tm1

Technische Mechanik IDr.-Ing. Dr. rer. nat. Jahn

Jennifer Peter und Daniela Hermsdorff

WS 05/06

Inhaltsverzeichnis

1 Grundlagen 4

1.1 Einteilungen der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Größen und Einheiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Die Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3.1 Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3.2 Darstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3.3 Einteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Das zentrale, ebene Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4.1 Reduktion auf eine Resultierende . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4.2 Kräftegleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4.3 Kraftzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5 Das zentrale, räumliche Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.6 Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6.1 Das Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6.2 Komponentendarstellung von von MD . . . . . . . . . . . 16

1.6.3 Das Moment zweier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.6.4 Momentensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.6.5 Das Kräftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.7 Seileckverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.7.1 Allgemeine Kräftegruppen im Raum . . . . . . . . . . . . 23

2 Balkenstatik 25

2.1 Arten der Lagerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1

INHALTSVERZEICHNIS 2

2.1.1 Beispiele für die Lagerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2 Resultierende von Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.1 Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte . . . . . . . 27

2.2.2 Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten) . . . . . . . 28

2.2.3 Resultierende von Flächenlasten . . . . . . . . . . . . . . 29

2.3 Bestimmung von Auflagerreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.1 Seileckverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.2 Culmannsche Gerade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Schnittgrößen im Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.5 Rahmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.6 Häufige Lastfälle aus der Praxis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Ebene Fachwerke 37

3.1 Regeln zum Auffinden von Nullstäben . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.2 Ermittlung der Stabkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.2.1 Knotenpunktverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.2.2 Rittersches Schnittverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2.3 Cremonaplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4 Das PdvV 49

4.1 Der Arbeitsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.2 Lagerreaktionen und Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5 Haftung und Reibung 53

5.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.2 Experimentelle Ermittlung von µ0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.3 Der Haftungskegel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.4 Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.4.1 Zusammenhänge zwischen S1 und S2 . . . . . . . . . . . 56

Kapitel 1

Grundlagen

1.1 Einteilungen der Mechanik

Definition: Lehre von der Beschreibung und Vorherbestimmung der Bewegungvon Körpern, sowie der Kräfte, die mit diesen Bewegungen in Zusammenhangstehen. Die Einteilung ist nach verschiedenen Gesichtspunkten möglich.

• Nach dem Aggregatzustand der Körper

1. Mechanik fester Körper (Festkörpermechanik)(a) starre Körper (Starrkörperstatik), keine Gestaltänderung unter

dem Einfluss von Kräften(b) elastische Körper (Elastostatik), nach der Entlastung geht die

Formveränderung zurück(c) plastische Körper (-), nach der Entlastung bleiben Formverände-

rungen zurück2. Mechanik flüssiger Körper

(a) reibungsfreie Flüssigkeiten(b) viskose Flüssigkeiten

3. Mechanik gasförmiger Körper

• in Kinematik und Dynamik

KinematikGeometrische und zeitliche Be-trachtung von Bewegungsabläu-fen ohne die Kräfte dafür zu be-trachten.

DynamikBetrachtung der Kräfte der zuge-hörigen Bewegung.

Statik: Betrachtung von Kräftenund dem Gleichgewicht (Ru-hezustand).

Kinetik: Untersucht tatsächlicheBewegungen unter der Wir-kung von Kräften.

3

KAPITEL 1. GRUNDLAGEN 4

1.2 Größen in der Mechanik und deren Einheiten

Symbol SI-Einheit weitere Einheiten

Länge l m mm, km, µm,..

Zeit t s h, min,. . .

Masse m kg g, mg, t,. . .

Formel SI-Einheit

Geschwindigkeit v =l

t=

LängeZeit

[m

s

]

Beschleunigung a =dv(t)dt

= v̇(t) =l

t2

[m

s2

]

Kraft F = m · a = Masse · Beschleunigung[kg ·m

s2= 1N

]

Beispiel: Gewicht an einem Pendelstab

Gegeben: m = 1kg, a = g = 9.81m

s2

Gesucht: F

Lösung: F = m · a = 1kg · 9.81m

s2= 9.81 N

Beispiel: Spannung σ (Sigma)

Definition: σ =F

A=

KraftFläche

=[

N

m2

]

Gesucht: a = 3cm, b = 4cm, F = 10N

Gegeben: σ

Lösung: σ =F

A=

10N

12cm2= 0.83

N

m2

Merke: • Je kleiner die Fläche, um-so größer ist die Span-nung bei gleicher Kraft.

• Zulässige Spannungenfür bestimmte Materia-lien sind tabellarisiert(Bemessung).


Beispiel: Dehnung ε (Epsilon)

Definition: ε =∆l

l=

LängenänderungAusgangslänge

Gegeben: l = 5cm, ∆ l = 2m

Gesucht: ε

Lösung: ε =∆l

l=

2m

5m= 0.4

1.3 Die Kraft

• nicht direkt sichtbar oder beobachtbar

• erkennbar nur an Wirkung, z.B.:

– Feder verlängert sich

– Steinwurf: Muskelkraft beschleunigt Stein

– Schwerkraft: Fallenlassen eines Steines

– . . .

1.3.1 Eigenschaften von Kräften

• bestimmte Größe bzw. Betrag

• bestimmte Richtung (sie sind gerichtet)

• Existenz eines Angriffpunktes

Die letzten beiden Eigenschaften bestimmen die Wirkungslinie.


1.3.2 Darstellung von Kräften

• zeichnerisch als Vektor

• Richtung: Pfeilspitze

• Größe: F = |~F |, bzw. Länge des Pfeiles~F = Fx~ex + Fy~ey + Fz~ez

|~F | =√

F 2x + F 2

y + F 2z

• Kraft im Raum: cosα =Fx

F,

cos β = Fy

F , cos γ = Fz

F

1.3.3 Einteilung von Kräften

1. • Einzelkräfte [N ]

• Linienkräfte[N

m

]

• Flächenkräfte[

N

m2

]

• Volumenkräfte[

N

m3

]

2. (a) Eingeprägte Kräfte = Lasten, Belastungz.B.: Winddruck, Wasserdruck auf Behälter, Schneelast auf Dächern,. . .

(b) Reaktionskräfte oder Zwangskräfteenstehen durch Einschränkung der Bewegungsfreiheit

(c) Schnittgrößen (innere Kräfte)• wirken zwischen den Teilen des Systems• wirken auf Grund äußerer Kräfte• sichtbar machen durch Schnitte (Schnittprinzip)• jedes Teilsystem ist für sich selbst im Gleichgewicht


1.4 Das zentrale, ebene Kraftsystem

• alle Wirkungslinien (WL) liegen in einer Ebene (ebenes Kraftsystem)

• alle WL schneiden sich in einem Punkt

Die drei Grundaufgaben:

a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultierende

b) Nachweis des Kräftegleichgewichts

c) Zerlegung einer Kraft in 2 Richtungen

Die Lösung kann sowohl grafisch als auch rechnerisch erfolgen.Für die grafische Lösung immer notwendig ist einLageplan:

• maßstäbliche Darstellung des betrachteten Systems

• Längenmaßstab (1cm=̂1m,1m

1cm)

• Richtung der Kräfte

• Angriffspunkt der Kräfte

und einKräfteplan:

• enthält Beträge der Kräfte (Kräftemaßstab 1cm=̂1kN,1kN

1cm)

• Kräfte werden aneinander gefügt, Richtungen sind maßgebend

1.4.1 zu a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultie-rende

Gegeben: KräftegruppeGesucht: Resultierende (Größe, Rich-tung, Wirkungslinie)Bsp: Gegeben: F1 = 2kN, F2 = 4kN


• Grafische Lösung:Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1cm =̂ 1kN)

• Rechnerische Lösung:Nebenbetrachtung:

Fx = F · cos ϕ

Fy = F · sin ϕ; ~F =

Fx

Fy

=

F · cosϕ

F · sin ϕ

cos (180◦ + ϕ) = − cos ϕ

sin (180◦ + ϕ) = − sin ϕ

Fi ϕ Fix = Fi · cos ϕ Fiy = Fi · sinϕ

~F1 2kN 180◦ + 45◦ = 225◦ −1.44kN −1.44kN

~F2 4kN 0◦ 4kN 0

~R R ϕR Rx =∑

Fix Ry =∑

Fiy

2.947 331.32◦ 2.58kN −1.414kN

R =√

R2x + R2

y =√

2.5862 + (−1.414)2 = 2.497

ϕ = arccosRx

R= arccos (0.877) ⇒ ϕ1 = 28.68◦, ϕ2 = 360◦ − 28.68◦ = 331.32◦


Beispiel 2:

Gegeben: F1 = 2kN , F2 = 3kN ,F3 = 5kN

Grafische Lösung:Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1kN =̂ 1cm)

Rechnerische Lösung:

Fi ϕ Fix = Fi · cos ϕ Fiy = Fi · sin ϕ

F1 2 180◦ −2 0

F2 3 210◦ −2.598 −1.5

F3 5 270◦ 0 −5

R 7.962 234.73◦ −4.598 −6.5

R =√

(−4.598)2 + (−6.5)2 = 7.96kN


1.4.2 Zu b) Nachweis des Kräftegleichgewichts

Gegeben: KräftegruppeFrage: Stehen diese Kräfte imGleichgewicht?Gesucht: Weitere Kraft, die zurResultierenden und damit zur ge-samten Kräftegruppe im Gleichge-wicht steht.

Kräfte stehen im Gleichgewicht, wenn das durch sie entstehende Krafteck ge-schlossen ist, oder die Resultierende dieser Kräfte ”0” ist.Rechnerisch: Rx =

∑Fix = 0; Ry =

∑Fiy = 0

Gegeben:F1 = 2kN, α = 45◦,F2 = 4kN, β = 0◦,F3 = 3kN, γ = 60◦

Gesucht: Größe von F4 und Win-kel δ, damit die Kräfte im Gleichge-wicht stehen.

Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan(1cm =̂ 1kN)


rechnerisch:


~F1 2kN 45◦√

2kN√

2kN

~F2 4kN 0◦ 4kN 0~F3 3kN 300◦ 1.5kN −2.5181kN

~R 7.01kN 360◦ − 9.71◦ 6.9142kN −1.1839kN

~F4 7.01kN 180◦ − 9.71◦ −6.9142kN 1.1839kN

1.4.3 zu c) Zerlegung einer Kraft in zwei Richtungen

Gegeben: ~F = 4kN, ϕ = 45◦

ϕ1 = 30◦, ϕ2 = 70◦

Gesucht: ~F1 und ~F2, deren Größeund Koordinaten

Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1cm =̂ 1kN)

Grafische Lösung:

• eindeutig, wenn zwei nicht parallele Richtungen für F1 und F2

• nicht eindeutig, wenn drei Kräfte gegeben sind

• unmöglich, wenn die Richtungen von F1 und F2 parallel und F in eineandere Richtung zeigt


Rechnerische Lösung:


~F 4 45◦

~F1 F1 =? 30◦

~F2 F2 =? 70◦

F1x = F1 cosϕ1 F1y = F1 sin ϕ1

F2x = F2 cosϕ2 F2y = F2 sin ϕ2

F1x + F2x = F1 cosϕ1 + F2 cos ϕ2 F1y + F2y = F1 sin ϕ1 + F2 sinϕ2

Fx = F1x + F2x = F cosϕ Fy = Fy1 + Fy2 = Fy sin ϕ

⇒ F cosϕ = F1 cosϕ1 + F2 cos ϕ2 ⇒ F sin ϕ = F1 sin ϕ1 + F2 sinϕ2

Gleichungssystem:cosϕ1 cosϕ2

sin ϕ1 sin ϕ2

·

F1

F2

=

F · cos ϕ

F · sinϕ

F1 = F · cos ϕ2 · sin ϕ− sin ϕ2 · cos ϕ

cos ϕ2 · sin ϕ1 − sin ϕ2 · cos ϕ1

F2 = F · cos ϕ1 · sin ϕ− sin ϕ1 · cos ϕ

cos ϕ1 · sin ϕ2 − sin ϕ1 · cos ϕ2

Additionstheorem: sin (α− β) = sin α · cosβ − cosα · sin β

º

¹

·

¸

F1 =sin (ϕ− ϕ2)sin (ϕ1 − ϕ2)

· F, F2 = − sin (ϕ− ϕ1)sin (ϕ1 − ϕ2)

· F

Im Beispiel: (ϕ = 45◦, ϕ1 = 30◦, ϕ2 = 70◦, F = 4kN)

F1 =sin (45◦ − 70◦)sin (30◦ − 70◦)

· 4kN =sin (−25◦)sin (−40◦)

· 4kN ⇒ 2.63kN

F2 = − sin (45◦ − 30◦)sin (30◦ − 70◦)

· 4kN ⇒ 1.61kN


1.5 Das zentrale, räumliche Kraftsystem

Alles analog zum zentralen, ebenen Kraftsystem.

~F = ~Fx + ~Fy + ~Fz

= Fx · ex + Fy · ey + Fz · ez

= Fx

1

0

0

+ Fy

0

1

0

+ Fz

0

0

1

~F =

Fx

Fy

Fz

I) |~F | = F =√

F 2x + F 2

y + F 2z ⇒ F 2 = F 2

x + F 2y + F 2

z

II) Fx = F · cosα, Fy = F · cosβ, Fz = F · cos γ

I) + II) =⇒ F 2 = (F · cosα)2 + (F · cosβ)2 + (F · cos γ)2 | : F 2

1 = cos2 α + cos2 β + cos2 γ

d.h, α, β, γ sind voneinander abhängig.

Resultierende einer zentralen Kräftegruppe von n Kräften ~Fi.

~R =

Rx

Ry

Rz

= Rx · ~ex + Ry · ~ey + Rz · ~ez

wobei Rx =n∑

i=1

Fix, Ry =n∑

i=1

Fiy, Rz =n∑

i=1

Fiz

analog zum ebenen, zentralen Kraftsystem.

Gleichgewicht bedeuted analog; das Krafteck muss geschlossen sein (bzw. dieResultierende verschwindet).

n∑

i=1

Fix = 0,

n∑

i=1

Fiy = 0,

n∑

i=1

Fiz = 0


1.6 Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene

– Das nicht zentrale, ebene Kraftsystem –

Merkmal: Die Wirkungslini-en (WL) der Kräfte schneidensich nicht in einem Punkt.

1.6.1 Das Moment

Definition: a ... Hebelarm = der Abstand der Wirkungslinie einer Kraft zueinem beliebigen Bezugspunkt. (Abstand = kürzeste Verbindung, Lot)

Definition:

Moment einer Kraft F bezüglich eines Punktes D.

MD = F · a = Kraft ·Hebelarm[MD] = [Kraft · Länge] = [kN ·m]


Ein Moment wird bestimmt durch:

• Größe der Kraft F

• Länge des Hebelarms a

• den Drehsinn

1.6.2 Komponentendarstellung von von MD

a = a1 − a2

sinα =a2

x− xD

⇒ a2 = (x− xD) · sin α

cos α =a1

y − yD

a1 = cos α · (y − yD)

MD = F · a = F · (a2 − a1)MD = F · ((x− xD) sin α− (y − yD) cos α)

= (x− xD) · F · sinα︸︷︷︸Fy

−(y − yD) · F · cos α︸︷︷︸Fy

MD = (x− xD) · Fy − (y − yD) · Fx

Wegen der Linienflüchtigkeit gilt folgender Zusammenhang; F werde auf seinerWirkungslinie verschoben nach (x, y), dann gilt:

MD = (x− xD) · Fy︸︷︷︸Moment von Fy bzgl. D

− (y − yD) · Fx︸︷︷︸Moment von Fx bzgl. D


Eine Kraft kann zwar beliebig aufder Wirkungslinie verschoben wer-den, aber nicht beliebig parallel,ohne das sich an der Wirkung etwasändert.

1.6.3 Das Moment zweier Kräfte

MD =(x− xD) ·Ry − (y − yD) ·Rx

=(x− xD)(F1y + F2y)− (y − yD)(F1x + F2x)

=(x− xD) · F1y + (x− xD) · F2y

− [(y − yD) · F1x + (y − yD) · F2x]

↪→ d.h. MD =2∑

i=1

[(x− xD) · Fiy − (y − yD) · Fix] =2∑

i=1

MDi

F1 → MD1

F2 → MD2

∑= MD

1.6.4 Verallgemeinerung: Momentensatz

Das Moment der Resultierenden ist gleich der Summe der Momente der Einzel-kräfte für einen gemeinsamen Bezugspunkt (Drehpunkt D).

MD =n∑

i=1

MDi =n∑

i=1

[(xi − xD)Fiy − (yi − yD)Fix]

MD =n∑

i=1

xiFiy − yiFix mit xi = xi − xD und yi = yi − yD


1.6.5 Das Kräftepaar

• zwei gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kräfte, auf parallelen Wir-kungslinien

Das Moment eines Kräftepaares:M = F · a

Das Kräftepaar ist statisch äquivalent zu einem Moment:

Mehrere Kräftepaare lassen sich durch geeignetes Verschieben zu einem resul-tierendem Kräftepaar zusammen fassen, dieses erzeugt das resultierende Mo-ment MR.

(F1 + F2 · h2

h1

)· h1 = F1 · h1 + Fs · h2


Grundaufgaben analog zum zentralen Kraftsystem:

a) Reduktion eines Kraftsystems (Resultierende, Moment)

b) Gleichgewicht

c) Zerlegung einer Kraft

zu a ) Reduktion eines Kraftsystemszeichnerisch:

bei mehreren Kräften:


MRD = M1

D + M2D + M3

D MRD = R · h

~R =n∑

i=1

~Fix R =√

R2x + R2

y

Rx =n∑

i=1

Fix , Ry =n∑

i=1

Fiy , MRD =

n∑

i=1

M iD

rechnerisch:(Frage: Bezüglich welchem Punkt verschwindet das Moment MD?)

MD = −Fy · xp + Fx · yp bzw. MP = 0 = MD + Fx · yp − Fy · xp︸︷︷︸−MD

⇒ yp =−MD + Fy · xp

Fx=

Fy

Fxxp − MD

Fx

(Geradengleichung y = mx + b), Fx 6= 0 Gleichung für Zentrallinie

m = tan α =Fy

Fx=

F sin α

F cosα=

sin α

cos α= tan α

geg: R = 0,MD = 0 ⇒ Gleichgewicht


Ermittlung von R bei parallen Kräften.1. Wählen des Kräftepaares K,

(beliebig) das kein Moment er-zeugt.

2. Ermitteln des Schnittpunktesder Resultierenden R1 und R2

aus K und F2 und aus K undF1

3. Verschieben der ResultierendenR1 und R2 entlang ihrer WL inden Schnittpunkt.

4. Die Resultierende R aus R1 undR2 ist die Resultierende aus F1

und F2

⇒Für mehrere Kräfte analog,wird am Ende sehr unübersicht-lich.⇒Seileckkonstruktion

1.7 Das Seileckverfahren zur Bestimmung derResultierenden

Gesucht: Lage, Größe und Ort der Resultierenden.

Lageplan (1cm =̂ 1m) Kräfteplan (1cm =̂ 1kN)


1. im Lageplan die WL der Kräfte zeichnen

2. im Kräfteplan die Kräfte F1 bis F4 addieren

3. beliebigen Pol π festlegen

4. Verbindungstrahlen von S1 bis S5 in den Lageplan verschieben

5. Durch den Schnittpunkt von s1 und s5 verläuft die Resultierende.

Beachte:• Bilden die Kräfte Fi eine Gleichgewichtsgruppe (R = 0, M = 0), so

fallen 1. und letzter Seilstrahl und 1. und letzter Polstrahl zusammen;s1 = s5 und S1 = S5.

• Sind die Kräfte nur auf ein Kräftepaar reduzierbar (R = 0, M 6= 0), so istdas Krafteck zwar geschlossen, aber 1. und letzter Seilstrahl sind parallel.

zu b ) Gleichgewichtsbedingungen

Rx =∑

Fix = 0, Ry =∑

Fiy = 0, MD =∑

MiD = 0

Rx = 0

Ry = 0

Rz = 0

⇐⇒Gleichgewicht

d.h. Körper

in Ruhe

Gesucht: Wie groß sind A, B und C damit Körper im Gleichgewicht?Lösung: (3 Gleichgewichtsbedingungen)

∑Fix = 0 : 3− C = 0 ⇒ C = 3

∑Fiy = 0 : A + B − 5 = 0 ⇒ A = 5−B

x∑M(A) = 0 : 4B − 5 · 2 = 0 ⇒ B =

104

= 2.5

⇒ A = 5− 2.5 = 2.5


1.7.1 Allgemeine Kräftegruppen im Raum

M = ~r × ~F

M = (x · ex + y · ey + z · ez)× (Fx · ex + Fy · ey + Fz · ez)⇒ M = (y · Fz − z · Fy)ex + (z · Fz + x · Fz)ey + (x · Fy − y · Fx)ez

M = Mx · ex + My · ey + Mz · ez

Der Momentenvektor steht senkrecht auf der Ebene, die durch ~r und ~F aufge-spannt wird. Sein Betrag entspricht der von ~r und ~F aufgespannten Parallelo-grammfläche.

Merke: Wirken mehrere Momente Mi, so gilt MR =∑

Mi, wobei MRx =∑Mix, MRy =

∑Miy und MRz =

∑Miz.


Gleichgewichtsbedingungen:'

&

$

%

∑Fix = 0

∑Mix = 0

∑Fiy = 0

∑Miy = 0

∑Fiz = 0

∑Miz = 0

Kapitel 2

Balkenstatik

2.1 Arten der Lagerung

Berechnung von Schnittkräften für verschieden gelagerte Balkensysteme.

Bezeichnung Lager-reaktion

Wertigkeit MöglicheBewegungen

Gleitlager 1 1 Verschiebung,Verdrehung

Festlager 2 2 Verdrehung

Einspannung 3 3 keine

Horizontal-führung

2 2 Verschiebung

Vertikal-führung

2 2 Verschiebung

24

KAPITEL 2. BALKENSTATIK 25

2.1.1 Beispiele für die Lagerung

Merke: Zur stabilen Lagerung eines Tragwerkes sind mindestens 3 Auflager-bedingungen nötig.

Einspannung

unbrauchbar! System in x-Richtung verschieblich

Die Auflagerkräfte A, B, C können über Gleichgewichtsbedingungen nichteindeutig bestimmt werden. ⇒ System statisch unbestimmt

↑∑

Fz = 0 : A + B + C − 3 = 0x∑

M = 0 : 4B + 8C − 4 · 3 = 0→∑

Fx = 0 : 2−D = 0 ⇒ D = 2kN


2.2 Resultierende von Kräften

2.2.1 Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte

↑∑

V ⇒ R−H = 0 ⇒ R = H

Ansatz: Bestimmen der Haltekraft H = R , die das System (die Kräftegruppe)im Gleichgewicht hält. Die Resultierende R liegt auf derselben Wirkungsliniewie die Haltekraft H.

Weg: System ist im Gleichgewicht, wenn∑

Fix = 0,∑

Fiy = 0,∑

Mi = 0beziehungsweise

∑H = 0,

∑V = 0,

∑M = 0, wobei H = horizontale Kräfte

und V = vertikale Kräfte.

Lösung:

R = F1 + F2 + F3 + F4

↓∑

V = 0 ⇒ F1 + F2 + F3 + F4 −H = 0

=⇒ H = F1 + F2 + F3 + F4

y∑M = 0 ⇒ x1F1 + x2F2 + x3F3 + x4F4xsH = 0

=⇒ xs =

4∑i=1

xiFi

H


Der Punkt S im Abstand xs von D heißt Kräftemittelpunkt oder Schwer-punkt.

Allgemein: xs =

n∑i=1

xiFi

R, R =

n∑

i=1

Fi

xs =

n∑i=1

xiFi

n∑i=1

Fi

2.2.2 Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten)'

&

$

%

R =

l∫

0

q(x) dx

xS =

l∫0

x · q(x) dx

R

Dreieckslast:

Im Beispiel: q(x) =q0

l· x

R =

l∫

0

q(x) dx =

l∫

0

q0

l· x dx =

q0

l

l∫

0

x dx

=q0

l

[x2

2

]l

0

=q0

l

(l2

2− 0

)=

q0 · l2

q0 · l2

entspricht dem Flächeninhalt des Lastdreiecks

xS =

l∫0

(x · q(x)) dx

R=

l∫0

(x · q0

l · x)

dx

q0·l2

=23l


Rechtecklast:

q(x) = q0 = const.

R = q0 · l (Flächeninhalt des Rechtecks.)

xS =1R

l∫

0

x · q(x) dx =1

q0 · l qo

[12x2

]l

0

=l

2

2.2.3 Resultierende von Flächenlasten

Die Größe der Resultierenden R entspricht der Fläche der Belastung A. Die

Koordinaten des Flächenschwerpunktes ergeben sich zu xS =1A·∫

A

x dA,

yS = 1A · ∫

A

y dA.

Sx =1A·∫

A

x dA, Sy = 1A · ∫

A

y dA heißen auch Flächenmomente 1. Ordnung

bzw. statische Momente.


2.3 Bestimmung von Auflagerreaktionen

2.3.1 Das Seileckverfahren zur Bestimmung von Auflager-reaktionen :

Lageplan(1cm =̂ 1m) Kräfteplan(1cm=̂1kN)


2.3.2 Die Culmannsche Gerade

Hilfslinie bei der Konstruktion eines Kraftecks, mit dem das Gleichgewicht von4 Kräften grafisch beschrieben wird.

Beispiel: Leiter an der Wand

Lageplan(1cm =̂ 1m) Kräfteplan(1cm=̂1kN)


2.4 Schnittgrößen im Balken

Linkes Schnittufer Rechtes Schnittufer

• Die Bezugsfaser definiert die Richtung des Koordinatensystems.

• In jedem Punkt des Systems können die Schnittgrößen andere Werte an-nehmen.

• Schnittgrößen: N . . . NormalkraftQ . . . QuerkraftM . . .Moment (Biegemoment, Schnittmoment)

• Jedes Teilsystem, welches durch einen Schnitt vom Gesamtsystem abge-teilt wird, muss im Gleichgewicht stehen.

• Der Wert der Schnittgröße wird direkt über der betrachteten Stelle abge-tragen.

Berechnung von Schnittgrößen zusammengesetzter Balkensysteme

1. Nebenbedingungen

Gelenke Name Merkmal Beweglichkeit

Momentengelenk Mg = 0

Querkraftgelenk Qg = 0

Normalkraftgelenk Ng = 0

2. Statische UnbestimmtheitEin System heißt statisch bestimmt, wenn sich alle Schnittkräfte überGleichgewichtsbedingungen ermitteln lassen. Andernfalls ist es statischunbestimmt. Die Formel zur Ermittlung des Gerades der statischen Un-bestimmtheit ist: n = a + 3(s− k)− r.

a · · · Anzahl der Auflagerkräftes · · · Anzahl der Stäbe zwischen den Knoten

k · · · Anzahl der Knoten

r · · · Anzahl der Nebenbedingungenn · · · Grad der statischen Unbestimmtheit

3. Berechnung statisch bestimmter SystemeSchnittprinzip/Freikörperbild


Beispiel:

Querkraftverlauf

Momentenverlauf

Merke: Zum Momentenverlauf:

• unter konstanter Belastung → quadratischer Momentenverlauf.Parabel ist zur Last hin geöffnet.

• Bei Einzellasten → linearer Momentenverlauf (auch Auflager)

Regel zur Vorzeichenbestimmung:1. Momentenverlauf immer auf der Zugseite eintragen.

2. Dann nachsehen; ist Bezugsfaser auf der gleichen Seite wie die Mo-mentenfläche ⇒ ⊕ ansonsten ⇒ ª


Merke: Zum Querkraftverlauf:Es gilt:

Q(x) = M ′(x) =d(M(x))

d(x)

• Unter konstanter Belastung → linearer Querkraftverlauf

• Bei Einzellasten → Querkraft konstant

• An der Stelle der Einzellast → Querkraft springt um den Betrag der Ein-zellast

2.5 Beispiel für häufig auftretende Rahmen

Dreigelenkrahmenunterschiedliche Stielhöhen möglichn = 4 + 3(4− 5)− 1 = 0 ⇐ statisch bestimmt

Zweigelenkrahmenn = 4 + 3(3− 4)− 0 = 1 ⇒ statisch unbestimmt

Rahmen mit eingespannten Stielenn = 6 + 3(3− 4)− 0 = 3 ⇒ 3-fach statisch unbestimmt


2.6 Häufige Lastfälle aus der Praxis

1. Eigengewicht

Av = Bv =12g · s

s =l

cosα

R = g · s = g · l

cosα= g′ · l

Häufig verwendetes Ersatzsystem:

2. Schnee

R = pS · l

Av = Bv =pS · l

2


3. Wind

R = pw · s = pw · l

cos αRv = R · cosα = pw · l

Rh = R · sin α = pw · l · tan α

Av = Bv =Rv

2=

pw · l2

Kapitel 3

Ebene Fachwerke

• Tragwerke, die nur aus geraden Stäben bestehen

• verbunden durch sogenannte Knoten

• Annahmen:

1. Stäbe sind an den Knoten zentrisch und gelenkig verbunden

2. Äußere Kräfte greifen nur an den Knoten an⇒ alle Stäbe werden nur auf Zug oder Druck belastet

3. Notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit:n = a + s− 2k = 0

a · · · Anzahl der Auflagerkräftes · · · Anzahl der Stäbek · · · Anzahl der Knoten

2k · · · zwei Gleichgewichtsbedingungen pro Knoten

n · · · Grad der statischen Unbestimmtheit

36

KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE 37

n = 0, statisch bestimmt

n = 0, verschieblich

3.1 Regeln zum Auffinden von Nullstäben

1.

Sind an einem unbelasteten Knoten zweiStäbe angeschlossen, die nicht in gleicherRichtung liegen, “unbelasteter Zweig-schlag”, so sind beide Stäbe Nullstäbe.

2.

Sind an einem belasteten Knoten zweiStäbe angeschlossen und greift die äuße-re Kraft in Richtung des einen Stabes an,so ist der andere Stab Nullstab.

3.

Sind an einem unbelasteten Knoten dreiStäbe angeschlossen, von denen zwei ingleicher Richtung liegen, so ist der dritteStab Nullstab.

3.2 Verfahren zur Ermittlung der Stabkräfte

• 3.2.1 Knotenpunktverfahren

• 3.2.2 Rittersches Schnittverfahren (Ritterschnitt)

• 3.2.3 Cremonaplan (grafisch)


3.2.1 Ermittlung der Stabkräfte mit dem Knotenpunkt-verfahren

Idee:

• Freischneiden der Knoten und Antragen der Kräfte, Knoten so auswählen,dass maximal 2 unbekannte Stabkräfte auftreten,

• dann∑

H = 0,∑

V = 0 für jeden Knoten,

• Zug und Druckkräfte sind im Stab immer konstant,

∑H = 0 ⇒ U1 = 4

∑V = 0 ⇒ V1 = −10.5

∑V = 0 ⇒ V3 = −13.5


D1

5=

x

3→ x =

35D

D1

5=

y

4→ y =

45D

↓∑

V ⇒ −10.5 + 6 +35D = 0 → D1 = 7.5

→∑H = 0 ⇒ 4 + O1 +

45D1 = 0 → O1 = −10

∑H = 0 ⇒ O2 = −10

↓∑

V = 0 ⇒ V2 = −12

−→∑H = 0 ⇒ 10− 4

5D2 = 0 → D2 = 12.5

↓∑

V = 0 ⇒ 6− 13.5 +35· 12.5 = 0

√


3.2.2 Rittersches Schnittverfahren

• zur Bestimmung einzelner, ausgewählter Stabkräfte

• 3 Stäbe müssen geschnitten werden, die nicht alle zum gleichen Knotengehören dürfen

• dann Momentengleichgewicht um die Schnittpunkte zweier Stäbe

x∑M(2) = 0 ⇒ −10.5 · 4− 4 · 3 + 6 · 4− o1 · 3 = 0 → O1 = −10

x∑M(4) = 0 ⇒ −4 · 3 + U1 · 3 = 0 → U1 = 4

↑∑

V = 0 ⇒ −6 + 10.5− 35D1 = 0 → D1 = 7.5

3.2.3 Cremonaplan

• Zeichnerische Bestimmung der Stabkräfte von statisch bestimmten Fach-werken.

1. Fachwerke im geeigneten Maßstab aufzeichnen

2. Auflagerkräfte bestimmen

3. Nullstäbe bestimmen

4. Geeigneten Maßstab für Kräfteplan festlegen

5. Krafteck der äußeren Kräfte zeichnen (Belastung und Stützkräfte,Krafteck muss sich schließen)

6. Umfahrungssinn festlegen, der nun die Reihenfolge der anzutragenenKräfte im Krafteck bestimmt


7. Gewöhnlich beginnt man an den Auflagern, da dort meist nur 2Stabkräfte angreifen. Beginnend mit der am Knoten angreifenden,bekannten Kraft wird im Umfahrungssinn das Krafteck gezeichnet.Pfeilspitzen der Kräfte werden im Kräfteplan nicht eingezeichnet.

8. Die Kraftrichtungen der Stäbe für den betrachteten Knoten werdenim Systembild eingezeichnet und auf die benachbarten Knoten über-tragen.

9. Von den Nachbarknoten ist gewöhnlich ein Knoten vorhanden, andem unter Berücksichtigung der zuvor ermittelten Stabkräfte nurzwei unbekannte Kräfte angreifen.

10. Mit den schon bekannten Stabkräften beginnend wird wieder im zu-vor festgelegten Umfahrungssinn an das bereits gezeichnete Krafteckein neues angeschlossen.

11. Beim richtigen Zeichnen des Kraftecks für den letzten Knoten musssich das Krafteck schließen.


Schrittweises Konstruieren eines Cremonaplanes

1

↑ AV (10.5),←−AH(4),

−→F1(4),

↓ F2(6), ↓ F3(12), ↓ F4(6),↑ BV (13.5)

2

↑ AV (10.5),←−AH(4), ↓ V1,

−→U1

⇒ V1 = −10.5, U1 = 4


3

↑ V1(−10.5),−→F2(4), ↓ F2(6),

←−O1, ↘ D1 ⇒ O1 = −10, D1 = 7.5


4

−→O1(−10), ↓ F3(12),

←−02, ↑ V2 ⇒ O2 = −10, V2 = −12


5

−→O2(10), ↓ F4(6), ↑ V3, ↙ D2 ⇒ V3 = −13.5, D2 = 12.5


6

↓ V3(−13.5); ↑ BV (13.5),−→U2 ⇒ U2 = 0


Probe:

↗ D2(12.5);−→U2(0),

←−U1(4), ↖ D1(7.5), ↓ V2(12)

Kapitel 4

Das PdvV

4.1 Der Arbeitsbegriff

Wenn ein Körper entsprechend der Abbildung durch eine konstante Kraft Fverschoben wird, definiert man: Arbeit der Kraft F auf dem Weg s, als

A = F · s [Nm]

Allgemein:

A = ~G · ~s =⟨

~G · ~s⟩

Weitere Verallgemeinerungen:• Weg sei beliebig und zeitabhängig ~s = ~s(t)

• Kraft sei abhängig von Ort F = ~F (t)

A =

xII∫

xI

dA =

xII∫

xI

~F d~s

Weg wird beschrieben durch die Zeit(t). ~s = ~s(t)

d~s =d~s

dt· dt = ~v(t) dt

, da ~v(t) =d~s

dt. . .Geschwindigkeit

Damit gilt: A =

xII∫

xI

~F d~s =

t1∫

t0

~F · ~v(t) dt

dA = |~F | · | ~ds| · cos α

= ~F · ~ds, Skalarprodukt

48

KAPITEL 4. DAS PDVV 49

virtuelle Verrückungen: sind gedachte, differentiell kleine Verschiebungenoder Verdrehungen, die mit den Zwangsbedingungen eines Systems ver-einbar sind.

virtuell: • nur gedacht, nicht real existent

• infinitesimal klein

• kinematisch zulässig

virtuelle Verschiebungen: δs

virtuelle Verdrehung: δϕ

virtuelle Arbeit: δAV = ~F · δ~s, δAϕ =−→M · δ~ϕ

Arbeit am Gesamtsystem:δA = δAV + δAϕ = ~F · δ~s +

−→M · δϕ

Satz: δA = 0, genau dann, wenn ~R = 0 und−−→MR = 0, genau dann, wenn

Gleichgewicht.

Beweis: Gleichgewicht heißt ~R = 0 und MR = 0.

δA = ~R · d~s +−−→MR · δ~ϕ = 0 · δ~s + 0 · δ~ϕ = 0

⇒ δA = ~R · δ~s +−−→MR · δ~ϕ = 0

für beliebige δ~s und δ~ϕ ⇒ ~R =−−→MR = 0

¥


4.2 Ermittlung von Lagerreaktionen und Schnitt-größen mit dem Prinzip der virtuellen Ver-rückung

Das Moment MA ist gesucht. Lösen der Fessel für die gesuchte Größe.⇒ Einbau eines Momentengelenkes.

⇒ System wird kinematisch.

δϕ =η

a⇒ η = δϕ · a

η

b=

δs2

b2

=δs2

c⇒ δs1 =

η

2, δs2 =

η · cb

⇒ δs1 =δϕ · a

2, δs2 =

δϕ · a · cb

Kraft MA q · b P

Weg δϕ δs1 δs2

MA · δϕ + q · b · δϕ− P · δs2 = 0

MA = −q · b · a2

+ P · a · cb

= a

(P · c

b

q · b2

)


Gesucht: Auflagerreaktion B

Verschiebungsfigur

δsB

B=

δs1

b2

=δs2

b + c⇒ δsB = 2δs1 ⇒ δs2 =

δs1(b + c)2b

Kraft q · b b P

Weg δs1 δsB δs2

q · b · δs1 −B · δsB + Pδs2 = 0

B = −q · b · δs1

2δs2− P · δs1(b + c)2

b · 2δs1=

q · b2

+P · (b + c)

b

Kapitel 5

Haftung und Reibung

5.1 Beispiel

Freikörperbild: Ruhe

G = N, F = HH = Haftreibungskraft

Freikörperbild: Bewegung

R = Gleitreibungskraft,versucht die Bewegung des Kör-pers zu behindern.

Haftbedingung: |H| ≤ H0 = µ0 ·Nµ0 . . .Haftreibungskoeffizient.H0 . . .Grenzzustand, in dem sich der Körper noch in Ruhe befindet.

52

KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG 53

Beispiel:Wie groß muss F sein, um den Körper zu verschieben?Gegeben: µ0 = 0.25, α = 20◦ und G = 20kN

∑V = 0 ⇒ G−N + F · sin α = 0

→ N = F · sin α + G∑

H = 0 ⇒ F · cosα−H0 = 0

→ H0 = F · cos α

Ã H0 = µ0 ·NF cos α = µ0 · (F + sin α)

F (cos α− µ0 sin α) = µ0 + G

F =µ0 + G

cos α− µ0 · sin α

F =0.25 + 2cos 20◦

− 0.25 · sin 20◦ = 0.585 kN

F muss mindestens 0.585 kN betragen,um den Körper zu verschieben.

Freikörperbild

Für welchen Winkel α wird der Körper bei beliebiger Last nicht mehr verscho-ben? Das heißt, egal wie groß F ist, der Körper soll nicht mehr verschobenwerden, also auch für F = ∞

F =µ0 + G

cos α− µ0 · sin α

!= ∞für cos α− µ0 · sin α ½ 0 oder cosα− µ0 · sinα = 0

µ0 =cosα

sin α=

1tan α

α = arctan1µ0

= arctan1

0.25= 75.96◦


5.2 Experimentelle Ermittlung von µ0

Winkel ϕ0 wird langsam erhöht, bis derKörper anfängt, sich zu bewegen. Überϕ0 kann man Rückschlüsse auf µ0 zie-hen.

Schiefe Ebene, Körper in Grenzlage

I)∑

H = 0 ⇒ G · sin ϕ0 = H0

II)∑

V = 0 ⇒ G · cos ϕ0 = N

G =H0

sin ϕ0in II ⇒ H0

sin ϕ0· cos ϕ0 = N

⇒ H0 =sinϕ0

cos ϕ0·N = tanϕ0 ·N

H0 = µ0 ·N mit µ0 = tanϕ0

Freikörperbild

5.3 Der Haftungskegel

Für den Grenzwinkel ϕ0

gilt:H0 = ϕ0 ·N , µ0 = tan ϕ0


Gleichgewicht nur möglich in statischer Ruhelage für ϕ ≤ ϕ0. Wird ein Körpereiner beliebigen Belastung unterworfen, so bleibt er in Ruhe, solange die Reak-tionskraft W an der Berührungsfläche innerhalb des Haftungskegels bleibt.

Zusammenfassung:

• H < µ0 ·N , Haftung, Körper in Ruhe

• H = µ0 ·N , Grenzhaftung, Körper gerade noch in Ruhe, bei Anstoß⇒ Bewegung wegen µ < µ0

• R = µ0 ·N , Reibung, Körper rutscht.Reibungskraft R ist eingeprägte Kraft.

5.4 Seilreibung

Beobachtung:|S1| 6= |S2|Grund: Reibung

5.4.1 Bestimmung der Zusammenhänge zwischen S1 undS2

Betrachtung am infinitesimal kleinem Element.

−→∑H = 0 : dH + s · cos

dϕ

2− (s + ds) · cos

dϕ

2

I)ds · cosdϕ

2= dH

↓∑

V = 0 : II)(s + ds) · sin ϕ

2+ s · sin dϕ

2· dN = 0

Nebenbetrachtung:

dϕ → 0 ⇒ cosdϕ

2→ 1 ⇒ sin

dϕ

2=

dϕ

2

ds · sin dϕ

2sehr klein, von höherer Ordnung

⇒ für I) ds = dH

⇒ für II) s · dϕ = dN

2 Gleichungen, 3 Unbekannte, d.h. nicht eindeutig zu lösen.→ Fall der Grenzhaftung betrachten:

dH = H0 = µ0 · dN ⇒ dH = µ0 · s dϕ = ds

µ0 · dϕ =ds

s

Für die gesamte Rolle: µ0

α∫

0

dϕ =

S2∫

S1

ds

s

⇐⇒ µ0 · α = lnS2

S1

und somit: S2 = S1 · eµ0·α , S2 > S1 !

Formel der Seilhaftung nach Euler.

Beispiel: Radbremse

Frage: Wie groß muss F sein, damit die Walze stillsteht?

56

LITERATURVERZEICHNIS 57

I)x∑

MA = 0 : −2r · S1 + l · F = 0

II)x∑

MB = 0 : MD + r · S1 − r · S2 = 0

α = π S2 = S1 · eµ0·π

II ′) ⇒ MD + r · S1 − r · S1 · eµ0·π = 0

I ′) ⇒ S1 =l · F2r

I ′ + II ′) ⇒ MD +l · F2

− l · F2

· eµ0·π = 0

F =2l·MD · 1

eµ0·π − 1

Freikörperbild

Literaturverzeichnis

[1] Dittmar Gross, Werner Hauger, and Walter Schnell und JÃűrg SchrÃűder.Technische Mechanik 1, Statik. Springer, 2006.

[2] Werner Hauger and Volker Mannl und Wolfgang Wall. Aufgaben zu Techni-sche Mechanik 1-3. Statik, Elastostatik, Kinetik. Springer, 2006.

[3] Oliver Romberg and Nikolaus Hinrichs. Keine Panik vor Mechanik! Vieweg,2006.

Documents

tm1