1. Ebene gerade Balken - wandinger.userweb.mwn.dewandinger.userweb.mwn.de/TM1/v4_1.pdf · Prof. Dr. Wandinger 4. Schnittlasten bei Balken TM 1 4.1-1 31.08.18 1. Ebene gerade Balken

Prof. Dr. Wandinger 4. Schnittlasten bei Balken TM 1 4.1-1

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1. Ebene gerade Balken

● Betrachtet werden gerade Balken, die nur in der xz-Ebene belastet werden.

x

z


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1. Ebene gerade Balken

1.1 Schnittlasten

1.2 Balken mit Einzellasten

1.3 Balken mit Streckenlasten

1.4 Differenzialbeziehungen

1.5 Föppl-Symbol

1.6 Balkensysteme


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x

z

N

Qz

My

✄

My

N

Qz

x

1.1 Schnittlasten

● Definition:

– Schnittlasten sind innere Kräfte und Momente, die die Beanspruchung des Balkens beschreiben.

– Sie werden durch Schnitte senkrecht zur Balkenachse frei-gelegt.


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1.1 Schnittlasten

● Bezeichnungen:

– Normalkraft N : Kraft in Richtung der Balkenachse

– Querkraft Qz : Kraft senkrecht zur Balkenachse

– Biegemoment My : Moment um y-Achse

– Die Schnittlasten hängen von der Koordinate x ab, an der der Balken geschnitten wird: N(x), Qz (x), My (x)

– In Technischer Mechanik 2 wird gezeigt: Normalkraft und Biegemoment resultieren aus Normalspannungen und die Querkraft aus Schubspannungen.


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1.1 Schnittlasten

Positives Schnittufer: Negatives Schnittufer:

x x

links vom Schnitt rechts vom Schnitt

x-Achse zeigt aus Schnittfläche heraus

x-Achse zeigt in Schnittfläche hinein

● Vorzeichen:


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1.1 Schnittlasten

x

z

positives Schnittufer negatives Schnittufer

Positive Schnittlasten zeigen am positivenSchnittufer in positive Koordinatenrichtungen.

Positive Schnittlasten zeigen am positivenSchnittufer in positive Koordinatenrichtungen.

N

Qz

My

My

N

Qz


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1.1 Schnittlasten

● Die Schnittlasten werden aus den Gleichgewichtsbedin-gungen für den rechten oder den linken Teilbalken ermit-telt.

● Dabei ist zu beachten:

– Kräfte dürfen erst nach dem Freischneiden entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden.

– Momente dürfen erst nach dem Freischneiden an einen be-liebigen Punkt des Freischnitts verschoben werden.

– Streckenlasten dürfen erst nach dem Freischneiden durch eine im Kräftemittelpunkt angreifende Einzelkraft ersetzt werden.


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● Beispiel: Kragbalken mit Einzelkräften

– Gegeben:● F1 = 5 kN, F2 = 10 kN● α = 60°● a = 2 m, L = 3 m

– Gesucht:● Lagerreaktionen● Schnittlasten

α

F1

F2

a

L

x

z

A


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– Lagerreaktionen:

α

F1

F2

a

L

x

z

A

Ax

Az

MA

✄∑ F x=0 :

Ax−F 1 cos(α)=0

→ Ax=F 1 cos(α)

∑ F z=0 :−Az+F 1 sin (α)+F 2=0

→ Az=F 1 sin (α)+F 2

∑ M A=0 :

M A−a F 1 sin (α)−L F 2=0

→ M A=a F 1 sin (α)+L F 2


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● Zahlenwerte:

– Schnittlasten:● Zur Ermittlung der Schnittlasten wird der Balken in zwei Be-

reiche unterteilt.● In jedem Bereich können die Schnittlasten aus den Gleichge-

wichtsbedingungen für den linken oder den rechten Teilbalken ermittelt werden.

Ax=F 1 cos(α)=5kN⋅cos(60 °)=2,5 kN

Az=F 1 sin(α)+F 2=5 kN⋅sin(60 °)+10 kN=14,33 kN

M A=a F 1 sin (α)+L F 2=2 m⋅4,33 kN+3⋅10 kN=38,66 kNm


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● Bereich 1: 0 < x < a

x

x

α

F1

F2

x

z

A

Ax

Az

MA

✄x

z

A

Ax

Az

MA α

F1

F2

N N

Qz

Qz

My

My

L - x


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x

x

z

A

Ax

Az

MA

N

Qz

My

X

a - x α

F1

F2

N

QzM

y

L - xX

∑ F x=0 : Ax+N ( x )=0 ∑ F x=0 : −N (x )−F 1 cos(α)=0

→ N ( x )=−Ax=−2,5 kN → N ( x )=−F 1 cos(α)=−2,5 kN

∑ F z=0 −Az+Q z (x )=0 ∑ F z=0 −Q z (x )+F 1 sin (α)+F 2=0

→ Q z (x )=A z=14,33 kN → Q z (x )=F 1 sin(α)+F 2=14,33 kN


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x

x

z

A

Ax

Az

MA

N

Qz

My

X

∑ M X=0 :

M y( x )+M A−x Az=0∑ M X

=0 :−M y( x )− (a−x ) F 1 sin (α)−( L−x ) F 2=0

→ M y ( x )=−M A+ x A z → M y ( x )=( x−a ) F 1 sin (α)+ ( x−L ) F 2

M y(0)=−M A=−38,66 kNmM y(a)=−M A+a Az=−10 kNm

M y(0)=−a F 1 sin(α)−L F 2=−38,66 kNmM y(a)= (a−L ) F 2=−10 kNm

a - x α

F1

F2

N

QzM

y

L - xX


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● Bereich 2: a < x < L

x

x

α

F1

F2

x

z

A

Ax

Az

MA

✄

x

z

A

Ax

Az

MA α

F1

F2

N N

Qz

Qz

My

My

L - x


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F2

N

Qz

My

L - x

Xa

x

x

z

A

Ax

Az

MA α

F1

N

Qz

My

X

∑ F x=0 : Ax−F 1 cos(α)+N (x )=0 ∑ F x=0 : −N (x )=0

→ N ( x )=−Ax+F 1 cos (α)=0 kN → N ( x )=0 kN

∑ F z=0 −Az+F 1 sin (α)+Q z (x )=0

→ Q z (x )=A z−F 1 sin (α)=10 kN

∑ F z=0 : −Q z (x )+F 2=0

→ Q z (x )=F 2=10 kN


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F2

N

Qz

My

L - x

Xa

x

x

z

A

Ax

Az

MA α

F1

N

Qz

My

X

∑ M X=0 :

M A−x Az+ ( x−a ) F 1 sin(α)+M y (x )=0

→ M y ( x )=−M A+ x Az− ( x−a ) F 1 sin (α)

∑ M X=0 :

−M y ( x )− ( L−x ) F 2=0

→ M y ( s )=− ( L− x ) F 2

M y (a)=−M A+a Az=−10 kNmM y (L )=−M A+L Az−( L−a ) F 1 sin (α)=0 kNm

M y (a)=−( L−a ) F 2=−10 kNmM y (L )=0 kNm


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● Ergebnis:


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– Beobachtungen:● An den Stellen, an denen äußere Kräfte angreifen, sind Nor-

malkraft und Querkraft unstetig.● Die Gleichgewichtsbedingungen für den linken und den rech-

ten Teilbalken führen auf die gleichen Schnittlasten.● Die Berechnung der Schnittlasten kann daher anhand der

Gleichgewichtsbetrachtungen für den Teilbalken erfolgen, für den die Berechnung einfacher ist.

● Bei diesem Beispiel werden die Lagerreaktionen für die Gleichgewichtsbedingungen des rechten Teilbalkens nicht benötigt.


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● Beispiel: Balken mit Moment


– Gegeben:● M = 1800 Nm● a = 3 m, L = 4 m

a

L

A

x

z

BM


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– Lagerreaktionen: a

L

A x

z

BM

Az

Ax

Bz✄

∑ F x=0 : Ax=0

∑ M A=0 : −M +L B z=0

→ B z=ML

∑ F z=0 : Az−B z=0 → Az=Bz

A z=B z=1800 Nm

4 m=450 N


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– Schnittlasten:● Es müssen wieder zwei Bereiche betrachtet werden.● Bereich 1: 0 < x < a (Gleichgewicht am linken Teilbalken)

x

A x

z

Az Q

z

My

X

∑ F z=0 : A z+Q z (x )=0

→ Q z (x )=−Az=−450 N

∑ M X=0 : M y( x )+ x A z=0

→ M y( x )=−x AzM y (0)=0 NmM y (a)=−a Az=−1350 Nm


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● Bereich 2: a < x < L (Gleichgewicht am rechten Teilbalken)

L - x

x

z

B

Qz

My

Bz

X∑ F z=0 : −Q z (x )−B z=0

→ Q z (x )=−B z=−450 N

∑ M X=0 : −M y (x )+ ( L−x ) B z=0

→ M y ( x )=( L−x ) B z

M y(a)= ( L−a ) B z=450 NmM y(L )=0 Nm


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● Ergebnis:


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– Beobachtung:● An der Stelle, an der das Moment angreift, ist das Biegemo-

ment unstetig.

● Allgemeiner Fall:

x

xj

xi

Fi

xM

j

z

✄


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– Gleichgewichtsbedingungen für den linken Teilbalken:

x

xj

xi

Fi

xM

j

z

Qz

N

My

X

∑ F x=0 :N ( x)+∑

x i< xF x (x i)=0

→ N (x)=−∑x i< x

F x (x i)

∑ F z=0 :Q z( x)+∑

x i< xF z (x i )=0 → Q z (x)=−∑

x i<xF z (x i )

∑ M X=0 : M y(x )+∑

x i< x( x−x i ) F z ( x i)+∑

x j< xM ( x j )=0

→ M y( x)=−∑x i< x

( x−x i ) F z ( x i)−∑x j < x

M (x j)


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– Gleichgewichtsbedingungen für den rechten Teilbalken:

xj - x

xi - x

Fi

xM

j

z

XN

QzM

y∑ F x=0 :−N ( x)+∑

x i> xF x (x i)=0

→ N (x)=∑xi> x

F x (x i)

∑ F z=0 :−Q z ( x)+∑

x i> xF z(x i)=0 → Q z (x)=∑

x i> xF z( x i )

∑ M X=0 : −M y(x)−∑

x i> x( x i−x ) F z( x i)+∑

x j >xM ( x j )=0

→ M y( x)=∑x i>x

( x−x i ) F z (x i)+∑x j > x

M (x j )


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– Ergebnis:

N ( x)=−∑x i< x

F x ( x i)

Q z( x)=−∑x i< x

F z( x i)

M y(x)=−∑x i< x

( x−x i ) F z (x i )

−∑x j< x

M ( x j )

N (x)=∑x i> x

F x (x i)

Q z(x)=∑x i> x

F z (x i)

M y( x)=∑xi> x

( x−x i ) F z(x i)

+∑x j> x

M ( x j )

Linker Teilbalken: Rechter Teilbalken:


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– Schnittlastverläufe:● Normalkraft und Querkraft sind abschnittsweise konstant. An

den Stellen, an denen äußere Kräfte angreifen, treten Sprün-ge auf.

● Das Biegemoment ist abschnittsweise linear. An den Stellen, an denen äußere Kräfte angreifen, treten Knicke auf. An den Stellen, an denen äußere Momente angreifen, treten Sprünge auf.

● Am freien Ende sind alle Schnittlasten null.● An Gelenken ist das Biegemoment null.


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● Beispiel:

– Gegeben:● a, F, M = 2aF

– Gesucht:● Schnittlasten

– Lagerkräfte:

a a a

FMA x

z

B

a a a

FMA x

z

B

Az

Bz

✄

∑ M A=0 :

−a F +2 a F−3 a B z=0

→ B z=13

F

∑ F z=0 : −A z+F+B z=0

→ Az=B z+F=43

F


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– Schnittlasten:

● Bereich 1: 0 < x < a (Gleichgewicht am linken Teilbalken)

Q z( x )=−(−Az )=Az=43

F

M y(x )=−(−x A z )=43

x F : M y(0)=0 , M y (a)=43

a F

a a a

FMA x

z

B

Az

Bz

1 2 3


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● Bereich 2: a < x < 2a (Gleichgewicht am rechten Teilbalken)

● Bereich 3: 2a < x < 3a (Gleichgewicht am rechten Teilbalken)

Q z( x )=B z=13

F

M y(x )=− (3 a− x ) B z=−(a−x3 )F : M y (2 a)=−

13

a F , M y (3a)=0

M y(x )=− (3 a− x ) B z+M=−a F+13

x F +2 a F=(a+13

x )F

Q z( x )=B z=13

F

M y(a)=43

a F , M y(2 a)=53

a F


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● Ergebnis:


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● Graphische Ermittlung:

– Querkraft:F

MA x B

Az

Bz

Qz

x

F

Az

Bz


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– Biegemoment:● Aus der Formel zur Berechnung des Biegemoments aus dem

Gleichgewicht am linken Teilbalken folgt:

● Die gleiche Beziehung folgt auch aus der Formel zur Berech-nung des Biegemoments aus dem Gleichgewicht am rechten Teilbalken.

● Die Querkraft gibt die Steigung des Biegemoments an.● Damit lässt sich der Verlauf des Biegemoments ausgehend

von Stellen mit bekanntem Biegemoment konstruieren.

dM y

dx (x )=−∑x i< x

F z( x i)=Q z( x )


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Qz

x

My

4F/3

F/3

x

4aF/35aF/3

-aF/3

a 2a 3a


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● Bei einfachen Streckenlasten kann zur Ermittlung der Schnittlasten die am betrachteten Teilbalken angreifende Streckenlast durch eine Einzelkraft im Kräftemittelpunkt ersetzt werden.

● Beispiel: Konstante Streckenlast

– Gegeben:● L, q0

– Gesucht:● Schnittlasten● Lagerreaktionen

L

A q0

x

z


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– Schnittlasten:● Die Schnittlasten können aus den Gleichgewichtsbedingun-

gen für den rechten Teilbalken ermittelt werden, ohne dass die Lagerreaktionen bekannt sind.

● Dazu darf die am rechten Teilbalken angreifende Streckenlast durch eine Einzelkraft ersetzt werden.

xS

L - x

x

z Qz

My

XL - xQ

z

My

X

F(x)q0

✄

F ( x )=q 0 ( L−x ) , xS=12

( L− x )


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∑ F z=0 : −Q z (x )+F ( x)=0 → Q z ( x )=F (x )

Q z(0)=q0 L , Q z(L)=0

∑ M X=0 : −M y (x )−x S F (x )=0 → M y( x )=−x S F (x )

M y (0)=−12

q0 L2 , M y (L )=0

Q z( x )=q0 ( L−x )=q 0 L (1−xL )

M y (x )=−12

q0 ( L−x )2=−

12

q0 L2(1−xL )

2

xS

L - xQz

My

X

F(x)


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– Lagerreaktionen:● Die Lagerreaktionen stimmen mit den Schnittlasten an der

Stelle x = 0 überein.● Dabei handelt es sich um ein negatives Schnittufer.

L

q0

x

z

AA

z

MA

A z=Q z(0)=q0 L

M A=−M y(0)=12

q0 L2


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2L/3

L

A

x

z

B

q0L/2

Az

Bz

✄


● Beispiel: Lineare Streckenlast

– Gegeben: L, q0


– Lagerreaktionen:● Die Streckenlast auf dem

gesamten Balken wird durch eine Einzelkraft ersetzt.

L

Aq

0

x

z

B


31.08.18


– Schnittlasten:● Die Schnittlasten werden aus den Gleichgewichtsbedingun-

gen für den linken Teilbalken ermittelt.● Dabei darf die am linken Teilbalken angreifende Streckenlast

durch eine Einzelkraft ersetzt werden.

∑ M A=0 : L B z−

23

L⋅12

q0 L=0 → B z=13

q 0 L

∑ F z=0 : −Az+12

q0 L−B z=0 → Az=12

q0 L−B z=16

q0 L


31.08.18


xS

x

A

qz(x)

x

z

Qz

My

Xx

A

x

z

Qz

XAz

Az

My

F(x)

qz (x )

q0=

xL → q z( x )=q0

xL

F ( x )=12

q z( x ) x= 12

q0x2

L =12

q0 L ( xL )

2

, xS=23

x


31.08.18


∑ F z=0 : −Az+F (x )+Q z (x )=0

→ Q z (x )=A z−F (x )=16

q0 L−12

q0 L ( xL )

2

=16

q0 L (1−3 x2

L2 )

∑ M X=0 : −x A z+ ( x−x S ) F ( x)+M y (x )=0

→ M y ( x )=x Az−( x−xS ) F (x )=16

q 0 L x−13

x⋅12

q0 L ( xL )

2

=16

q0 L2( xL

−x3

L3 )=16

q0 L2 ( xL )(1−

x2

L2 )

xS

x

A

x

z

Qz

XAz

My

F(x)


31.08.18



31.08.18


● Allgemeine Streckenlast:

– Wenn keine Formeln zur Ermittlung der resultierenden Kraft und des Kräftemittelpunkts verfügbar sind, muss integriert werden.

– Zur Herleitung der allgemeinen Formeln wird die Strecken-last zunächst durch eine Treppenfunktion approximiert:

qz(x)

x

z

x

z

Δxk

xk

≈


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– Die konstante Streckenlast in jedem Abschnitt wird durch eine Einzelkraft ersetzt:

– Mit lauten die allgemeinen Schnittlastfor-meln für den linken Teilbalken:

x

z

Δxk

xk

≈x

z

xk

Fk

F k=q z(xk )Δ xk

Q z(x)=−∑x k< x

q z( xk )Δ xk , M y( x)=−∑x k< x

( x−x k ) q z( x k)Δ xk


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– Der Grenzübergang auf infinitesimale Balkenelemente er-gibt:

– Entsprechend folgt für den rechten Teilbalken:

– Wirken zusätzlich noch Einzelkräfte oder Einzelmomente, so sind die entsprechenden Beiträge zu addieren.

Q z(x)=−∫0

x

q z( x̄)d x̄ , M y( x)=−∫0

x

( x− x̄ ) q z ( x̄ )d x̄

Q z(x)=∫x

L

q z( x̄)d x̄ , M y( x)=∫x

L

( x− x̄ ) q z( x̄)d x̄


31.08.18


– Linker Teilbalken:

– Rechter Teilbalken:

Q z( x)=−∑x i< x

F z( x i)−∫0

x

q z( x̄)d x̄

Q z( x)=∑x i> x

F z ( x i)+∫x

L

q z ( x̄ )d x̄

M y(x)=−∑x i< x

( x−x i ) F z (x i )−∑x j <x

M (x j )−∫0

x

( x− x̄ ) q z( x̄)d x̄

M y(x)=∑xi> x

( x−x i ) F z( x i)+∑x j > x

M ( x j )+∫x

L

( x− x̄ ) q z ( x̄ )d x̄


31.08.18


● Die für Balken mit Einzellasten gewonnene Differenzial-beziehung zwischen Querkraft und Biegemoment gilt auch für Balken mit Streckenlasten.

● Außerdem gilt eine weitere Differenzialbeziehung zwi-schen Querkraft und Streckenlast.

● Herleitung:

– Betrachtet wird ein beliebiger Balkenabschnitt, an dem kei-ne Einzellasten angreifen.


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qz(x)

xA

xB

My(x

A) M

y(x

B)

Qz(x

A) Q

z(x

B)

x

z

O

✄


– Gleichgewichtsbedingungen:

∑ F z=0 : Q z (xB)−Q z ( xA)+∫xA

xB

qz (x)dx=0

∑ M O=0 :

M y(x B)−M y( xA)−( xB Q z(x B)−x A Q z ( xA))−∫x A

x B

x q z ( x)dx=0


31.08.18


– Mit

und

folgt:

Q z( x B)−Q z(x A)=∫xA

x B dQ z

dx dx , M y (xB)−M y(x A)=∫xA

xB dM y

dx dx

x B Q z(x B)−xB Q z (x A)=∫x A

xB ddx ( x Q z ) dx

∫xA

xB

(dQ z

dx +q z(x))dx=0

∫xA

xB

[ dM y

dx −ddx ( x Q z )−x q z(x)]dx=0


31.08.18


– Die beiden Integrale sind nur dann für beliebige Intervalle null, wenn die Integranden null sind:

dQ z

dx +q z (x )=0 →dQ z

dx =−qz (x)

0=dM y

dx −ddx ( x Q z )−x q z( x)=

dM y

dx −x (dQ z

dx +q z (x ))−Q z (x )

→dM y

dx =Q z (x )


31.08.18


● Ergebnis:

– In Balkenabschnitten, in denen keine Einzellasten angrei-fen, gelten die Differenzialbeziehungen

– Für einfach zu integrierende Streckenlasten können daraus Querkraft und Biegemoment durch zwei Integrationen ermit-telt werden.

dM y

dx =Q z ,d 2 M y

dx 2 =dQ z

dx =−q z


31.08.18


● Beispiel: Lineare Streckenlast

– Gegeben: L, q0

– Gesucht:● Schnittlasten● Lagerreaktionen

– Schnittlasten:● Integrationen:

L

Aq

0

x

z

B

qz (x )=q0xL

Q z( x )=−∫ q z( x )dx+c1=−12

q 0x2

L +c1

M y (x )=∫Q z (x )dx+c2=−16

q 0x3

L +c1 x+c2


31.08.18


● Die Integrationskonstanten werden aus den Randbedingun-gen bestimmt:

● Ergebnis:

M y(x )=−16

q 0 L2( x3

L3−xL )=1

6q0 L2( x

L )(1−x2

L2 )

M y(0)=0 : c2=0

M y(L )=0 : −16

q0 L2+c1 L=0 → c1=

16

q0 L

Q z( x )=−q0 L (− 12

x2

L2 +16 )=1

6q0 L (1−3

x2

L2 )


31.08.18


– Lagerreaktionen:● Lager A:

negatives Schnittufer

● Lager B: positives Schnittufer

L

Aq

0

x

z

B

✄

Az

BzA z=Q z(0)=

16

q0 L

B z=−Q z(L)=26

q0 L=13

q0 L


31.08.18


● Beispiel: Sinusförmige Streckenlast

– Gegeben: L,

– Gesucht:● Schnittlasten, Lagerkräfte

– Schnittlasten:● Integrationen:

L

A

qz(x)

x

z

B

qz (x )=q0 sin(π xL )

Q z( x )=−q0∫ sin (π xL )dx+c1=

q0 Lπ cos(π x

L )+c1

M y(x )=q0 Lπ ∫ cos(π x

L )dx+c1 x+c2=q0 L2

π2 sin(π x

L )+c1 x+c2

qz (x )=q0 sin(π x /L )


31.08.18


● Die Integrationskonstanten werden aus den Randbedingun-gen bestimmt:

● Ergebnis:


M y(0)=0 : c2=0

M y(L )=0 : c1 L=0 → c1=0

Q z( x )=q0 Lπ cos(π x

L ) , M y ( x )=q0 L2

π2 sin (π x

L )

L

A

x

z

B

✄

Az

Bz

qz(x)

A z=Q z(0)=1π q 0 L

B z=−Q z(L)=1π q 0 L


31.08.18



31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

● Motivation:

– Aufgrund der bei Einzellasten auftretenden Unstetigkeiten können die Schnittlasten bislang nur bereichsweise ange-geben werden.

– Mithilfe des Föppl-Symbols lassen sich bereichsweis stetige Funktionen einfach mathematisch beschreiben.

– Damit lassen sich auch abschnittsweise definierte Strecken-lasten einfach angeben.


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

● Definition:

– Das von August Föppl eingeführte Föppl-Symbol ist folgen-dermaßen definiert:

– Beispiele:

⟨ x−a ⟩n={ 0 für x<a

( x−a )n für x>a

, n≥0

⟨ x−a ⟩0={0 für x<a

1 für x>a, ⟨ x−a ⟩={ 0 für x<a

x−a für x>a


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

● Rechenregeln:

– Ableitung:

– Integration:

– Skalierung:

ddx ⟨ x−a ⟩

n=n ⟨ x−a ⟩

n−1

∫ ⟨ x−a ⟩n dx=

⟨ x−a ⟩n+1

n+1+C

⟨ c ( x−a ) ⟩n=c n

⟨ x−a ⟩n


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

● Anwendung:

– Mithilfe des Föppl-Symbols lauten die aus den Gleichge-wichtsbetrachtungen am linken Teilbalken gewonnenen Gleichungen für die Schnittlasten:

– Wirken zusätzlich noch Streckenlasten, so muss ihr Beitrag addiert werden.

N (x)=−∑ ⟨ x−x i ⟩0 F x(x i )

Q z(x)=−∑ ⟨ x−x i ⟩0 F z (x i)

M y( x)=−∑ ⟨ x−x i ⟩ F z( x i)−∑ ⟨ x−x j ⟩0 M (x j )


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

● Beispiel: Balken mit Einzellasten

– Gesucht:● Schnittlasten● Lagerkräfte

– Gegeben:● a, F, M = 2aF

FM

x

z

A B

a a a


31.08.18

FM

x

z

A B

a a aA

zB

z

✄

1.5 Föppl-Symbol

– Querkraft:

– Biegemoment:

Q z(x)=−(−Az+ ⟨ x−a ⟩0 F )=Az− ⟨ x−a ⟩

0 F

M y(x)=−( x Az+ ⟨ x−a ⟩ F + ⟨ x−2 a ⟩0 M )

=x Az− ⟨ x−a ⟩ F−2 ⟨ x−2 a ⟩0 a F


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

– Randbedingungen:● My(0) = 0 wurde bereits bei der Ermittlung der Schnittlasten

benutzt.● Rechtes Ende:

– Damit gilt für die Schnittlasten:

M y(3 a)=0 : 3 a A z−2 a F−2 a F=0 → Az=43

F

Q z(x)=( 43− ⟨ x−a ⟩

0)F

M y( x)=(43

xa −⟨ x

a −1⟩−2 ⟨ xa −2⟩

0

)a F


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

– Lagerkraft im Punkt B: B z=Q z (3 a)=( 43−1)F=

13

F


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

● Beispiel: Balken mit Einzellasten und Streckenlast

– Gesucht:● Schnittlasten● Lagerkräfte

– Gegeben:● a, q0

● F = q0a/2, M = 2q0a2

FM q

0x

z

A B

a a a a


31.08.18

FM q

0x

z

A B

a a a aA

zB

z

✄

1.5 Föppl-Symbol

– Streckenlast:

– Querkraft:

q z(x)=q0 ⟨ x−3 a ⟩0

Q z(x)=−(−Az+ ⟨ x−a ⟩0 F+q0 ⟨ x−3 a ⟩ )


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

– Biegemoment:

– Die noch unbekannte Lagerkraft Az wird aus der Randbe-dingung bei B bestimmt:

– Die Lagerkraft im Punkt B kann aus der Querkraft ermittelt werden:

M y(4 a)=0 : 4 a Az−3 a F−12

q0 a2−M=0

→ Az=34

F +18

q0 a+M4 a

B z=−Q z (4 a)=−Az+F +q0 a=14

F +78

q0 a−M4 a

M y( x)=Az x− ⟨ x−a ⟩ F− ⟨ x−2 a ⟩0 M−

12

q0 ⟨ x−3 a ⟩2


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol

– Ergebnis:

A z=(38+

18+

12 )q0 a=q0 a , B z=(1

8+

78−

12 )q0 a=

12

q0 a

Q z( x)=q0 a(1−12 ⟨ x

a −1⟩0

−⟨ xa −3⟩)

M y(x)=q0 a2 ( xa −

12 ⟨ x

a −1 ⟩−12 ⟨ x

a −3⟩2

−2 ⟨ xa −2 ⟩

0

)


31.08.18

1.5 Föppl-Symbol


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Balken treten oft als Teile von mehrteiligen Tragwerken auf.

● Zunächst werden die am Balken angreifenden Lasten be-stimmt.

● Anschließend können die Schnittlasten ermittelt werden.


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Beispiel: Gerberträger

– Gegeben:● a = 1 m, tan(α) = 4/3● F = 15 kN● q0 = 4 kN/m

– Geometrie:

F

α

a a a

q0

x

z

A B C


cos(α)=1

√1+(4 /3)2=

35

, sin(α)=43⋅

35=

45


31.08.18

a/2

F

α

a a a/2

q0a

x

z

A B C

Az

Ax

MA

Bz

Bz

Bx

Bx

Cz

B✄

1.6 Balkensysteme


● Balken BC: ∑ M B=0 : 2 a C z−

32

a q0 a=0 → C z=34

q 0 a

∑ F x=0 : B x=0

∑ M C=0 : −2 a B z+

a2

q0 a=0 → B z=14

q0 a


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Balken AB:F

α

a

x

z

A B

Az

Ax

MA

Bz

∑ F x=0 : Ax−F cos (α)=0

→ Ax=F cos(α)=35

F

∑ F z=0 : −Az+F sin (α)+B z=0

→ Az=F sin(α)+B z=45

F +14

q0 a

∑ M A=0 : M A−a F sin (α)−a B z=0

→ M A=a ( F sin (α)+B z )=a ( 45

F +14

q 0 a)=a Az


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Zahlenwerte:

Ax=15 kN⋅35=9 kN

A z=15 kN⋅45+

14⋅4

kNm

⋅1 m=13 kN

M A=1 m⋅13 kN=13 kNm

B z=14⋅4

kNm

⋅1 m=1 kN

C z=34⋅4

kNm

⋅1 m=3kN

B x=0 kN


31.08.18

F

α

a a a

q0

x

z

A B C

Az

Ax

MA

Bz

Bz

Cz

B

1 2 3

1.6 Balkensysteme

– Schnittlasten:

● Bereich 1: 0 < x < a (Gleichgewicht am linken Teilbalken)

N (x )=−Ax , Q z ( x)=Az

M y (x )=−M A+ x Az= ( x−a ) Az : M y(0)=−a A z , M y(a)=0


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Bereich 2: a < x < 2a (Gleichgewicht am linken Teilbalken)

● Bereich 3: 2a < x < 3a (Gleichgewicht am rechten Teilbalken)

N (x )=0 , Q z (x )=−(−B z )=B z

M y(x )=( x−a ) B z : M y (a)=0 , M y (2 a)=a B z

M y(x )=(3 a−x ) C z−12

(3a−x )2 q0=(3 a−x )(C z−

12

(3a−x ) q 0)

Q z( x )=q0 (3a−x )−C z : Q z (2 a)=q 0 a−C z , Q z (3 a)=−C z

M y(2 a)=a (C z−12

q0 a) , M y (3a)=0

N (x )=0


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Zahlenwerte:

0< x<a : N (x )=−9 kN , Q z (x )=13 kN

M y(0)=−13 kNm , M y (a)=0 kNm (linear)

a< x<2 a : N (x )=0, Q z( x )=1 kN

M y(a)=0 kN , M y(2 a)=1 kNm (linear)

2 a< x<3 a : N (x )=0

Q z(2 a)=4 kN−3 kN=1kN , Q z(3 a)=−3 kN(linear)

M y(2 a)=1 m (3kN−12⋅4 kN)=1kNm , M y(3a)=0

(parabolisch)


31.08.18

1.6 Balkensysteme


31.08.18

1.6 Balkensysteme

● Beispiel:

– Gegeben:● a = 2 m● b = 5 m● h = 4 m● q0 = 240 kN/m

– Gesucht:● Schnittlasten im

Balken AC

b a

a b

h

q0

A B C

DEF α


31.08.18

1.6 Balkensysteme

– Geometrie:

– Balken AC:

tan (α)=h

b−a =43

→ cos(α)=1

√1+(4 /3)2=

35

, sin (α)=45

(a+b)/2

b a

q0(a+b)

A B Cα

Ax

Az B C

✄

x1

z1


31.08.18

1.6 Balkensysteme

∑ M A=0 : −

a+b2

q0 (a+b )+b B sin (α)− (a+b ) C=0

→45

b B−(a+b ) C=12

( a+b )2 qo

∑ F x=0 : −Ax+B cos(α)=0 → Ax=35

B

∑ F z=0 : −Az+q0 (a+b )−B sin (α)+C=0

→ Az=q0 (a+b )−45

B+C

(1)

(2)

(3)


31.08.18

1.6 Balkensysteme

– Balken DF:

● Die Kräfte im Lager F können aus den beiden Kräftegleich-gewichten ermittelt werden. Sie werden hier nicht benötigt.

a b

DEF α

B C

Fx

Fz

z2

x2

✄

∑ M F=0 : −a B sin (α)+ (a+b ) C=0

→ −45

a B+ (a+b )C=0 (4)


31.08.18

1.6 Balkensysteme

– Auflösen der Gleichgewichtsbedingungen:

(1)+(4) →45

(b−a ) B=12

(a+b )2 q0 → B=

58

q0 (a+b )a+bb−a

(4) → C=45

aa+b B=

12

q0 (a+b )a

b−a

(2) → Ax=35

B=38

q0 ( a+b )a+bb−a

(3) → Az=q0 (a+b ) (1−12

a+bb−a +

12

ab−a )=q0 ( a+b )(1−

12

bb−a )


31.08.18

1.6 Balkensysteme

– Zahlenwerte: q0 ( a+b )=240 kN /m⋅7 m=1680 kN

a+bb−a=

7 m5 m−2 m

=73

, ab−a =

2 m3 m

=23

, bb−a=

5 m3 m

=53

B=58⋅1680 kN⋅

73=2450 kN , C=

12⋅1680 kN⋅

23=560 kN

B x=B cos(α)=35

B=38⋅

73⋅1680 kN=1470 kN

B z=B sin (α)=45

B=12⋅

73⋅1680 kN=1960 kN

Ax=38⋅1680 kN⋅

73=1470 kN , Az=1680 kN⋅(1−

56 )=280 kN


31.08.18

1.6 Balkensysteme

– Schnittlasten im Balken AC:

b a

A B C

Ax

Az C

x1

z1

Bz

Bx

q0

N ( x1)=−(−Ax+ ⟨ x1−b ⟩0 B x )

Q z( x1)=−(q0 x1−Az− ⟨ x1−b ⟩0 B z )

M y(x1)=−( 12

q0 x12−A z x1− ⟨ x1−b ⟩ B z)


31.08.18

1.6 Balkensysteme

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1. Ebene gerade Balken - wandinger.userweb.mwn.dewandinger.userweb.mwn.de/TM1/v4_1.pdf · Prof. Dr. Wandinger 4. Schnittlasten bei Balken TM 1 4.1-1 31.08.18 1. Ebene gerade Balken