Repetitorium Technische Mechanik I - IDS · Repetitorium Technische Mechanik I...

Repetitorium

Technische Mechanik I

Version 3.1, 09.02.2010

Dr.-Ing. L. Panning

Institut für Dynamik und Schwingungen

Gottfried Wilhelm Leibniz Universität Hannover

Dieses Repetitorium soll helfen,

• klassische Aufgabentypen aus der Technischen Mechanik zu beherrschen,

• häufig auftretende Fehler zu vermeiden und

• anhand durchgerechneter Beispiele verschiedene Lösungswege beurteilen zu können.

Dieses Repetitorium soll nicht

• als Probeklausur interpretiert werden,

• den Anspruch auf eine vollständige Abdeckung des Lehrstoffes erheben und

• als Hinweis auf den Klausurinhalt verstanden werden!

Ziel ist es, eine Sammlung charakteristischer Fragestellungen mit entsprechenden Lösungswegen be-reitzustellen. Einige ausgewählte Aufgaben werden dann beispielhaft während des Repetitoriumsdurchgerechnet und diskutiert.

Dank an die wissenschaftlichen MitarbeiterInnen des IKM und IDS für die tatkräftige Unterstützung!

Bei Anregungen oder Korrekturen bitte kurze E-Mail an [email protected].

Dr.-Ing. Lars Panning

Gottfried Wilhelm Leibniz Universität HannoverRepetitorium Technische Mechanik I

Frühjahr 2010Seite 1/31

Musterlösungen (ohne Gewähr)

Aufgabe 1

Ein Balken (Länge `, Gewicht G1) lehnt gegen eineglatte vertikale Wand. Das untere Ende steht aufeinem glatten Boden und wird durch ein Seil, dasüber eine reibungsfreie Rolle gelegt ist und die LastG2 trägt, gehalten.

Wie groß muss die Last G2 bei gegebenem Winkelα gewählt werden, damit das System im statischenGleichgewicht ist?

a) Wie groß muss die Last G2 bei gegebenem Win-kel α gewählt werden, damit das System im sta-tischen Gleichgewicht ist?

b) Ist die Gleichgewichtslage stabil?

Gegeben: `, 0 < α < 90◦, G1, g.

g

G2

reibungsfrei

G1

�

�

Lösung

a)

N1

G1

�

�

G2

N2

O

Gleichgewichtsbedingung:∑M (O) = 0 = G2` sinα−G1

`

2cosα→ G2 =

1

2 tanαG1

Frühjahr 2010 Repetitorium Technische Mechanik I 17.02.2010




b) Potenzielle Energie: U(α) = G1`

2sinα−G2 [`0 + ` (1− cosα)]

Für Gleichgewicht:

dU

dα= 0 = G1

`

2cosα−G2` sinα→ G2 =

1

2 tanαG1 (siehe oben)

d2U

dα2= −G1

`

2sinα−G2` cosα

= −G1`

2sinα− 1

2 tanαG1` cosα

= −G1`

2

(sinα +

cos2 α

sinα

)= −G1

`

2 sinα< 0 für 0 < α < 90◦

→ U(α) weist damit in der Gleichgewichtslage (GGL) ein Maximum auf → GGL ist instabil!

Tipps und Tricks

Wie bei vielen Aufgaben gilt auch hier: Die geschickte Wahl des Bezugspunktes für die Mo-mentensumme kann viel Arbeit ersparen!

Wenn die Rolle reibungsfrei gelagert ist und auch zwischen Rolle und Seil keine Reibung auf-tritt, ist die Seilkraft auf beiden Seiten der Rolle gleich groß!





Aufgabe 2

Ein Gewicht G1 hängt mittig an einem Balken(Länge 2a, Gewicht G2). An seinem freien Endewird der Balken unter einem Winkel α von einemSeil gehalten.

Bestimmen Sie alle Auflagerreaktionen und dieSeilkraft!

Gegeben: a, α = 60◦, G, G1 = 2G, G2 = G, g.

G1

g

a

�

a

G2

Balken

Seil

Lösung

Freikörperbild (FKB)

a

�

a

Balken

3G

FS

AH

AV

∑FH = 0 = FS cosα︸︷︷︸

= 12

−AH → AH =FS

2

∑FV = 0 = FS sinα︸︷︷︸

= 12

√3

−3G+ AV → AV = 3G− 1

2

√3FS

∑M (A) = 0 = −3aG+ 2aFS sinα︸︷︷︸

= 12

√3

= −3aG+√

3aFS → FS =3√3G

→ FS =√

3G → AH =1

2FS → AH =

1

2

√3G → AV = 3G− 1

2

√3 ·√

3G→ AV =3

2G





Tipps und Tricks

Kräftesummen könnten auch durch Momentensummen um weitere Bezugspunkte ersetzt wer-den!

Richtung der Reaktionskräfte im FKB ist zunächst beliebig - die Vorzeichen in den Kräftesum-men müssen aber konsistent zu der im FKB gewählten Richtung sein!

Wenn die Richtung einer unbekannten Kraft bekannt ist, wird diese schon im FKB richtigangetragen: Ein Seil kann im Gegensatz zu einem Stab ausschließlich Zugkräfte übertragen!





Aufgabe 3

Ein Schild (Gewicht G) hängt wie skizziert an einem Stabwerk.

a) Geben Sie die Koordinaten des Schwerpunktes S in dem gegebenen Koordinatensystem an!

b) Bestimmen Sie die Stabkräfte in den Stäben 5, 6 und 7!

Gegeben: a, G, g.

1

2

3

4

5

6

7

8

a a

a

a

a/2a/4 a/4

a/4

a/4

a/2

a

S

x

y2/3a

3/2a

g

G

Lösung

a)

a

a/2a/4 a/4

a/4

a/4

a/2

a

x

y2/3a

3/2a

I

II

III IV V





i Ai xi Aixi yi Aiyi

I1

2a2 1

4a

1

8a3 −3

4a −3

8a3

II3

2a2 a

3

2a3 −3

4a −9

8a3

III1

12a2 4

3a

1

9a3 2

9a

1

54a3

IV1

3a2 a

1

3a3 1

3a

1

9a3

V1

12a2 2

3a

1

18a3 2

9a

1

54a3

∑ 5

2a2 17

8a3 −73

54a3

xS =178a3

52a2

=17

20a, yS =

−7354a3

52a2

= − 73

135a

b)

5

6

7

a a

a

S

x

y

G

S5

S7

S6

I

II

∑Fvertikal = 0 = G+

1

2

√2S6 → S6 = −

√2G (Druckstab)∑

M (I) = 0 = −S7a−G(a+ xS)→ S7 = −37

20G (Druckstab)∑

M (II) = 0 = S5a−G(2a+ xS)→ S5 =57

20G (Zugstab)





Tipps und Tricks

Wenn kein Koordinatensystem gegeben: Lage geschickt wählen!

Symmetrien nutzen!

Tabellarische Auswertung empfehlenswert!

Ritterschnitt bei maximal drei gefragten Stäben häufig schneller als Knotenpunktmethode!

Stabkräfte immer als Zugkräfte annehmen!

Knoten für Momentensummen geschickt wählen, sodass möglichst viele Kräfte herausfallen!

Knoten für Momentensummen müssen nicht auf dem freigeschnittenen Bauteil liegen!

Lagerreaktionen müssen hier nicht zwangsläufig ermittelt werden!





Aufgabe 4

Das Gewicht G soll über eine Stange von einemHebelmechanismus im Gleichgewicht gehalten wer-den. Zwischen den Klemmbacken und der Stangeherrscht Reibung (Haftreibkoeffizient µ0).

Wie groß muss der Haftreibkoeffizient µ0 mindes-tens sein, damit das Gewicht gehalten wird?

Gegeben: a, b, c, G, g.

g

G

�0

�0

a b

c

Lösung

N2

G

N1

H1

H2

∑FH = 0 = N1 −N2 → N1 = N2 = N∑FV = 0 = H1 +H2 −G→ H1 +H2 = G

Haftkräfte: H1 ≤ µ0N1; H2 ≤ µ0N2

→ H1 +H2 = G ≤ µ0N1 + µ0N2 = 2µ0N

→ µ0 ≥ G

2N

�0

�0

a b

c

A

B

C

BH

BV

AH

AV

G

∑M (A) = 0 = BHc−G(a+ b)

→ BH =a+ b

cG





a b

N1

H1

B

C

BH

BV

CV

∑FH = 0 = BH −N1 → BH = N

→ N =a+ b

cG

→ µ0 ≥ G

2N=

G

2a+bcG

→ µ0 ≥ c

2(a+ b)

Tipps und Tricks

Aufgrund der Schiebehülse in Kombination mit dem Gelenk kann in C nur die VertikalkraftCV übertragen werden!

Die gewählte Kopplung zwischen beiden Bauteilen ist notwendig, damit das System statischbestimmt ist!

Bezugspunkte für Momentensummen geschickt wählen, damit möglichst viele Unbekannte her-ausfallen!





Aufgabe 5

Zwei zusammengeschweißte Platten (Gewicht derquadratischen Platte G1, Gewicht der dreieckför-migen Platte G2) werden wie skizziert durch dreiLager und einen gewichtslosen Stab gehalten.

a) Ist die notwendige Bedingung für statische Be-stimmtheit erfüllt?

b) Bestimmen Sie alle Auflagerreaktionen!

Gegeben: a, G, G1 = 4G, G2 = 3G, g.

g

G1

3a

a

a

2a

A

B

C

D

G2

xy

z

Stab

E

Lösung

a) 3 Lagerreaktionen in B, jeweils eine in A und C, eine Stabkraft (Pendelstütze!) → 6 Unbekannte,6 Gleichgewichtsbedingungen (räumlich) für Platten → notwendige Bedingung erfüllt.

b)∑

M (B)x = 0 = 2aG2 + 3aG1 − 2aD → D = G2 +

3

2G1 = 3G+

3

2· 4G→ D = 9G (Zugstab)∑

M (B)y = 0 = 2aC → C = 0∑

M (B)z = 0 = aD − 3aA− 3aC → A =

1

3D → A = 3G∑

Fz = 0 = Bz +G1 +G2 → Bz = −G1 −G2 = −4G− 3G→ Bz = −7G∑Fy = 0 = By +D → By = −D → By = −9G∑Fx = 0 = Bx + A+ C → Bx = −A→ Bx = −3G





vektoriell:∑~M (B) = ~0 =

∑j

~Mj +∑i

~rBi × ~Fi

∑M

(B)= 0 =�

��>0, da keine Reaktions- oder eingeprägte Einzelmomente

Mi + rBS1 ×G1 + rBS2 ×G2 + rBA × FA + rBC × FC + rBD × FD 0

0

0

=

0

3a

a

× 0

0

G1

+

0

2a2

3a

× 0

0

G2

+

−a3a

0

× A

0

0

+

−a3a

2a

× C

0

0

+

a

3a

2a

× 0

D

0

=

3aG1 + 2aG2 − 2aD

2aC

−3aA− 3aC + aD

∑

~F = ~0 = ~G1 + ~G2 + ~FA + ~FB + ~FC + ~FD∑F = 0 = G1 + G2 + FA + FB + FC + FD 0

0

0

=

0

0

G1

+

0

0

G2

+

A

0

0

+

Bx

By

Bz

+

C

0

0

+

0

D

0

=

A+Bx + C

By +D

G1 +G2 +Bz

Tipps und Tricks

Es gibt grundsätzlich verschiedene Möglichkeiten, um die Momentensummen aufzustellen (ver-schiedene Bezugspunkte). Wie im ebenen Fall könnten auch hier die Kräftesummen durchweitere Momentensummen ersetzt werden!

Bezugspunkte und Achsen für Momentensummen geschickt wählen, damit möglichst viele Un-bekannte herausfallen!

Kräfte, die bei einer Momentensumme durch den Bezugspunkt bzw. durch die betrachteteAchse oder parallel zu ihr verlaufen, tragen zu dieser Momentensumme nicht bei!

Wenn einzelne Komponenten der Momente nicht einfach zu sehen sind, dann den formalenWeg über die Kreuzprodukte gehen! Hierbei Ortsvektoren und Kräfte konsistent in Richtungder Koordinatenachsen antragen!





Aufgabe 6

Ein Gewicht G1 hängt an zwei Seilen. Seil ©2wird über einen stehenden Zylinder geführt undmit dem Gewicht G2 belastet. Zwischen Seil undZylinder herrscht Haftreibung (Haftreibkoeffizientµ0). Zwischen den Seilen soll sich ein rechter Win-kel einstellen, zwischen Seil©1 und der Vertikalender Winkel α.

a) Bestimmen Sie die Seilkräfte!

b) In welchen Grenzen muss das Gewicht G2 ge-wählt werden, damit Gleichgewicht herrscht?

Gegeben: α = 30◦, G1, µ0 = 1/2, g.

G2

g

�

Seil

G1

1

2

Seil

�0

Lösung

a)

G2

�0

�

S2

S2

G1

S1

�

�

�

∑FH = 0 = S1 sinα− S2 cosα→ S2 = S1 tanα =

1

3

√3S1∑

FV = 0 = S1 cosα + S2 sinα−G1 → S1 =2√3G1 − 1

3

√3S2 → S1 =

2√3G1 − 1

3

√3 · 1

3

√3S1

→ 4

3S1 =

2√3G1 → S1 =

1

2

√3G1 → S2 =

1

3

√3 · 1

2

√3G1 → S2 =

1

2G1

Die Seilkraft im linken Teil von Seil©2 beträgt gerade G2.





b) Eytelwein’sche Gleichung:

e−µ0β ≤ G2

S2

≤ eµ0β mit Umschlingungswinkel β = 90◦ + α = 120◦ =2

3π (in Radiant!)

→ S2e− 1

2· 23π ≤ G2 ≤ S2e

12· 23π → 1

2G1e

− 13π ≤ G2 ≤ 1

2G1e

13π → 0, 175G1 ≤ G2 ≤ 1, 424G1

Tipps und Tricks

Der Umschlingungswinkel wird immer in Radiant und nicht in Grad angegeben!

Meistens lässt sich nicht a priori sagen, in welche Richtung Rutschen eintritt, wenn die Ey-telwein’sche Gleichung nicht mehr erfüllt ist. Daher zunächst beide Grenzen betrachten. Wirddas Durchrutschen in eine bestimmte Richtung betrachtet, kann die Bedingung F1/F2 ≤ eµ0β

geprüft werden, wobei F1 die größere der beiden Seilkräfte ist, in deren Richtung das Seil amZylinder rutschen würde.





Aufgabe 7

Drei homogene Walzen (jeweils Radius R, Ge-wicht G), liegen auf einer schiefen Ebene (Win-kel α). Sie werden durch ein oberhalb des Auf-standspunktes der unteren Walze befestigtes Seilwie skizziert unter dem Winkel β gehalten. Zwi-schen der schiefen Ebene und den Walzen herrschtReibung (Haftreibkoeffizient µ0), zwischen denWalzen untereinander tritt keine Reibung auf.

a) Bestimmen Sie die Seilkraft im statischenGleichgewicht!

b) Wie groß muss der Haftreibwert µ0 = µ∗0 sein,damit die untere Walze im Aufstandspunktnicht rutscht?

Gegeben: R, α = 30◦, β = 60◦, G.

�

g GSeil

R

RG

G

�

R

A

glatt

rau, �0

glatt

Lösung

�

�

N2

N1

N3

N5

H1

H2

H3

G

G

G

N4

S

Q

��

� �-

x

y

a) Momentensummen um die Mittelpunkte der mittleren und oberen Walze: H2 = H3 = 0

Kräftesummen an der mittleren und oberen Walze in x-Richtung:

N5 = G sinα und N4 = N5 +G sinα→ N4 = 2G sinα





Momentensumme um den Aufstandspunkt Q der unteren Walze:∑M (Q) = 0 = RG sinα +RN4 − 2RS cos(β − α)

→ S =RG sinα +RN4

2R cos(β − α)→ S =

RG sinα + 2RG sinα

2R cos(β − α)=

3

2

sinα

cos(β − α)G→ S =

3

2

12

12

√3G

→ S =1

2

√3G

b) Kräftesumme an der unteren Walze in x-Richtung:∑Fx = 0 = H1 + S cos(β − α)−N4 −G sinα

→ H1 = −S cos(β − α) +N4 +G sinα = −1

2

√3G cos(β − α) + 2G sinα +G sinα

→ H1 = −1

2

√3G · 1

2

√3 + 3G · 1

2→ H1 =

3

4G

Kräftesumme an der unteren Walze in y-Richtung:∑Fy = 0 = N1 + S sin(β − α)−G cosα

→ N1 = −S sin(β − α) +G cosα = −1

2

√3G · 1

2+G · 1

2

√3

→ N1 =1

4

√3G

Haftbedingung: H1 ≤ µ0N1:

→ 3

4G ≤ µ0

1

4

√3G→ µ0 ≥

√3

→ µ0 ≥√

3 ≈ 1, 73 (was durchaus recht hoch ist!)

Tipps und Tricks

Bei der Überprüfung der Haftbedingung empfiehlt es sich, zunächst die Normal- und die Haft-reibkraft aus den GGW-Bedingungen zu ermitteln und dann die Ungleichung zu überprüfen!





Aufgabe 8

Eine dreieckförmige Last G wird biegesteif mit ei-ner gewichtslosen Stange verbunden und im LagerA drehbar gelagert. Durch eine zusätzliche KraftF soll statisches Gleichgewicht hergestellt werden.

a) Bestimmen Sie den Kraftangriffspunkt und dieRichtung der Kraft F , sodass diese minimalwird!

b) Wir groß muss in diesem Fall die Kraft F seinund welche Lagerreaktionen in A treten dannauf?

Gegeben: a, G, g.

A

G F

a 2aa

4a

g

Lösung

A

F

a 2aa

4a

r

G

Fr

�

A

a 2aa

4a

G

r amax

=5

Fmin

AV

AH

AV

AH

�

�

∑M (A) = 0 = 3aG− rFr = 3aG− rF cosα→ F =

3aG

r cosα

F → min wenn r → max und cosα→ max

→ α = 0→ cosα = 1→ ~r und ~Fmin müssen gerade senkrecht aufeinander stehen.

→ r maximal an der oberen Spitze der Last, da hier Abstand vom Lager A am größten.

→ rmax = 5a→ Fmin =3aG

5a→ Fmin =

3

5G

Die Richtung ergibt sich aus tan β =3a

4a=

3

4→ β = 36, 9◦

AH = cos βFmin =4

5· 35G→ AH =

12

25G AV = G− sin βFmin = G− 3

5· 35G→ AV =

16

25G





Aufgabe 9

Das Gewicht G wird von einem über eine Rollegelegten Seil gehalten. Die Rolle liegt wie skiz-ziert auf einem Balken, der an seinem Ende voneinen Stab gestützt wird. Das System ist reibungs-frei und alle Bauteile mit Ausnahme des Gewichtessind als gewichtslos zu betrachten.

a) Bestimmen Sie die Seilkraft und die Normal-kraft zwischen Rolle und Balken!

b) Wie groß sind die Auflagerreaktionen in A undB?

Gegeben: a, h, α = 45◦, G, g.

g

a

�

G

Balken

Stab

h

SeilA

BC

Lösung

G h

N

S

N

a

�

AV

AH

BH

M

A

B C

S

√2(a− h)

a) Rolle:∑M (M) = 0→ S = G; N =

√2G





b) Stab/Balken:

Der Stab ist eine Pendelstütze (Körper mit zwei Kraftangriffspunkten). Die Wirkungslinien derResultierenden in B und C müssen auf einer Linie liegen und daher genau in Stabachse verlaufen.Aus diesem Grund muss BV = 0 gelten und der Stab nimmt nur Kräfte entlang seiner Stabachseauf.∑

M (A) = 0 = N√

2(a− h)−BHa→ BH = N√

2a− ha

=√

2G ·√

2

(1− h

a

)→ BH = G

(2− 2

h

a

)∑

FH = 0 = AH+BH+S−1

2

√2N → AH =

1

2

√2N−BH−S → AH =

1

2

√2·√

2G−G(

2− 2h

a

)−G

→ AH = G

(2h

a− 2

)∑

FV = 0 = AV − 1

2

√2N → AV =

1

2

√2N =

1

2

√2 ·√

2G→ AV = G

Tipps und Tricks

Die Lagerreaktionen hätten mit der Kenntnis, dass BV = 0 ist, auch (sogar etwas einfacher!)am Gesamtsystem aus Stab, Balken und Rolle ohne weiteres Freischneiden ermittelt werdenkönnen!





Aufgabe 10

Ein Gewicht G1 hängt an an einem Seil, das übereinen stehenden Zylinder gelegt ist (Haftreibkoeffi-zient µ0). Das Seil endet an einem starren Balken,auf dem ein weiteres Gewicht G2 liegt.

In welchem Abstand s vom Lager A darf dasGewicht G2 aufgelegt werden, damit statischesGleichgewicht herrscht?

Gegeben: a, G, G1 = 4G, G2 = G, µ0 = 0, 3, g.

G2

gSeil

G1

�0

a

s

Balken

A

Lösung

G2

G1

�0

a

s

A

S

S

möglicher Bereich für s

∑M (A) = 0 = aS − sG2 → S =

s

aG2

Eytelwein’sche Gleichung mit Umschlingungswinkel β = π:

e−µ0π ≤ S

G1

≤ eµ0π

→ G1e−µ0π ≤ s

aG2 ≤ G1e

µ0π

→ 4Ge−µ0π ≤ s

aG ≤ 4Geµ0π

→ 4ae−µ0π ≤ s ≤ 4aeµ0π

Mit µ0 = 0, 3:

1, 56a ≤ s ≤ 10, 26a





Aufgabe 11

Das skizzierte Stabwerk besteht aus gewichtslosen Stäben und einer starren, gewichtslosen Scheibe.Das Stabwerk trägt die Gewichte G1 und G2.

a) Geben Sie die offensichtlichen Nullstäbe an!

b) Bestimmen Sie die Auflagerreaktionen!

c) Wie groß sind die Stabkräfte S6, S7 und S8?

Gegeben: a, G1, G2, g.

g

G2

a

a a

1

2

3

4

5

6

7

G1

8

I

II

III

IV

V

VI

VII

A B

Scheibe

2a

Lösung

a) Defekt D = nStäbe + nAuflager − 2nKnoten = 7 + 3− 2 · 5 = 0 (notwendige Bedingung erfüllt)

b) S2 = S5 = 0

jeweils Auswertung der horizontalen bzw. vertikalen Kräftesummen∑

FH = 0 bzw.∑

FV = 0

an den Knoten (alle Stabkräfte als Zugkräfte positiv angenommen):

Knoten E: S6 =√

2G, S7 = −G

Knoten D: S4 = S7 → S4 = −G

Knoten C: S3 = −√

2G, S2 = 2G

Knoten A: AH = −S2 → AH = −2G

Knoten B: BH = −1

2

√2S3 − S4 → BH = 2G, BV = −1

2

√2S3 → BV = G





Aufgabe 12

Geben Sie die Schnittgrößenverläufe N(x), Q(x) und M(x) für die skizzierten Systeme an!

Gegeben: `, α = 45◦, F , q.

�

E

x

�/2

A B

x

�

E

x

�

A B

x

�

E

x

�

A B

x

�

E

x

�

A B

x

F�

F

�

�/2

q q

qq

q q

a) b)

c) d)

e) f)

g) h)

Lösung

xM( )xN x( )y

z

Q( )x

Alle Lagerkräfte nach rechts und oben positiv ge-zählt, Einspannmoment in E nach rechts drehendpositiv gezählt.





a) EH = −1

2

√2F EV =

1

2

√2F ME = −1

2

√2F`

0 ≤ x ≤ `: N(x) =1

2

√2F Q(x) =

1

2

√2F M(x) = F`

[−1

2

√2 +

1

2

√2(x`

)]

x

F�

N x( )

_

+

x

F�

Q x( )

+

x

F�

M x( )0 0

1

b) AV =1

4

√2F AH = −1

2

√2F BV =

1

4

√2F`

0 ≤ x < `/2: N(x) =1

2

√2F Q(x) =

1

4

√2F M(x) = F`

[1

4

√2(x`

)]`/2 ≤ x ≤ `: N(x) = 0 Q(x) = −1

4

√2F M(x) = F`

[1

4

√2− 1

4

√2(x`

)]

x

F�

N x( )

+

x

F�

Q x( )

+

x

F�

M x( )

A BA BA B

_

+0

00

0

1 1

c) EH = 0 EV = q` ME = −1

2q`2

0 ≤ x ≤ `: N(x) = 0 Q(x) = q`[1−

(x`

)]M(x) = q`2

[−1

2+(x`

)− 1

2

(x`

)2]

x

N x( )

_x

Q x( )

+

x

M x( )

q q q

01

2





d) AV =1

2q` AH = 0 BV =

1

2q`

0 ≤ x ≤ `: N(x) = 0 Q(x) = q`

[1

2−(x`

)]M(x) = q`2

[1

2

(x`

)− 1

2

(x`

)2]

x

N x( )

x

Q x( )

+

x

M x( )

A BA BA B

_

+

q q q

0 1

1

2

e) EH = 0 EV =1

2q` ME = −1

6q`2

0 ≤ x ≤ `:

N(x) = 0 Q(x) = q`

[1

2−(x`

)+

1

2

(x`

)2]

M(x) = q`2

[−1

6+

1

2

(x`

)− 1

2

(x`

)2

+1

6

(x`

)3]

x

N x( )

_

x

Q x( )

+

x

M x( )

q q q

0

2

3

f) AV =1

3q` AH = 0 BV =

1

6q`

0 ≤ x ≤ `:

N(x) = 0 Q(x) = q`

[1

3−(x`

)+

1

2

(x`

)2]

M(x) = q`2

[1

3

(x`

)− 1

2

(x`

)2

+1

6

(x`

)3]

x

N x( )

x

Q x( )+

x

M x( )

A BA BA B

+

qq q q_

0

2

2

3





g) EH = 0 EV =1

2q` ME = −1

3q`2

0 ≤ x ≤ `:

N(x) = 0 Q(x) = q`

[1

2− 1

2

(x`

)2]

M(x) = q`2

[−1

3+

1

2

(x`

)− 1

6

(x`

)3]

x

N x( )

_

x

Q x( )

+

x

M x( )

qq q

0

22

3

h) AV =1

6q` AH = 0 BV =

1

3q`

0 ≤ x ≤ `: N(x) = 0 Q(x) = q`

[1

6− 1

2

(x`

)2]

M(x) = q`2

[1

6

(x`

)− 1

6

(x`

)3]

x

N x( )

x

Q x( )+

x

M x( )

A BA BA B

+

_q q q

0

3

2

2

Tipps und Tricks

Biegemoment und Querkraft verschwinden am freien Ende!

Biegemoment verschwindet in Endpunkten von Balken an Gelenken bzw. Lagern - Vorsicht:wird ein durchgängiger Träger durch ein Lager nur gestützt und nicht geteilt oder sind zweiBalken durch eine biegesteife Ecke verbunden, muss dies nicht so sein!

Integration von Streckenlast qz(x) über Querkraft Qz(x) = −∫qz(x)dx+ C1 und Biegemo-

ment My(x) =

∫Qz(x)dx+ C2 → Grad des Polynoms nimmt jeweils um 1 zu. Anpassen

der Integrationskonstanten C1 und C2 nicht vergessen. Grafische Integration geht häufig sehrschnell!

Wenn gefordert, Art der Funktion sowie Eckwerte angeben!





Aufgabe 13

Der skizzierte Träger besteht aus drei Balken der Längen 3a, 2a bzw. a. Er wird durch die Strecken-last q belastet.

a) Geben Sie die Lager- und Gelenkreaktionen an!

b) Berechnen und skizzieren Sie die Schnittgrößenverläufe der Querkraft Q(x) und des Biegemomen-tes M(x) in Abhängigkeit der Koordinate x unter Angabe der Funktion und der Eckwerte!

Gegeben: a, q.

x

q

AB C

G1

G2

a a a3a

1 2 3

Lösung

a) Balken©1

A G1

3a

1

F1

G1H

G1V

AV

Resultierende F1 = 3qa∑FH = 0 = G1H → G1H = 0∑M (A) = 0 = 2aG1V − aF1 → G1V =

3

2qa∑

M (G1) = 0 = 2aAV − aF1 → AV =3

2qa





Balken©2

BG1 G

2

2

a aB

VG

2V

G1H

G1V

F2

G2H

Resultierende F2 = qa∑FH = 0 = G2H −G1H → G2H = 0∑M (G2) = 0 = 2aG1V +

3

2aF2 − aBV

→ BV =9

2qa∑

FV = 0 = G1V + F2 −BV −G2V

→ G2V = −2qa

Balken©3

CG

2

3C

H

G2H

G2V

MC

a CV

∑FH = 0 = CH −G2H → CH = 0∑FV = 0 = CV −G2V → CV = −2qa∑M (C) = MC + 2aG2V →MC = 2qa2

b) Alternative 1: Rechnerische Lösung durch FreischneidenAntragen der Schnittgrößen in jedem Bereich am positiven oder negativen Schnittufer, wennReaktionskräfte und Lasten bekannt sind.

N x( )x

y

z

Q( )x

M( )x

Q( )x

N x( )

negatives Schnittuferpositives Schnittufer

x

M( )xy

z





Alternative 2: Grafische LösungIn vielen Fällen lässt sich durch die grafische Lösung, z.T. sogar unter Umgehung der Berechnungvieler Auflager- und Gelenkreaktionen, der Verlauf von Querkraft und Biegemoment erzeugen.Die entsprechenden Gleichungen und auch die Auflager- und Gelenkreaktionen lassen sichdann ebenfalls aus dem Verlauf ermitteln. Dieser Weg wird im Folgenden aufgezeigt. Wichtig:Streckenlast ist negative Ableitung der Querkraft, q(x) = −dQ(x)/dx, Querkraft ist Ableitungdes Biegemomentes, Q(x) = dM(x)/dx.

Bereich©1Konstante Streckenlast q(x) → linearer Verlauf von Q(x) mit Steigung −q(x) = −q (fallend).Das Biegemoment folgt entsprechend einer Parabel mit Nulldurchgängen im Lager A und GelenkG1. Genau zwischen diesen Punkten bei x = 3/2a muss M(x) einen Extremwert aufweisen,d.h. Q(x = 3/2a) = dM/dx(x = 3/2a) = 0. Damit muss Q(x) bei x = 0 mit einem positivenWert starten, bei x = 3/2a Null werden und bei x = 3a bei einem negativen Wert enden.Das Biegemoment weist somit für x < 3/2a eine positive Steigung, anschließend eine negativeSteigung auf. Qualitativ können Q(x) undM(x) gezeichnet werden. Der Startwert Q(x = 0) mussmit den gewählten Vorzeichenkonventionen der positiven Lagerkraft AV = 3/2qa entsprechen.Mit den Randwerten Q(x = 0) = 3/2qa und M(x = 0) = 0 können die Verläufe Q(x) und M(x)

auch quantitativ bestimmt werden:

Q(x) =3

2qa− qx

M(x) =3

2qax− 1

2qx2

Der Maximalwert des Biegemomentes bei x = 3/2a kann entweder aus M(x) oder grafisch alsFlächeninhalt unter der Kurve von Q(x) zwischen x = 0 und x = 3/2a ermittelt werden. Esergibt sich Mmax = 9/8qa2.

Bereich©2Im Bereich x < 4a können die Verläufe von Bereich©1 fortgesetzt werden, da sich die Gelenk-kräfte in G1 nach actio=reactio gerade kompensieren, keine Einzelkäfte oder -momente eingeleitetwerden und auch die Streckenlast den gleichen Verlauf wie im Bereich©1 aufweist. Das Biege-moment folgt dem parabelförmigen Verlauf ins Negative. Der Eckwert bei x = 4a kann wiederaus dem Flächeninhalt unter Q(x) zwischen x = 3a und x = 4a zu M(x = 4a) = −2qa2 ermitteltwerden. Die Querkraft Q(x = 4a) ergibt sich aus dem linearen Verlauf zu Q(x = 4a) = −5/2qa.





Im Lager B efolgt durch die Einleitung einer Einzelkraft ein Sprung im Querkraftverlauf, d.h.dass sich auch die Steigung des Biegemomentes sprunghaft ändert, M(x) weist daher in B einenKnick auf. Im Bereich 4a < x < 6a wird keine Streckenlast eingeleitet, die Querkraft muss daherkonstant sein und das Biegemoment einen linearen Verlauf aufweisen. Im Gelenk G2 muss dasBiegemoment verschwinden. Damit steht der Verlauf und die Steigung von M(x) ausgehend vomPunkt B fest. Mit der Steigung von M(x) kann auch der Verlauf der Querkraft Q(x) festgelegtwerden. Es ergeben sich nach Einführung der neuen Variablen x2:

Q(x2) = 2qa

M(x2) = −2qa2 + 2qax2

Der Sprung bei B muss somit gerade BV = 9/2qa betragen. Im Punkt C können mit dengewählten Vorzeichen auch die Reaktionen in der Einspannung aus Q(x = 6a) und M(x = 6a)

bestimmt werden. Es ergibt sich CV = −2qa und MC = 2qa2. Mit x2 = x− 4a:

0 ≤ x < 4a : Q(x) =3

2qa− qx, M(x) =

3

2qax− 1

2qx2

4a ≤ x ≤ 6a : Q(x) = 2qa, M(x) = −2qa2 + 2qa(x− 4a)

Fazit: Mit Ausnahme des ’Startwertes’ der Querkraft bei Q(x = 0) konnten sämtliche weiterenReaktionskräfte und der Verlauf der Querkraft und des Biegemomentes ohne weitere Rechnungoder Freischneiden der einzelnen Bereiche aus grafischen Überlegungen ermittelt werden!





x

q

A B C

G1G2

a a a3a

1 2 3Q x( )

+

_

1

1

x

q

A B C

G1G2

a a a3a

1 2 3M x( )

+2 +

_1

1

2

3/2qa

-5/2qa

-2qa2

9/8qa2

2qa2

2qa+

x1 x2

x1

0

|BV|

|CV||AV|

|G1V|

|MC|

x2

Tipps und Tricks

Zur Berechnung der Reaktionskräfte darf die Streckenlast q durch ihre Resultierende ersetztwerden. Bei der Berechnung der Schnittgrößenverläufe allerdings nicht!

Im Punkt B ist das Biegemoment nicht Null. Hier befindet sich ein Lager, in dem Balken©2zwar gelenkig gelagert, aber nicht unterteilt, sondern nur gestützt wird!

Für rechnerische Bestimmung der Schnittgrößen kann die Einführung neuer Variabler hilfreichsein!





Aufgabe 14

Der skizzierte Träger aus zwei im Gelenk G ver-bundenen Balken©1 und©2 wird wie skizziertdurch ein Einzelmoment M , eine Einzellast F undeine Streckenlast q belastet.

Skizzieren Sie die Verläufe der Schnittgrößen N ,Q und M für beide Balken in Abhängigkeit dereingezeichneten Koordinaten x1 und x2, und gebenSie die Eckwerte an!

Gegeben: a, F , M = 3Fa, q = F/a.

q

a a a

Ma

a

F

x1

z1

x2

y2

z2

A

B

G C

1

2

y1

Lösung

Vorab sinnvoll zu berechnen: Lagerkraft A = 2F (nach oben) aus Momentensumme um G für Balken©1 .

Normalkraft

F

x1

y1z1

x2

y2

z2

A

1

_

- F2

Bq

MG C

2

_0

0

-F

N x( )1

N x( )2





Querkraftq

a

F

x1

z1

x2

y2

z2

A

B

G

1

2_

-F

2F

+ FM

C0

01

0

y1Q x( )1

Q x( )2

Biegemoment

q

M

F

x1

z1

x2

y2

z2

A

B G C

1

2

_

_-Fa

- Fa2

-Fa

Fa

+ +

3/2Fa

_

1

1

1

0

21

y1M x( )1

M x( )2

Tipps und Tricks

In der unbelasteten biegesteifen Ecke wird das Biegemoment ’weitergedreht’. Bei einem rechtenWinkel wird die Querkraft betragsmäßig zur Normalkraft und umgekehrt - Vorzeichenkonven-tionen beachten!

Sprünge in den Schnittgrößenverläufen treten nur bei Einzelkräfte oder -momenten bzw. beientsprechenden Lagerungen auf!


Date post:	04-Sep-2019
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