur und Wissenschaftler 3 Federico Luigi Conte di Menabrea (1809–1896) italienischer Wissenschaftler, General und Politiker
59
9 Zusätzliche Übungsbeispiele 9.1 Krawirkung
9.2 Gleichgewicht
9.1.1 Tragwerk
9.2.1 Tisch
Berechnen Sie für das skizzierte räumliche Tragwerk die Wirkung der Kraft F bezüglich der Punkte A, B und 0.
Auf der horizontalen Platte eines Tisches vom Gewicht G T mit dem Schwerpunkt S liegt eine Kugel vom Gewicht G 1 . An den vier Beinen des Tisches werden die vertikalen Kräfte F 1 = 60 N , F 2 = 40 N , F 3 = 100 N und F 4 = 100 N gemessen. Jetzt wird eine weitere Kugel vom halben Gewicht der ersten G 2 = 12 G 1 aufgelegt. Danach erhält man die Kräfte F 1∗ = 70 N , F 2∗ = 60 N , F 3∗ = 110 N und F 4∗ = 120 N . Die Tischbeine haben in Länge und Breite die Abstände a = 1 .2m und b = 0 .8m.
( '
& $
%
) ! & &
#
a/2
a/2
4
9.1.2 Strommast
3
b/2
In einem geradlinig verlaufendem Teil einer Oberlandleitung ist eine der Leitungen gerissen. z
1
2
D
α
SA
b/2
2a
2b
S
C
E
A
α
B
a) Wie schwer sind die Kugeln und der Tisch?
SC
α
b) An welchen Stellen der Tischplatte wurden die Kugeln aufgelegt?
SB h
9.2.2 Tretlager 0 x
y
Für die Beträge der am Mast angreifenden Kräfte gilt: S A = S B = S C = S .
| | | | | |
a) Wie lauten die Ortsvektoren vom Koordinatenursprung 0 zu den Angriffspunkten A, B und C der Kräfte? b) Geben Sie die Kraftvektoren an. c) Berechnen Sie die Wirkung der Kräfte S A , S B und S C bezüglich 0.
60
Der Kettenantrieb eines Fahrrades wird in der skizzierten Stellung durch die um den Winkel α nach vorne geneigte Pedalkraft F P belastet. Es wird angenommen, dass das zweite Pedal unbelastet ist und der untere Teil der Kette keinen Zug ausübt. Wie groß sind die horizontal gerichtete Kettenkraft F K und die in den Lagern A und B übertragenen Kräfte? Zahlenwerte: F P = 500 N ; α = 30 ◦ ; r P = 18 cm ; r K = 9 cm ; a 1 = 1 cm ; a 2 = 7 cm; a 3 = 10 cm ; a 4 = 16 cm .
Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill a) Volumen und Masse des Rohrstutzens,
z FK FP
b) das Kernvolumen.
FK
rK
A B
x
z y α
a1 a2 a3 a4
FP
x
rP
9.4 Fachwerke 9.4.1 Einfache Fachwerke a
9.3 Schwerpunkte
a F
I
II
1
9.3.1 Zusammengesetzter erschni
3
4
Der skizzierte Querschnitt setzt sich aus einem Halbkreis und einem Rechteck zusammen.
III
2
5
6 V
7 IV 8
a
9
!
VI
# F
" 1
Wie groß muss b gewählt werden, damit der Flächenmittelpunkt des Querschnitts mit dem Kreismittelpunkt S zusammenfällt?
I
II
5
3 2
III
IV
4
6
V
9
VI
F
2F 2a
8
7
2a
2a
9.3.2 Rohrstutzen Der skizzierte Rohrstutzen besteht aus Grauguss mit der Dichte ρ = 7 200 k /m 3 . 330
Bestimmen Sie für die skizzierten Fachwerke die Lagerreaktionen und alle Stabkräfte.
9.4.2 Nicht einfaches Fachwerk
210
5 1
Bestimmen Sie für das skizzierte Fachwerk die Lagerreaktionen und die Stabkraft S 6 . 10
9.4.3 Räumliches Fachwerk 0 8 4
Eine Hochspannungsleitung wird über einen Isolator durch 3 Stäbe gehalten. Die Zugkraft in der Leitung ist mit F = 1 kN gegeben. Berechnen Sie mit α = 15 ◦ und a = 0 .5m die Stabkräfte.
0 2 1
5 1
120 230
Berechnen Sie:
9.5 Zug- und Druckbelastungen 9.5.1 Lasche Eine Lasche aus 0.8 mm dickem Blech wird durch die Kraft F = 240 N belastet.
61
OTH Regensburg
Technische Mechanik I
9.5.2 Dehnschraube
F2
V
11
2
a
Die beiden Teile eines Gehäuses werden durch sechs Schrauben mit dem Schaftdurchmesser d S und dem Elastizitätsmodul E S zusammengehalten. Bei der Montage werden die Schrauben soweit angezogen, dass ihre Verlängerung ∆h S beträgt. Der Flansch wird dabei um ∆h F verkürzt.
10
VI
X
12
I 6
3 III
a
F1
16 13
1 4
VIII
14
dS
7
h
II 5
a/2
8
VII
IV
15
9
17
IX
a
a/2
a) Wie groß ist die Zugspannung in der Schraube?
a/2
b) Mit welcher Kraft werden die Gehäuseteile zusammen gepresst? Im Gehäuse herrscht nun ein Überdruck. Dadurch werden die Schrauben zusätzlich durch eine Kraft F belastet.
a a
c) Wie groß kann F höchstens werden, ohne dass ein Spalt zwischen den Gehäuseteilen entsteht? Zahlenwerte: d S = 12 mm, E S = 216 GP a , h = 70 mm, ∆h S = 0 .022 mm, ∆h F = 0 .012 mm.
2a
3a
9.5.3 Wärmetauscher
α
F
α
F
A B
F
4.2
5
F
10
B A
Ermitteln Sie die in den Schnitten A–A und B–B auftretenden Spannungen sowie den Lochleibungsdruck in den Bolzenlagerungen.
Ein Wärmetauscher besteht aus zwei konzentrischen Rohren, die bei der Temperatur T 0 = 20◦ durch starre Flansche spannungsfrei miteinander verbunden wurden. Das Innenrohr ist aus Kupfer und das Außenrohr aus Stahl. Durch den Wärmetauscher werden im Gegenstrom Flüssigkeiten mit unterschiedlichen Temperaturen geleitet. Dadurch erwärmen sich die Rohre. Über die Rohrlänge von A nach B nimmt die Temperatur des Innenrohrs linear von T 1A auf T 1B ab und die Temperatur des Außenrohrs fällt linear von T 2A auf T 2B . a) Um wie viel ändert sich die Länge des Doppelrohrs im Betrieb gegenüber der Montagelänge h ? b) Wie groß sind die Spannungen in den Rohren? Abmessungen: h = 1400 mm, d 1i = 110 mm, d 1a = 115 mm, d 2i = 160 mm, d 2a = 165 mm; Temperaturen: T 1A = 80◦ , T 1B = 26◦ , T 2A = 60◦ , T 2B = 10◦ .
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Technische Mechanik I (Statik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
h
A
c
B
x
b
d2a d2i
T2B d1a d1i
T1A
Q
T1B T2A
a
C 1
G D
2 α
Kennwerte: E 1 E 2
= 124 GP a , α 1 = 216 GP a , α 2
∗ ∗
9.6 Tragwerke
b
C
F
0
9.7.1 Kranschiene
D a Q a
A
B
A
9.7 Schnigrößen q
B
a E
Bei welcher Kraft F ist das System im Gleichgewicht? Wie groß sind dann die Gelenkkräfte in E und die Lagerreaktionen in den Punkten A, B, C und D?
9.6.1 Rahmentragwerk b
α
10−6 1/rad ; = 16 .5 10−6 1/rad . = 14 .0
Ein Kran mit dem Eigengewicht G wird durch das Gewicht Q belastet. Die Kranschiene kann durch einen einseitig fest eingespannten Gelenkbalken modelliert werden. e
E
d
Das skizzierte Rahmentragwerk wird durch die Streckenlast q 0 und die Einzelkraft Q belastet. Bestimmen Sie die Lagerreaktionen und die Belastungen im Gelenk.
A
B b
Eine Hebebühne wird durch einen Scherenmechanismus betätigt. Die Scherenarme von der Länge 2a sind in den Punkten A, C, E gelenkig und in den Punkten B und D in Gleitführungen gelagert. Die Hebebühne wird durch einen Hydraulikkolben betätigt, der in B die horizontale Kraft F ausübt. Die Bühne mit dem Gewicht G trägt die Last Q .
x
c a
9.6.2 Hebebühne
Q
G
a
z
Wie groß sind die Lagerreaktionen in A und B? Skizzieren Sie für die angegebenen Zahlenwerte den Verlauf der Querkraft Q (x ) und des Biegemomentes M (x ) in der Kranschiene. An welcher Stelle tritt das maximale Moment auf ? Zahlenwerte: G = 50 kN , Q = 10 kN , a = 3 m, b = 2 m, c = 2 m , d = 0 .5 m, e = 3 m.
9.7.2 Welle Eine Welle mit dem Durchmesser d und der Dichte ρ hängt wie skizziert an zwei Seilen der Länge 53 a .
63
