Головна Technische Mechanik kompakt : Starrkörperstatik, Elastostatik, Kinetik ; mit Tabellen, 106 durchgerechneten..

Technische Mechanik kompakt : Starrkörperstatik, Elastostatik, Kinetik ; mit Tabellen, 106 durchgerechneten Beispielen, 178 Übungsaufgaben sowie einer englisch-deutschen Vokabelübersicht

0 / 0
Наскільки Вам сподобалась ця книга?
Яка якість завантаженого файлу?
Скачайте книгу, щоб оцінити її якість
Яка якість скачаних файлів?
Категорії:
Рік:
2006
Видання:
2., durchges. und überarb. Aufl
Видавництво:
Teubner
Мова:
german
Сторінки:
514
ISBN 10:
3835190660
ISBN 13:
9783835190665
Серії:
Lehrbuch
Файл:
PDF, 6,83 MB
Завантажити (pdf, 6,83 MB)

Можливо вас зацікавить Powered by Rec2Me

 
0 comments
 

To post a review, please sign in or sign up
Ви можете залишити відгук про книгу и поділитись своїм досвідом. Іншим читачам буде цікаво дізнатись вашу думку про прочитані книги. Незалежно чи вам сподобалась книга чи ні, якщо ви відверто і детально розповісте про це, люди зможуть знайти для себя нові книги, які їх зацікавлять.
2

Overlord: D-Day and the Battle for Normandy

Рік:
2006
Мова:
english
Файл:
MOBI , 4,22 MB
0 / 0
Peter Wriggers, Udo Nackenhorst,
Sascha Beuermann, Holger Spiess, Stefan Löhnert

Technische Mechanik kompakt
Starrkörperstatik
Elastostatik
Kinetik

Peter Wriggers, Udo Nackenhorst,
Sascha Beuermann, Holger Spiess, Stefan Löhnert

Technische Mechanik
kompakt
Starrkörperstatik
Elastostatik
Kinetik
2., durchgesehene und überarbeitete Auflage
Mit zahlreichen Abbildungen und Tabellen,
106 durchgerechneten Beispielen, 178 Übungsaufgaben
sowie einer englisch-deutschen Vokabelübersicht

Bibliografische Information der Deutschen Bibliothek
Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie;
detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über <http://dnb.ddb.de> abrufbar.

Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers und Prof. Dr.-Ing. Udo Nackenhorst vertreten die Mechanik im
Fachgebiet Bauingenieurwesen an der Leibniz Universität Hannover.
Dipl.-Ing. Sascha Beuermann (Altair Engineering), Dr.-Ing. Holger Spiess (Fraunhofer Institut
SCAI) und Dr.-Ing. Stefan Löhnert (Northwestern University) waren wissenschaftliche Mitarbeiter
am Institut für Baumechanik und Numerische Mechanik an der Leibniz Universtität Hannover.
Ausführliche Informationen zu den Autoren sind auf der Homepage des Buches unter
www.tm-kompakt.de zu finden.

1. Auflage 2005
2., durchges. und überarb. Auflage Oktober 2006
Alle Rechte vorbehalten
© B. G. Teubner Verlag / GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2006
Der B. G. Teubner Verlag ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media.
www.teubner.de
Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne
Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und
Verarbeitung in elektronischen Systemen.
Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk
berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Nam; en im
Sinne der Waren- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von
jedermann benutzt werden dürften.
Umschlaggestaltung: Ulrike Weigel, www.CorporateDesignGroup.de
Druck und buchbinderische Verarbeitung: Strauss Offsetdruck, Mörlenbach
Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier.
Printed in Germany
ISBN-10 3-8351-0087-4
ISBN-13 978-3-8351-0087-9

Vorwort

Dieses Lehrbuch zur Technischen Mechanik behandelt die Starrkörperstatik, die
Elastostatik und die Kinetik kompakt in einem einzigen Band. Es ist aus den
von den Autoren gemeinsam ausgearbeiteten Kursunterlagen zur Technischen
Mechanik im Bauwesen an der Leibniz Universität Hannover entstanden. Die
Grundlagen der Technischen Mechanik sind dabei so allgemein gehalten, dass
sich das Lehrbuch auch für das Studium anderer ingenieurwissenschaftlicher
Studiengänge eignet.
Da das Verstehen der Mechanik nicht allein durch das Studium von Lehrbüchern gelingen wird, ist das Nachvollziehen von Herleitungen, insbesondere aber
das selbständige Lösen von Aufgaben unverzichtbar. Aus diesem Grund enthält
jedes Kapitel neben Herleitungen der theoretischen Zusammenhänge motivierende Beispiele mit detailliertem Lösungsweg. Zusätzlich befindet sich am Ende
eines jeden Kapitels ein Abschnitt mit Übungsaufgaben, deren Endergebnisse
angegeben sind.
Um zu demonstrieren, dass viele Aufgaben der Mechanik erleichternd auch mit
Hilfe von Computerprogrammen gelöst werden können, sind für einige Bespiele
Lösungswege mit dem Computer-Algebra-Programm Maple angegeben.
Für Hinweise auf etwaige Fehler sind wir jederzeit sehr dankbar. Auch Verbesserungsvorschläge nehmen wir gerne entgegen (info@tm-kompakt.de).
An einer englischen Version des Buches wird zurzeit gearbeitet. Nach Fertigstellung wird diese im Internet unter www.tm-kompakt.de zum Download bereitgestellt. Ferner finden Sie auf dieser Seite auch eine Errata-Liste sowie weitere
Informationen zu den Autoren.
Wir danken den studentischen Hilfskräften Björn-André Lau und Dana MüllerHoeppe für die Hilfe bei der Erstellung dieses Buches. Ferner richtet sich der
Dank der Autoren an Herrn Dr. Martin Feuchte vom Teubner-Verlag für die
gute Zusammenarbeit.
Hannover, im September 2006
S. Beuermann

S. Löhnert

U. Nackenhorst

H. Spiess

P. Wriggers

Inhaltsverzeichnis

Vorwort

5

1

Allgemeine Einführung

13

1.1

Aufgabe und Einteilung der Mechanik

. . . . . . . . . . . . . .

13

1.2

Vorgehen in der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.3

Physikalische Größen und Einheiten . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4

Aufbau des Buches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

I Starrkörperstatik

17

2

Kräfte und Momente

17

2.1
2.1.1
2.1.2
2.1.3
2.1.4

Kräfte . . . . . . . . . . . . . . .
Axiome zur Kräftegeometrie . .
Zusammenfassung von Kräften
Zerlegung von Kräften . . . . .
Kräftepaar . . . . . . . . . . . .

2.2
2.2.1
2.2.2
2.2.3

Momente . . . . . . . . . . . . .
Moment einer Kraft bezüglich
Moment eines Kräftepaars . .
Versetzungsmoment . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

17
18
19
20
22

. . . . .
Punktes
. . . . .
. . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

22
22
24
25

2.3
2.3.1
2.3.2

Zusammenfassung von Kräftesystemen . . . . . . . . . . . . . .
Räumliche Kräftesysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ebene Kräftesysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25
25
27

2.4

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

3

Gleichgewicht starrer Körper

33

3.1
3.1.1
3.1.2
3.1.3

Newtons Axiome . . . . . .
Gleichgewichtsaxiom . . .
Dynamisches Grundgesetz
Reaktionsaxiom . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

. . .
eines
. . .
. . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

33
33
34
34

7

Inhaltsverzeichnis

3.2
3.2.1
3.2.2

Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Zentrales Kräftesystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Allgemeines Kräftesystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35
36
37

3.3
3.3.1
3.3.2
3.3.3

Schnittprinzip . . . . . . . . .
Lagerreaktionen . . . . . . .
Gelenkreaktionen . . . . . .
Zusammengesetzte Systeme

.
.
.
.

39
40
40
41

3.4
3.4.1
3.4.2

Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Notwendige Bedingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Hinreichende Bedingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47
47
49

3.5

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

4

Fachwerke

55

4.1

Gleichgewicht am Knoten

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.2

Nullstäbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.3

Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

4.4

Ritter-Schnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

4.5

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

5

Verteilte Kräfte

65

5.1
5.1.1
5.1.2

Gewichtskräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Vereinfachte Berechnung des Schwerpunkts in Sonderfällen . .
Summenformel zur Berechnung des Schwerpunkts . . . . . . .

66
68
68

5.2

Oberflächenkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

5.3
5.3.1
5.3.2

Streckenlasten (Linienkräfte) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Gleichgerichtete Lasten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nicht gleichgerichtete Lasten . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73
73
75

5.4

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

6

Schnittgrößen in Balkensystemen

80

6.1
6.1.1
6.1.2

Schnittgrößen in geraden Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ebene Belastung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Räumliche Belastung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81
81
92

6.2
6.2.1
6.2.2
6.2.3

Schnittgrößen in gekrümmten Balken
Kreisbogenträger . . . . . . . . . .
Momentenfreier Bogenträger . . . .
Seile und Ketten . . . . . . . . . .

6.3

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

. 94
. 94
. 96
. 100

8

Inhaltsverzeichnis

II Elastostatik

111

7

Motivation der Elastostatik

111

7.1

Aufgaben und Elemente der Elastostatik . . . . . . . . . . . . . 111

7.2

Elastostatik des Stabes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

7.3

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

8

Spannungszustand

8.1

Spannungsvektor und Spannungstensor . . . . . . . . . . . . . . 118

8.2

Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

8.3
8.3.1
8.3.2
8.3.3

Ebener Spannungszustand . .
Koordinatentransformation
Mohrscher Spannungskreis .
Hauptspannungen . . . . . .

8.4

Rotationssymmetrischer Spannungszustand . . . . . . . . . . . . 133

8.5

Einachsiger Spannungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

8.6

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

9

Verzerrungszustand

9.1

Verschiebungsvektor und Verzerrungstensor . . . . . . . . . . . 140

9.2

Ebener Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

9.3

Rotationssymmetrischer Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . 143

9.4

Einachsiger Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

9.5

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

10

Materialgleichungen

10.1
Materialverhalten im Versuch
10.1.1
Zugversuch . . . . . . . . .
10.1.2
Torsionsversuch . . . . . . .
10.1.3
Wärmedehnung . . . . . . .

118

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

122
123
126
130

140

146
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

147
147
149
149

10.2
Verallgemeinertes Hookesches Gesetz . . . . . . . .
10.2.1
Dreiachsiger Spannungs- und Verzerrungszustand
10.2.2
Ebener Spannungszustand . . . . . . . . . . . . .
10.2.3
Ebener Verzerrungszustand . . . . . . . . . . . .
10.2.4
Rotationssymmetrischer Spannungszustand . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

152
152
153
154
154

10.3

Beziehungen zwischen den Materialkonstanten . . . . . . . . . . 155

10.4

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

9

Inhaltsverzeichnis

11

Beanspruchung von Stäben

161

11.1
Spannungen . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.1
Spannungsverteilung im geraden Stab
11.1.2
De Saint Venantsches Prinzip . . . . .
11.1.3
Dimensionierung von Bauteilen . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

162
162
163
163

11.2

Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

11.3

Kinematische Beziehung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

11.4

Materialgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

11.5

Differentialgleichung der Stabdehnung

11.6

Einzelstäbe und Stabsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

11.7

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

12

Biegung gerader Balken

. . . . . . . . . . . . . . 166

175

12.1
Ebene Biegung . . . . . . . . . . . .
12.1.1
Differentialgleichung der Biegelinie
12.1.2
Verformung . . . . . . . . . . . . .
12.1.3
Spannungen . . . . . . . . . . . . .
12.1.4
Superposition . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

176
176
179
189
192

12.2
Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . .
12.2.1
Differentialgleichung der Biegelinie
12.2.2
Verformung . . . . . . . . . . . . .
12.2.3
Spannungen . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

194
195
197
201

12.3

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

13

Schubbeanspruchung

13.1

Reine Scherung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

211

13.2
Schubspannungen infolge Querkraft . . . . . . . . . . . . . . . . 212
13.2.1
Vollquerschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
13.2.2
Dünnwandige Querschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
13.3
Torsion prismatischer Stäbe . . . . . . . . . .
13.3.1
Torsion von Kreisquerschnitten . . . . . . .
13.3.2
Torsion dünnwandiger geschlossener Profile
13.3.3
Torsion dünnwandiger offener Profile . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

221
221
225
232

13.4

Schubmittelpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

13.5

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

14

Kombinierte Beanspruchung

14.1

Superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

14.2

Beanspruchung durch Biegung und Normalkraft . . . . . . . . . 249

248

10

Inhaltsverzeichnis

14.3

Beanspruchung durch Querkraft und Torsion . . . . . . . . . . . 252

14.4

Spannungszustand bei kombinierter Beanspruchung . . . . . . . 258

14.5
Verbundquerschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.5.1
Ebene Biegung mit Normalkraft . . . . . . . . . . . . . .
14.5.2
Spannungen in Verbundquerschnitten . . . . . . . . . . .
14.5.3
Berechnung über das Verhältnis der Elastizitätsmoduln

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

262
263
266
268

14.6

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

15

Energiemethoden

15.1

Arbeitssatz der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

15.2

Aktive und passive Formänderungsarbeit . . . . . . . . . . . . . 282

281

15.3
Formänderungsenergie . . . . . . . . . . . . . .
15.3.1
Formänderungsenergie im Zugstab . . . . . .
15.3.2
Formänderungsenergie im Balken . . . . . . .
15.3.3
Formänderungsenergie durch Querkraftschub
15.3.4
Formänderungsenergie durch Torsion . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

285
285
287
289
290

15.4

Prinzip der virtuellen Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290

15.5

Prinzip der virtuellen Verrückungen . . . . . . . . . . . . . . . . 292

15.6

Prinzip der virtuellen Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

15.7

Einführung in die Finite Element Methode . . . . . . . . . . . . 297

15.8

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

16

Stabilitätsprobleme

16.1

Kritische Last elastischer Starrkörpersysteme

16.2

Knicken elastischer Stäbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

16.3

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321

17

Einführung in die Festigkeitslehre

17.1

Hypothese der größten Zugnormalspannung . . . . . . . . . . . 327

17.2

Hypothese der maximalen Schubspannung . . . . . . . . . . . . 327

17.3

Hypothese der größten Gestaltänderungsenergie . . . . . . . . . 328

17.4

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331

311
. . . . . . . . . . 312

326

III Kinetik

334

18

Kinematik des Punktes

334

18.1

Koordinatensysteme

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335

11

Inhaltsverzeichnis

18.2
Sonderfälle . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.2.1
Geradlinige Bewegung . . . . . . . . .
18.2.2
Ebene Bewegung in Polarkoordinaten
18.2.3
Kreisbewegung . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

337
337
338
339

18.3

Grundaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

18.4

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342

19

Kinetik des Massenpunktes

19.1

Newtonsche Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . 345

19.2

Schiefer Wurf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346

19.3

Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

19.4

Arbeitssatz, Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

19.5

Potentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

19.6

Gerader zentrischer Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

19.7

Schiefer zentrischer Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354

19.8
Reibung: Haften und Gleiten
19.8.1
Haften . . . . . . . . . . .
19.8.2
Gleiten . . . . . . . . . . .
19.8.3
Seilhaften und -gleiten . .

345

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

354
355
357
359

19.9

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364

20

Bewegung des starren Körpers

20.1

Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374

20.2

Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377

20.3

Impulssatz, Drehimpulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382

20.4

Ebener Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383

20.5

Arbeitssatz, Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384

20.6

Schnittgrößen in sich bewegenden Systemen . . . . . . . . . . . 387

20.7

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392

21

Schwingungen

21.1

Modellbildung und Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . 403

21.2
Freie Schwingungen . . . . . . . . .
21.2.1
Freie ungedämpfte Schwingungen
21.2.2
Freie gedämpfte Schwingungen .
21.2.3
Statische Ruhelage . . . . . . . .
21.3

374

402

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

407
407
413
426

Erzwungene Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427

12
21.3.1
21.3.2
21.3.3
21.3.4
21.3.5
21.4

Inhaltsverzeichnis

Kraftanregung . . . . . . .
Weganregung über Feder . .
Weganregung über Dämpfer
Unwuchtanregung . . . . . .
Seismische Anregung . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

429
432
433
435
437

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443

Anhang

452

A

Mathematische Grundlagen

452

A.1
A.1.1
A.1.2

Ebene Trigonometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452
Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452
Zusammenhänge zwischen den Winkelfunktionen . . . . . . . 453

A.2

Drehung des Koordinatensystems . . . . . . . . . . . . . . . . . 453

A.3
A.3.1
A.3.2
A.3.3
A.3.4

Geometrische Momente . . . . . . . . . . . . . . . . .
Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Statisches Moment und geometrischer Schwerpunkt
Flächenträgheitsmoment . . . . . . . . . . . . . . .
Volumenträgheitsmoment . . . . . . . . . . . . . .

A.4
A.4.1
A.4.2

Vektor- und Matrizenrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474
Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475
Dyaden (Tensoren 2. Stufe) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

A.5

Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481

B

Hilfsmittel
Rand- und Übergangsbedingungen
Biegelinientafel für Einfeldbalken .
Biegelinientafel für Kragarm . . . .
Integraltafel . . . . . . . . . . . . .
Flächenmaße einfacher Geometrien
Massenträgheitsmomente . . . . . .

C

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

454
454
455
460
473

487
487
488
489
490
491
492

Englische Fachbegriffe
493
Englisch–deutsche Vokabelübersicht . . . . . . . . . . . . . . . . 493
Deutsch–englische Vokabelübersicht . . . . . . . . . . . . . . . . 499

Abbildungsnachweis

505

Symbolverzeichnis

506

Stichwortverzeichnis

508

1

Allgemeine Einführung

1.1

Aufgabe und Einteilung der Mechanik

Die Mechanik ist das älteste Teilgebiet der Physik. Ihre Geschichte reicht zurück bis ins Altertum. Die Wortprägung mechanae“ stammt von Aristoteles
”
(384 – 322 v. Chr.). Archimedes (287 – 212 v. Chr.) befasste sich mit dem
Hebelgesetz und dem Auftrieb eines Körpers in einer Flüssigkeit. Gegen Ende
des Mittelalters erfolgte eine Belebung dieser Wissenschaft durch z. B. Galileo
Galilei (1564 – 1642, Fallgesetze) und Isaac Newton (1643 – 1727, Bewegungsgesetze).
Die Mechanik befasst sich mit der Bewegung und dem inneren mechanischen Zustand von Körpern unter der Einwirkung von Kräften. Ein Körper wird in der
Mechanik als ein zusammenhängendes Gebiet aus materiellen Teilchen (Kontinuum) beliebigen Aggregatzustandes (fest, flüssig, gasförmig) verstanden. Mit
Bewegung ist die Ortsveränderung einzelner Körperpunkte gemeint. Somit umfasst der Begriff sowohl Bewegungen des Körpers als Ganzes als auch Deformationen und, als Sonderfall, den Ruhezustand. Die Mechanik unterteilt sich in
die Kinematik und in die Dynamik, wobei die Kinematik den räumlichen und
zeitlichen Ablauf der Bewegung von Körpern beschreibt, ohne nach den verursachenden Kräften zu fragen. Die Dynamik hingegen ist die Lehre von den
Kräften und ihren Wirkungen auf Körper und gliedert sich in die Teilgebiete
Kinetik und Statik. Die Kinetik beschäftigt sich mit den zwischen Kräften und
Bewegungen bestehenden Beziehungen. Die Statik , ein Sonderfall der Dynamik,
ist die Lehre vom Gleichgewicht der Kräfte.
Nach den Eigenschaften und dem Aggregatzustand der betrachteten Körper
werden weitere Unterscheidungen getroffen, siehe Tabelle 1.1. Diese Einteilung
ist jedoch nur sehr grob, da z. B. die Temperatur- oder Zeitabhängigkeit der
Eigenschaften nicht berücksichtigt ist. Außerdem sind die Übergänge zwischen
den Werkstoffmodellen oft fließend. Die aufgeführten Eigenschaften sind damit
nur Idealisierungen der realen Eigenschaften. Z. B. wird jeder feste Körper bei
einer Belastung durch Kräfte verformt. Verschwinden diese Verformungen nach
der Belastung wieder vollständig, verhält sich der Körper ideal elastisch; gehen
sie überhaupt nicht zurück, verhält er sich ideal plastisch. In Wirklichkeit verhält
sich kein Körper ideal elastisch oder ideal plastisch, i. d. R. überwiegt jedoch eine
der beiden Eigenschaften, so dass die andere oft vernachlässigt werden kann.

14

1 Allgemeine Einführung

Sind die Formänderungen klein und beeinflussen das Verhalten nur gering oder
unwesentlich, so darf der Körper als starr angesehen werden. Ein starrer Körper
erfährt unter der Wirkung von Kräften keine Deformation. In der Starrkörperstatik werden mithin Beziehungen zwischen den Kräften, die an einem im
Gleichgewicht befindlichen, starren Körper angreifen, beschrieben.
Aggregatzustand

Werkstoffmodell

fest

starr
elastisch
plastisch

flüssig
gasförmig

Teilgebiet
Stereomechanik
Elastomechanik
Plastomechanik
Hydromechanik
Aeromechanik

übergeordnete Begriffe
Festkörpermechanik
Fluidmechanik

Kontinuumsmechanik

Tabelle 1.1 Einteilung der Mechanik nach den Eigenschaften der Körper

1.2

Vorgehen in der Mechanik

Die Lösung von Aufgabenstellungen in der Mechanik vollzieht sich in mehreren
Schritten:
Zunächst wird im Rahmen der Modellbildung (Abstraktion) das reale System
(die Wirklichkeit) auf ein mechanisches (Ersatz-)Modell abgebildet. Mit Hilfe
von Naturgesetzen, Axiomen und Prinzipien wird daraus ein mathematisches
Modell erstellt, das entweder analytisch oder numerisch gelöst wird.
Axiome sind Aussagen, die mathematisch nicht bewiesen sind, die jedoch aufgrund der Beobachtungen der Natur plausibel erscheinen und bislang nicht widerlegt worden sind. Prinzipien sind Verfahrens- oder Rechenvorschriften, die
durch ihren axiomatischen Charakter gekennzeichnet sind. Sie werden wegen
ihrer Vorteile in Theorie und Berechnung verwendet, beispielsweise das Prinzip
der virtuellen Arbeit, siehe Abschnitt 15.4.

1.3

Physikalische Größen und Einheiten

Eine physikalische Größe wird durch ihre Maßzahl in ihrer Maßeinheit ausgedrückt. Die Länge  = 3 m zum Beispiel hat die Maßzahl 3 und die Maßeinheit m.
Physikalische Größen, die durch eine einzige Maßzahl und die entsprechende Einheit bestimmt sind, nennt man Skalare. Beispiele hierfür sind die Länge , die
Masse m (z. B. m = 1.5 kg), die Temperatur T (z. B. T = 350 K) und die Zeit t
(z. B. t = 2 s).

15

1.3 Physikalische Größen und Einheiten

Die Kraft F hingegen ist ein Beispiel für eine gerichtete physikalische Größe, die
Vektor genannt wird. Im Gegensatz zu Skalaren ist bei Vektoren nicht nur die
Größe, sondern auch die Richtung maßgebend. Vektoren bestehen im Räumlichen aus drei, in der Ebene aus zwei skalaren Größen mit jeweils der gleichen
Maßeinheit und aus den Basisvektoren ex , ey und ez , die die Richtungen der
einzelnen Komponenten bestimmen. Im weiteren beschränken wir uns auf das
kartesische Koordinatensystem, in dem die Basisvektoren jeweils senkrecht aufeinander stehen und die Einheitslänge 1 haben.
2
3
12 N
h
i
6
7
F = 12 N ex + 0.4 N ey + 7 N ez =
ex ey ez 4 0.4 N 5
7N
Der Einfachheit halber werden im folgenden Vektoren nur noch durch ihre Koordinatenmatrizen dargestellt, vgl. Abschnitt A.4.1.
F

=

h

12 N

0.4 N

7N

iT

In der Regel wird heute das Internationale Einheitensystem (SI-System) zur
Kennzeichnung der Maßeinheit verwendet. Dieses lässt sich auf die sieben
Grundeinheiten Meter (m), Kilogramm (kg), Sekunde (s), Ampère (A), Kelvin (K), Candela (cd) und Mol (mol) zurückführen. Von diesen Grundeinheiten
werden Einheiten für andere physikalische Größen abgeleitet, so z. B. für die
Kraft Newton (N) oder den Druck Pascal (Pa). Tabelle 1.2 zeigt die wichtigsten
in der Mechanik verwendeten Größen sowie deren Symbole und Einheiten.
Physikalische Größe
Länge
Masse
Zeit
Temperatur
Fläche
Volumen
Kraft
Spannung
Druck
Moment
Geschwindigkeit
Beschleunigung
Arbeit
Leistung

Formelzeichen

Einheit

Name

Basiseinheit

, s
m
t
T
A
V
F
σ, τ
p
M
v
a
W
P

m
kg
s
K
–
–
N
Pa
Pa
–
–
–
J
W

Meter
Kilogramm
Sekunde
Kelvin
–
–
Newton
Pascal
Pascal
–
–
–
Joule
Watt

m
kg
s
K
m2
m3
kg m/s2
kg/(m s2 )
kg/(m s2 )
kg m2 /s2
m/s
m/s2
kg m2 /s2
kg m2 /s3

Tabelle 1.2 Symbole und Einheiten der Mechanik

16

1.4

1 Allgemeine Einführung

Aufbau des Buches

Der erste Teil des Buches beschäftigt sich mit der Starrkörperstatik, d. h. mit
den Beziehungen zwischen den Kräften, die an einem im Gleichgewicht befindlichen, starren Körper angreifen. Als starr werden solche Körper idealisiert, deren
Deformationen vernachlässigt werden können. Zunächst werden im ersten Teil
einige der in der Ingenieurmechanik wichtigen Größen, wie beispielsweise Kräfte
und Momente eingeführt. Anschließend werden die grundlegenden mechanischen
Gesetzmäßigkeiten wie die Gleichgewichtsbedingungen behandelt und auf die im
Ingenieurwesen wichtigen Strukturen, Fachwerk und Balken, angewendet. Im
Speziellen wird für Balkenstrukturen auf die Berechnung der Schnittgrößen eingegangen.
Der zweite Teil beschäftigt sich mit den Beanspruchungen und Deformationen
elastischer Körper. Zunächst werden Spannungs- und Verzerrungszustände sowie Materialgleichungen eingeführt. Im Besonderen werden die Beanspruchung
von Stäben und Balken sowie die Balkenbiegung und die Schubbeanspruchung
behandelt. Außerdem werden Energiemethoden vorgestellt und eine Einführung
in die Finite Elemente Methode gegeben. Desweiteren beschäftigt sich dieser
Teil mit Stabilitätsproblemen und den Grundlagen der Festigkeitslehre.
Im dritten Teil wird die Kinetik behandelt, welche die zwischen den Kräften
und Bewegungen bestehenden Beziehungen umfasst. Im Gegensatz zur Statik
spielen hier zeitlich veränderliche Vorgänge, Geschwindigkeiten und Beschleunigungen eine große Rolle. Nach einer Einführung in die Kinematik des Punktes
und die Kinetik des Massenpunktes folgt die Dynamik des ausgedehnten starren
Körpers. Im Speziellen werden der Impulssatz, der Arbeitssatz und Stoßprobleme behandelt. Am Ende dieses Teils wird auf Schwingungen starrer Körper
eingegangen.
Die Übungsaufgaben am Ende eines jeden Kapitels sind mit einem Schwierigkeitsgrad von 1 bis 3 versehen, wobei die Aufgaben mit dem Schwierigkeitsgrad 1 der Einübung des Grundverständnisses dienen. Die sichere Beherrschung
der Aufgaben der Schwierigkeitsklasse 2 entspricht den Minimalanforderungen
der Kursprüfungen der Mechanik in Hannover. Erst die Beherrschung der Aufgaben vom Schwierigkeitsgrad 3 ist ein Indiz für das vertiefte Verständnis der
mechanischen Zusammenhänge.
Im Anhang des Buches werden die wichtigsten Elemente der benötigten mathematischen Grundlagen zusammengefasst. Hilfsmittel zum Lösen der Übungsaufgaben sind dort ebenso wie ein Symbol- und Stichwortverzeichnis sowie eine
Übersicht der wichtigsten Begriffe der Mechanik in englischer und deutscher
Sprache zu finden.

Teil I:

Starrkörperstatik

2

Kräfte und Momente

2.1

Kräfte

Kräfte können nicht unmittelbar gemessen werden, sondern nur deren Wirkung
auf Körper. Eine Kraft F ist, wie in Bild 2.1 gezeigt, durch ihren Betrag F ,
ihre Wirkungslinie und ihren Richtungssinn (gekennzeichnet durch den Richtungsvektor n) sowie durch ihren Angriffspunkt beschrieben. Kräfte sind somit
vektorielle Größen. Mathematisch können sie dargestellt werden durch ihren
Betrag und den Einheitsvektor n, der die Lage der Wirkungslinie im Raum
beschreibt,
F = Fn

mit

F = |F |,

|n| = 1 .

(2.1)

n

Betrag F

Wirkungslinie
F

Bild 2.1
Beschreibung einer Kraft

Richtungssinn

Angriffspunkt

Einzelkräfte stellen jedoch nur eine Idealisierung der in der Realität auftretenden
Volumenkräfte (z. B. Gewichts- oder magnetische Kräfte) und Oberflächenkräfte
(z. B. Druckkräfte) dar. Eine Einzelkraft ist stets die Resultierende aus diesen
verteilten Kräften, vgl. Kapitel 5.
Eine Kraft F lässt sich im kartesischen Koordinatensystem in ihre Komponenten
Fx , Fy und Fz zerlegen (siehe Bild 2.2).
2

F

=

Fx e x + Fy e y + Fz e z

3
Fx
6
7
= eT 4 F y 5
Fz

(2.2)

18

2 Kräfte und Momente
y
ey

Fy ey
F

ex
x

ez

Fx ex

Bild 2.2
Komponenten eines
Kraftvektors

Fz ez
z

Entsprechend Abschnitt A.4.1 wird im Folgenden für Vektoren die matrizielle
Schreibweise verwendet, d. h. es werden lediglich die Komponenten in einer Spaltenmatrix bzw. in einer transponierten Zeilenmatrix für kartesische Koordinaten
notiert.
3
2
Fx
iT
h
7
6
(2.3)
F = 4 Fy 5 =
Fx Fy Fz
Fz
Für den Betrag F des Kraftvektors gilt
q
F = |F | =
Fx2 + Fy2 + Fz2 .

(2.4)

Die Maßeinheit der Kraft ist nach Isaac Newton (1643 – 1727) Newton“:
”
[F ] = N, vgl. Tabelle 1.2.

2.1.1

Axiome zur Kräftegeometrie

Zwei Kräfte(gruppen) sind statisch äquivalent, d. h. gleichwertig, wenn sie an
einem starren Körper die gleiche Wirkung hervorrufen. Diese Definition wird
durch die beiden folgenden Axiome zur Kräftegeometrie konkretisiert.
Linienflüchtigkeit einer Kraft
Die Wirkung einer Kraft F auf einen starren Körper ändert sich nicht, wenn
der Angriffspunkt der Kraft entlang der Wirkungslinie verschoben wird, siehe
Bild 2.3.
Zu beachten ist, dass dieses Axiom nicht für verformbare Körper gilt.

F

⇔

F

Bild 2.3
Axiom der
Linienflüchtigkeit einer
Kraft

19

2.1 Kräfte

Addition von Kräften (Parallelogrammaxiom)
Zwei an einem Punkt angreifende Kräfte F 1 und F 2 lassen sich vektoriell zu
einer resultierenden Kraft F R mit demselben Angriffspunkt addieren, so dass
die Wirkung der beiden Einzelkräfte statisch äquivalent zur Wirkung der Resultierenden ist. In der Ebene kann man sich die vektorielle Addition geometrisch
über eines Parallelogrammkonstruktion veranschaulichen, siehe Bild 2.4.

Bild 2.4
Addition von Kräften
mit Hilfe des
Kräfteparallelogramms

F1
F2

FR

⇔

Beispiel 2.1 Axiome der Kräftegeometrie
Die beiden in einer Ebene liegenden Kräfte F 1 und F 2 , die an einem starren
Körper eingreifen, sollen grafisch zu einer Resultierenden zusammengefasst
werden.
Lösung:
Zunächst werden die beiden Kräfte nach dem Axiom der Linienflüchtigkeit
entlang ihrer Wirkungslinie verschoben, so dass sie einen gemeinsamen
Angriffspunkt haben. Anschließend fasst man die beiden Kräfte nach dem
Parallelogrammaxiom zur Resultierenden F R zusammen.

F1

2.1.2

F1

F2

⇔

F2

FR

⇔

Zusammenfassung von Kräften

Durch eine Verallgemeinerung des Parallelogrammaxioms können auch mehrere
Kräfte F i (i = 1, . . . , n) mit gemeinsamem Angriffspunkt (zentrales Kräftesystem) vektoriell addiert und zu einer resultierenden Kraft F R zusammengefasst
werden. Die so ermittelte Resultierende F R ist den Kräften F i statisch äquivalent, d. h. sie übt auf einen starren Körper die gleiche Wirkung aus.
FR

=

n
X

Fi

(2.5)

i=1

Diese Vektorgleichung kann mittels dreier skalarer Gleichungen,
FRx =

X

Fix ,

FRy =

X

Fiy ,

FRz =

X

Fiz ,

(2.6)

20

2 Kräfte und Momente

ausgewertet werden. Die vektorielle Addition von Kräften, die nicht in einem
Punkt angreifen (allgemeines Kräftesystem), liefert keine Aussage über den Angriffspunkt der Resultierenden. Greifen die zu addierenden Kräfte jedoch in
einem Punkt an, so ist dieser auch der Angriffspunkt der Resultierenden.
Beispiel 2.2 Zentrales Kräftesystem
Die resultierende Kraft F R aus den drei in einem Punkt angreifenden Kräften F 1 , F 2 und F 3 ist grafisch und rechnerisch zu bestimmen.
"
#
"
"
#
#
2
3
0
N, F 2 =
F1 =
N, F 3 =
N
1.5
−1.5
−1
Grafische Lösung:
Zunächst werden die beiden
Kräfte F 1 und F 2 mittels Parallelogrammkonstruktion zur Resultierenden F R12 zusammengefasst. Anschließend werden dann
F R12 und F 3 zur endgültigen Resultierenden F R addiert.

F1
F2
y

F3
x
1N

FR

F R12
y

F3

y

x
1N

x
1N

Rechnerische Lösung:
Aus Gleichung 2.5 folgt für die Resultierende
"
#
"
#
2+3+0
5
FR = F1 +F2 +F3 =
N =
N.
1.5 − 1.5 − 1
−1

2.1.3

Zerlegung von Kräften

Als Umkehrung des Parallelogrammaxioms lässt sich eine Kraft in mehrere Kräfte in verschiedene Richtungen zerlegen. Die Zerlegung einer Kraft F ist in der
Ebene entlang zweier sich schneidender Wirkungslinien eindeutig möglich. Im

21

2.1 Kräfte

dreidimensionalen Raum ist die Zerlegung in drei sich in einem Punkt schneidende Wirkungslinien eindeutig. Oft ist die Zerlegung in Richtung der kartesischen
Koordinaten x und y (sowie ggf. z) sinnvoll.
Beispiel 2.3 Kraftzerlegung
Bestimmen Sie grafisch und rechnerisch die Zerlegung der Kraft F in Richtung der beiden Vektoren n1 und n2 .
"
#
"
#
"
#
1
1
4
5
1
F =
N , n1 = √
, n2 = √
1
17 −1
5 2
Grafische Lösung:
Neben der Kraft, die maßstabsgetreu aufgetragen wird, werden die
Wirkungslinien der gesuchten Kraftkomponenten am Angriffspunkt der
Kraft F entsprechend der gegebenen Normalenvektoren eingezeichnet.
Anschließend können durch Umkehrung des Parallelogrammaxioms die
gesuchten Kraftkomponenten konstruiert werden. Die Beträge lassen sich
bei vorheriger Festlegung eines Kräftemaßstabs aus der Zeichnung ablesen:
F1 ≈ 2.2 N, F2 ≈ 4.1 N.

F1
n1
y

F
F2

y

n2

x

x
1N

1N

Rechnerische Lösung:
Aus Gleichung 2.6 folgt für die Komponenten der Resultierenden FR in xund y-Richtung das lineare Gleichungssystem:
FRx = F1 n1x + F2 n2x

⇒

FRy = F1 n1y + F2 n2y

⇒

1
√
F
5 1
2
√ F1
5

+
−

√4 F2
17
√1 F2
17

= 5N

(∗)

= 1N

(∗∗)

Addiert man zu Gleichung (∗∗) viermal Gleichung (∗), so kann daraus F1
bestimmt werden.
“
”
√
⇒ F1 = 5 N ≈ 2.24 N
F1 √15 + 4 √25 = 5 N + 4 · 1 N
Daraus kann beispielsweise mit Gleichung (∗) F2 berechnet werden.
√
√
1
√
5 N + √417 F2 = 5 N
⇒ F2 = 17 N ≈ 4.12 N
5

22

2 Kräfte und Momente

2.1.4

Kräftepaar

Zwei gleich große, auf parallelen Wirkungslinien in entgegengesetzter Richtung
wirkende Kräfte werden als Kräftepaar bezeichnet. Die resultierende Kraft eines
Kräftepaars ist offensichtlich null, dennoch wird eine Wirkung auf den Körper
ausgeübt, die wir als Moment (Moment eines Kräftepaares, Drehmoment) bezeichnen, siehe Bild 2.5.
F

F

F

F

Bild 2.5
Beispiele für ein Kräftepaar:
Schraubendreher und Lenkrad

2.2

Momente

2.2.1

Moment einer Kraft bezüglich eines Punktes

Eine Kraft F mit dem Angriffspunkt P übt auf einen Bezugspunkt A das Moment
M (A)

=

r×F

(2.7)

aus, wobei r der Ortsvektor von Punkt A zu Punkt P ist. Aufgrund des
Vektorproduktes (vgl. Abschnitt A.4.1) ist das Moment ein Vektor, der senkrecht auf der vom Ortsvektor r und der Kraft F aufgespannten Ebene steht.
Der Betrag des Momentenvektors ist das Produkt des Betrags der Kraft und des
lotrechten Abstands der Wirkungslinie vom Momentenbezugspunkt A, dem so
genannten Hebelarm r⊥ , siehe Bild 2.6. Die Dimension des Moments ist Kraft
mal Länge und wird in der Regel mit der Einheit Newton-Meter“ angegeben:
”
[M ] = [F ] = Nm.

r
α
F

r⊥
A

P
Bild 2.6
Moment einer Kraft bezüglich des Punktes A

23

2.2 Momente

Zur Unterscheidung von Kräften wird der Momentenvektor im räumlichen Fall
durch einen Doppelpfeil gekennzeichnet. Der Drehsinn des Moments folgt aus
dem Vektorprodukt und kann mit der Rechten-Hand-Regel verdeutlicht werden,
siehe Bild 2.7. In ebenen Systemen, in denen der Momentenvektor senkrecht auf
der Zeichenebene steht, wird der Drehsinn durch gebogene Pfeile ( oder )
angegeben.

M
⇔

Bild 2.7
Darstellung und Drehsinn
eines Moments

M

Im ebenen Fall erhält man mit Hilfe des Winkels α den Hebelarm
r⊥ = r sin α ,

(2.8)

und damit folgt für den Betrag des Momentes M

(A)

M (A) = |M (A) | = F r⊥ = F r sin α.

(2.9)

Das Moment M
verschwindet, wenn die Wirkungslinie der Kraft F durch
den Punkt A verläuft und damit der Hebelarm r⊥ zu null wird.
(A)

Beispiel 2.4 Moment einer Kraft
Zu berechnen ist das Moment und der Drehsinn der Kraft F bezüglich des
Punktes A.
1 m, 1 N

2

α
P

F

F

=

r

=

r
y
A

3
3
6
7
4 −1.5 5 N
0
2
3
−0.5
6
7
4 3 5 m
0

x

Lösung mit dem Vektorprodukt:
3
ry Fz − rz Fy
7
6
4 rz Fx − rx Fz 5
rx Fy − ry Fx
2
3
2
3
3 · 0 + 0 · 1.5
0
6
7
6
7
0
4 0 · 3 + 0.5 · 0 5 Nm = 4
5 Nm
0.5 · 1.5 − 3 · 3
−8.25
2

M (A) = r × F

=

=

24

2 Kräfte und Momente

Lösung mit dem Winkel α:
M (A)

=

F r sin α

mit

p
(−0.5)2 + 32 m ≈ 3.041 m
p
F = |F | = 32 + (−1.5)2 N ≈ 3.354 N
−6
rF
≈
cos α =
|r| |F |
10.2
(
„
«
−6
126.03◦
⇒ α ≈ arccos
≈
10.2
−53.97◦
r = |r| =

(
⇒M

(A)

=

+8.25 Nm
−8.25 Nm

Während bei der Lösung mit dem Vektorprodukt die Richtung des Vektors
aus dem Vorzeichen der z-Komponente und der positiven z-Richtung hervorgeht, muss bei der Lösung mit dem Winkel die Richtung bzw. das Vorzeichen des Momentenvektors wegen der Symmetrie der trigonometrischen
Funktionen aus der Anschauung bestimmt werden. Hier ist es offensichtlich
(vgl. Bild 2.7), dass die Kraft F bezüglich des Punktes A entgegen der mathematisch positiven Richtung (und im Uhrzeigersinn) dreht und folglich
ein negatives Moment MAz ausübt.

2.2.2

Moment eines Kräftepaars

Das resultierende Moment des Kräftepaares der Kräfte F 1 und F 2 bezüglich
des Punktes O in Bild 2.8 ist
(O)

MR

=

2
X

(O)

Mi

= r1 × F 1 + r2 × F 2 .

(2.10)

i=1

F1
r1

r
F2

a
⇔

MR
Bild 2.8
Moment eines
Kräftepaares

r2
O

Mit F = F 1 = −F 2 und r = r 1 − r 2 folgt dann
MR

=

r×F

und

MR = a F.

(2.11)

25

2.3 Zusammenfassung von Kräftesystemen

Da in diesem Fall die resultierenden Kraft gerade verschwindet, ist das Moment M R dem Kräftepaar statisch äquivalent. Der Momentenbezugspunkt O
tritt in dieser Beziehung nicht mehr auf, daher ist der Momentenvektor ein so
genannter freier Vektor , er hat keinen Angriffspunkt und darf somit beliebig
(auch parallel) verschoben werden.

2.2.3

Versetzungsmoment

Nach dem Axiom der Linienflüchtigkeit können Kräfte entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden. Wenn Kräfte jedoch auf parallele Wirkungslinien verschoben werden sollen, kann wie folgt vorgegangen werden.
F

F

a

⇔

F

a

F

⇔

M

−F
Bild 2.9
Versetzungsmoment

Bild 2.9 zeigt eine Kraft F , die auf eine parallele Wirkungslinie mit dem Abstand a von der ursprünglichen Wirkungslinie verschoben werden soll. Dazu
werden auf der parallelen Wirkungslinie die entsprechende Kraft F und eine
gleichgroße Gegenkraft −F eingefügt, die sich nach dem Parallelogrammaxiom
gegenseitig aufheben. Dann kann die Gegenkraft mit der zu verschiebenden
Kraft gedanklich zu einem Kräftepaar bzw. dem daraus resultierenden Versetzungsmoment
M

=

Fa

(2.12)

zusammengefasst werden. Dem ursprünglichen Kräftesystem ist somit das in
Bild 2.9 rechts dargestellte System mit der parallel verschobenen Kraft F und
dem Versetzungsmoment M statisch äquivalent.

2.3

Zusammenfassung von Kräftesystemen

2.3.1

Räumliche Kräftesysteme

In diesem Abschnitt wird die Zusammenfassung aller an einem Körper angreifenden Kräfte und Momente zu einer resultierenden Kraft und einem resultierenden
Moment behandelt.

26

2 Kräfte und Momente

Fn
M1

F1

Mj

Fi

=

Fix ex + Fiy ey + Fiz ez

ri

=

rix ex + riy ey + riz ez

Mj

=

Mjx ex + Mjy ey + Mjz ez

i

=

1, 2, . . . , n

j

=

1, 2, . . . , o

ri

z
O

Fi

angreifenden Kräfte

y

x

mit n: Anzahl der

Mo

mit o: Anzahl der

angreifenden Momente

Bild 2.10 Zusammenfassung eines räumlichen Kräftesystems

Die resultierende Kraft ist die vektorielle Summe aller Kräfte (koordinatenweise
Addition in einem festen Koordinatensystem):
FR =

n
X

Fi

=

i=1

ex

n
X

Fix + ey

i=1

=

n h
X

n
X

Fiy + ez

i=1

Fix

Fiy

Fiz

n
X

Fiz

(2.13)

i=1

iT

(2.14)

i=1

Anmerkung: Im dreidimensionalen Raum ist es immer möglich, eine resultierende Kraft nach Betrag und Richtung zu bestimmen, eine zugehörige Wirkungslinie
lässt sich jedoch nur in Ausnahmefällen angeben. Ein Ausnahmefall liegt beispielsweise dann vor, wenn die Wirkungslinien der Kräfte sich in einem Punkt schneiden
(zentrales Kräftesystem) oder alle Kräfte in einer Ebene und die Momente senkrecht dazu liegen (ebenes Kräftesystem, siehe Abschnitt 2.3.2).

Entsprechend erhält man das resultierende Moment aller angreifenden Kräfte
und Momente bezüglich des Punktes O:
(O)

MR

=

(O)

M RF + M RM =

n
X

=

o
X

Mj

(2.15)

3
2
2
3
Mjx
riy Fiz − riz Fiy
o
n
X
X
7
6
6
7
4 Mjy 5
4 riz Fix − rix Fiz 5 +
j=1
i=1
Mjz
rix Fiy − riy Fix

(2.16)

i=1

ri × F i +

j=1

Bei der Berechnung der Momentensumme muss für alle Kräfte derselbe Momentenbezugspunkt O herangezogen werden.
Beispiel 2.5 Zusammenfassung eines räumlichen Kräftesystems
Der dargestellte Trger ist durch drei Kräfte und zwei Momente belastet. Die
resultierende Kraft und das resultierende Moment bezüglich des Punktes A
sind zu bestimmen.

27

2.3 Zusammenfassung von Kräftesystemen

M1
F2

z
x

y

A
F3

F1

M2

1m1m

2m

1m

h

F1

=

F2

=

F3

=

M1

=

M2

=

Lösung:
Aus Gleichung 2.14 folgt für die resultierende
2
3
2
0+5−5
0
6
7
6
FR = 4 2+0−2 5 N = 4 0
−10 + 0 + 10
0

iT
N
−10
h
iT
N
5 0 0
h
iT
N
−5 −2 10
h
iT
Nm
0 0 30
h
iT
Nm
80 0 0
0

2

Kraft
3
7
5 N = 0,

und Gleichung 2.16 liefert für das resultierende Moment mit rix = riz = 0
2
3
2
3
0 · (−10) + 2 · 0 + 5 · 10
0 + 80
6
7
6
7
MR = 4
0
5 Nm + 4 0 + 0 5 Nm
−0 · 0 − 2 · 5 − 5 · (−5)
30 + 0
2
3
2
3
2
3
50
80
130
6
7
6
7
6
7
= 4 0 5 Nm + 4 0 5 Nm = 4 0 5 Nm .
15
30
45

2.3.2

Ebene Kräftesysteme

Bei ebenen Kräftesystemen beispielsweise in der x-y-Ebene sind die Koordinaten
des Kraftvektors in ez -Richtung und die Koordinaten des Momentenvektors in
den ex - und ey -Richtungen null.
Für die resultierende Kraft F R (mit Wirkungslinie durch den Punkt O) und das
(O)
zugehörige Moment M R (bezüglich des Punktes O) erhält man damit
"
#
n
n
n
n
X
X
X
X
Fix
FR =
F i = ex
Fix + ey
Fiy =
, (2.17)
Fiy
i=1
i=1
i=1
i=1
(O)

MR

=

=

(O)

M RF + M RM =
2
n
X
6
4
i=1

n
X
i=1

rix Fiy

ri × F i +

o
X

Mj

(2.18)

j=1

3
2
3
0
0
o
X
7
6
7
0
5+
4 0 5.
j=1
− riy Fix
Mjz

(2.19)

28

2 Kräfte und Momente

Fn

M1
F1
Fi

Mj

Fi

=

Fix ex + Fiy ey

ri

=

rix ex + riy ey

Mj

=

Mjz ez

i

=

1, 2, . . . , n

j

=

1, 2, . . . , o

ri

y
O

mit n: Anzahl der

angreifenden Kräfte
Mo

x

mit o: Anzahl der

angreifenden Momente

Bild 2.11 Zusammenfassung eines ebenen Kräftesystems

Die Belastung durch die Kraft F R (mit Wirkungslinie durch O) und das Moment
(O)
M R lässt sich noch durch die Wirkung der resultierenden Kraft F R allein
ersetzen, wenn deren Wirkungslinie um den Wert h parallel verschoben wird.
h ist dabei so zu wählen, dass das statische Moment der Kraft F R bezüglich des
(O)
Punktes O dem Moment M R statisch äquivalent ist, also
(O)

h

=

MR
.
FR

(2.20)

h

(O)

MR
y
O

⇔

FR
x

y
O

FR
x

Bild 2.12
Zusammenfassung eines
ebenen Kräftesystems zu
einer einzelnen Kraft

(O)

Für den Fall MR = 0 und FR = 0 wird h = 0, so dass die Wirkungslinie von FR
(O)
dann durch den Punkt O verläuft. Für FR = 0 und MR = 0 ist keine weitere
Vereinfachung möglich, da das Kräftesystem dann nur auf ein Moment (bzw.
ein Kräftepaar) reduziert ist, das von der Wahl des Bezugspunktes unabhängig
ist.

Beispiel 2.6 Zusammenfassung eines ebenen Kräftesystems
Der darstellte eingespannte Träger ist durch zwei Kräfte und ein Moment
belastet. Zu bestimmen ist die Größe und Wirkungslinie der resultierenden
Kraft.

29

2.3 Zusammenfassung von Kräftesystemen

F1

y
A

F1

F2

M

F2

x
2m

2m

M

2m

h
=

−4

−5
iT

h
=

4

8

N

0

0

−35

h
=

iT

N

iT

Nm

Lösung:
Aus Gleichung 2.17 folgt für die resultierende Kraft

"
FR

−4 + 4
−5 + 8

=

#

"
N =

0
3

#
N.

Zur Bestimmung der Lage der Wirkungslinie von F R muss zunächst das resultierende Moment bezüglich eines (beliebigen) Bezugspunktes (hier A) berechnet werden. Mit Gleichung 2.19 und riy = 0 gilt für die z-Komponente
des resultierenden Momentes

(A)

M Rz

=

2 m · (−5 N) + 6 m · 8 N − 35 Nm = 3 Nm ,

so dass für die Lage der Wirkungslinie der resultierenden Kraft F R in Verbindung mit Gleichung 2.20 folgt

(A)

(A)

xFR =

MR
FR

=

MRz
FRy

=

3 Nm
= 1 m.
3m

Der Richtungssinn der Wirkungslinie ist mit dem Richtungssinn der resultierenden Kraft identisch. Hier entspricht die Wirkungslinie der um einen
Meter in positive x-Richtung verschobenen y-Achse.
FR

y
A

x
x FR

30

2.4

2 Kräfte und Momente

Übungsaufgaben

Aufgabe 2.1 (Schwierigkeitsgrad 1)
Ein Telefonmast wird durch die waagerechten Spannkräfte von vier Drähten
belastet.
Ermitteln Sie den Betrag der Resultierenden, den Winkel α, den deren Wirkungslinie mit der Kraft F3 einschließt, und Richtungssinn der Resultierenden.
Gegeben: F1 = 400 N, F2 = 500 N, F3 = 350 N, F4 = 450 N

F1

F2

75◦

α

45◦
F3

Mast

Lösung:
→

90◦

FR

=

562.2 N

α

=

+26.4◦

F4

Aufgabe 2.2 (Schwierigkeitsgrad 1)
Zerlegen Sie die Kraft F grafisch und rechnerisch in zwei Komponenten mit
den angegebenen Wirkungslinien 1 und 2.
Gegeben: F = 75 N, α = 60◦ , β = 90◦

α

Lösung:

β
1

F

←

2
F1

=

→

F2

=

√
50 3 N
√
25 3 N

31

2.4 Übungsaufgaben

Aufgabe 2.3 (Schwierigkeitsgrad 1)
An einem quadratischen Körper greifen in einer Ebene wie skizziert drei Kräfte
an.
Bestimmen Sie auf grafischem Wege den Betrag der resultierenden Kraft FR ,
und überprüfen Sie ihr Ergebnis rechnerisch. Berechnen Sie außerdem das
resultierende Moment bezüglich des Punktes A.
Gegeben: F1 = 25 N, F2 = 20 N, F3 = 10 N, α = 30◦ , a = 1 m

α

A
F1

F2

Lösung:
a

F3

→


FR
(A)

MR

=

34.0 N

=

22.5 Nm

a

Aufgabe 2.4 (Schwierigkeitsgrad 1)
An einer Bohle greifen wie skizziert die drei Kräfte G1 , G2 und G3 an.
Bestimmen Sie sowohl die resultierende Kraft F R als auch die Lage ihrer
Wirkungslinie.
Gegeben: G1 , G2 , G3 , 1 , 2 , 3

Lösung:

x
z
1

G1
2

G2

FR

=

(G1 + G2 + G3 ) ez

xR

=

1 +

G3
3

2 G2 + (2 + 3 )G3
G1 + G2 + G3

32

2 Kräfte und Momente

Aufgabe 2.5 (Schwierigkeitsgrad 2)
An einem Kragarm greifen die beiden Kräfte F 1 und F 2 wie dargestellt an.
Bestimmen Sie die resultierende Kraft F R sowie das resultierende Moment
(E)
M R bezüglich der Einspannstelle.
Gegeben: a = 3 m, b = 2 m, c = 1, 5 m;
h
iT
h
iT
N, F 2 = 0 −20 0
N
F 1 = 0 10 −30

α

F1

Lösung:
2

c
x

y

FR

=

MR

=

F2

z
E

b

3
0
6
7
4 −10 5 N
−30
2
3
75
6
7
4 90 5 Nm
−30

a

Aufgabe 2.6 (Schwierigkeitsgrad 1)
An einem Lenkrad greifen wie skizziert die beiden Kräfte F an.
Bestimmen Sie sowohl die resultierende Kraft F R als auch das resultierende
Moment M R bezüglich des Lenkungslagers A.
Gegeben: F , R, α, β

F
Lösung:
R

"

α
A

FR

=

β

2

y
(A)

MR

z

x

F

=

#
F sin α
F (cos α − 1)

3
0
6
7
0
4
5
−F R(1 + cos β)

3

Gleichgewicht starrer Körper

Dieses Kapitel gibt eine Einführung in die Untersuchung des Gleichgewichts
starrer Körper. Nach der Vorstellung von Newtons Axiomen werden die
Gleichgewichtsbedingungen eingeführt. Anschließend wird das Schnittprinzip
mit Lager- und Gelenkreaktionen dargelegt. Die statische Bestimmtheit wird
abschließend untersucht.

Bild 3.1
Starre Körper im Gleichgewicht

3.1

Newtons Axiome

Die Mechanik baut auf drei Axiomen auf, die nach Vorarbeit von Galileo Galilei (1546 – 1642) zuerst von Isaac Newton (1643 – 1727) zusammenhängend
angegeben und von Leonhard Euler (1707 – 1783) erweitert wurden.

3.1.1

Gleichgewichtsaxiom

Jeder Körper beharrt im Zustand der Ruhe oder der gleichförmig geraden Bewegung, solange er nicht durch einwirkende Kräfte gezwungen wird, diesen Zustand
zu ändern.
Dieser Zustand wird Gleichgewicht genannt. Gleichgewicht kann demzufolge nur
dann vorliegen, wenn die Resultierende aller einwirkenden Kräfte und auch das
resultierende Moment verschwindet:
FR

=

0

(3.1)

MR

=

0

(3.2)

34

3 Gleichgewicht starrer Körper

Zwei Kräfte stehen also miteinander im Gleichgewicht, wenn sie den gleichen Betrag, aber entgegengesetzte Richtungen haben und auf derselben Wirkungslinie
liegen, siehe Bild 3.2.
−F

F

3.1.2

Bild 3.2
Gleichgewichtsaxiom

Dynamisches Grundgesetz

Die auf einen starren Körper einwirkende resultierende Kraft F ist gleich dem
Produkt aus Masse m und Beschleunigung aS des Schwerpunktes:
F

m aS

=

(3.3)

Für die freie Bewegung im Erdschwerefeld folgt als erster Sonderfall das Fallgesetz von Galilei mit der Erdbeschleunigung g:
G

=

mg

(3.4)

Als zweiter Sonderfall folgt das Gleichgewicht, wenn ein Körper keine Beschleunigung erfährt:
aS = 0

⇒

F =0

(3.5)

Gleichgewicht ist damit der Zustand der Ruhe oder der gleichförmig geradlinigen
(und damit unbeschleunigten) Bewegung, der im Folgenden betrachtet wird. Die
(beschleunigte) Bewegung des starren Körpers wird in Kapitel 20 behandelt.

3.1.3

Reaktionsaxiom

Zu einer Kraft ist stets eine gleichgroße entgegengesetzte Kraft auf derselben
Wirkungslinie vorhanden. Wird beispielsweise von einem Körper (1) auf einen
anderen Körper (2) an der Berührstelle B eine Kraft F 12 ausgeübt (actio),
so bedingt dies, dass der zweite Körper auf den ersten Körper ebenfalls eine
(Reaktions-)Kraft F 21 ausübt (reactio). Diese beiden Kräfte sind gleich groß,
agieren auf derselben Wirkungslinie und sind entgegengesetzt gerichtet:
F 12

=

−F 21

(3.6)

Kurz gesagt: actio = reactio .

1

F 21 F 12

2
B

1

2
Bild 3.3
Reaktionsaxiom

35

3.2 Gleichgewichtsbedingungen

3.2

Gleichgewichtsbedingungen

Gleichgewicht ist nur möglich, wenn sowohl die Resultierende der Kräfte F R
(nach Gleichung 2.13) als auch die Resultierende der Momente M R (nach
Gleichung 2.15) bezüglich eines beliebigen Punktes P verschwinden:
FR

=

0,

(3.7)

(P)
MR

=

0

(3.8)

Aus diesen Vektorgleichungen resultieren im allgemeinen räumlichen Fall sechs
skalarwertige Gleichgewichtsbedingungen:
P
P

P

Fx = 0 ,

(P)
Mx

P

= 0,

P

Fy = 0 ,

(P)
My

P

= 0,

Fz = 0 ,

(P)
Mz

(3.9)

= 0

(3.10)

Für ebene Probleme reduzieren sich die Gleichgewichtsbedingungen auf drei
skalare Gleichungen:
P

Fx = 0 ,

P

P

Fy = 0 ,

(P)

Mz

= 0.

(3.11)

Eine gebräuchliche Abkürzung für die Gleichgewichtsbedingungen, die auch im
Folgenden verwendet wird, ist
↑

für Summe aller Kräfte in Pfeilrichtung gleich null und

A

für Summe aller Momente in der durch den Pfeil gekennzeichneten Drehrichtung um den Bezugspunkt A gleich null.



Beispiel 3.1 Seil
Die Kräfte in einem Seils sind zu bestimmen.
Lösung:
S2

1111111
0000000
0000000
1111111
0000000
1111111
0000000
1111111
0000000
1111111
0000000
1111111
0000000
1111111
y
0000000
1111111
x
0000000
1111111
0000000
1111111
0000000
1111111
S1

Ein Seil überträgt nur Zugkräfte in
Längsrichtung. Aus dem Gleichgewicht in dieser Richtung folgt:


:

S2 − S1

=

0

⇒

=

S2 .

S1

Beispiel 3.2 Seilrolle
Die folgende Abbildung zeigt eine (reibungsfrei) gelagerte Seilrolle. Gesucht
sind die unbekannten Lagerkräfte AH und AV .

36

3 Gleichgewicht starrer Körper

α1

r

AH

α2

AV
S1

S2

Lösung:
Die drei Gleichgewichtsbedingungen für dieses ebene Problem lauten nach
Gleichung 3.11
→

:

−S1 cos α1 + S2 cos α2 + AH = 0 ,

↑

:

−S1 sin α1 − S2 sin α2 + AV = 0 ,

:

S1 r − S2 r = 0 .



A

Aus der Momentengleichung folgt direkt
S1 = S2 = S ,
und die Kräftegleichgewichtsbedingungen liefern die unbekannten Lagerkräfte

3.2.1

AH

=

S (cos α1 − cos α2 ) ,

AV

=

S (sin α1 + sin α2 ) .

Zentrales Kräftesystem

Ein zentrales Kräftesystem ist dadurch gekennzeichnet, dass sich die Wirkungslinien aller Kräfte in einem Punkt schneiden. Bezüglich dieses Punktes ist dann
offensichtlich die Summe der Momente null. Damit reduzieren sich die Gleichgewichtsbedingungen für zentrale Kräftesysteme auf die Kräftegleichgewichtsbedingungen (Gleichung 3.7). Alternativ können nach einer Zerlegung der Kräfte
auch nur die Kraftkomponenten in jeweils einer Richtung (beispielsweise x-, yund z-Richtung) betrachtet werden, vgl. Gleichung 3.9.
Beispiel 3.3 Zentrales Kräftesystem
Überprüfen Sie grafisch und analytisch, ob die Kräfte F 1 bis F 4 , die denselben Angriffspunkt haben, im Gleichgewicht sind.
h
iT
h
iT
N,
F 2 = 3 −1.5
N,
F 1 = 2 1.5

F3 =

h

0

−1

iT

N,

F4 =

h

−5

1

iT

N

37

3.2 Gleichgewichtsbedingungen

Grafische Lösung::
Zunächst werden die Kräfte F 1 und F 2 sowie F 3 und F 4 nach dem Parallelogrammaxiom zu den Teilresultierenden F 12 bzw. F 34 zusammengefasst
(vgl. Beispiel 2.2). Addiert man nun die beiden Teilresultierenden zusammen, so erhält man als endgültige Resultierende den Nullvektor. Die Kräfte
F 1 bis F 4 sind somit im Gleichgewicht.
F1

F4

F 12

F2
F 34
y

y
F3
x

x

1N

1N

Rechnerische Lösung:
Gleichung 2.5 liefert für die Resultierende den Nullvektor. Die Gleichgewichtsbedingung 3.7 ist somit erfüllt.
FR

=
=

3.2.2

F1 +F2 +F3 +F4
"
#
"
#
2+3+0−5
0
N =
N
1.5 − 1.5 − 1 + 1
0



Allgemeines Kräftesystem

Bei einem allgemeinen Kräftesystem schneiden sich die Wirkungslinien der
Kräfte nicht in einem Punkt. Es ist daher im Gleichgewicht, wenn sowohl
das Kräftegleichgewicht (Gleichung 3.7) als auch das Momentengleichgewicht
(Gleichung 3.8) erfüllt sind.
Beispiel 3.4 Allgemeines Kräftesystem
Die Kräfte Ax , Ay und By sind so zu bestimmen, dass sich der Körper, der
durch die Kräfte F1 , F2 und F3 belastet ist, im Gleichgewicht befindet.
α

F1

F3

F2

a
a

Ax
y
x
a

Ay

3a

By

2a

F1

=

F
√

2F

F2

=

F3

=

4F

α

=

45◦

38

3 Gleichgewicht starrer Körper

Lösung:
1. Schritt: Zerlegen der Kraft F2 in x- und y-Komponenten
Im nächsten Schritt sollen die skalaren Gleichgewichtsbedingungen verwendet werden.
F2

F2y

F2x

=

F2y

=

F2x

√

1√
2 = F
2
√
1√
2 = F
F2 sin α = 2 F
2
F2 cos α =

2F

2. Schritt: Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte und Momente
Da es sich hier um ein ebenes Problem handelt, genügen die drei
Gleichgewichtsbedingungen aus Gleichung 3.11:
↑

:

Ay + By − F2y − F3 = 0

→

:

Ax + F1 + F2x = 0

A

:

By 3a − F1 2a − F2x 2a − F2y 3a − F3 5a = 0



3. Schritt: Auflösen nach den gesuchten Größen
Da in x-Richtung nur eine unbekannte Kraft auftritt, lässt sich diese sofort
aus der entsprechenden Kräftegleichgewichtsbedingung bestimmen.
Ax

=

−F1 − F2x = −F − F = −2F

Aus dem Momentengleichgewicht um A folgt auch ohne Kenntnis von Ax
die gesuchte Kraft By .
By

=
=

1
(F1 2a + F2x 2a + F2y 3a + F3 5a)
3a
1
(F 2a + F 2a + F 3a + 4F 5a) = 9F
3a

Mit Kenntnis von By kann nun aus der Kräftegleichgewichtsbedingung in
y-Richtung die Kraft Ay berechnet werden.
Ay

=

−By + F2y + F3 = −9F + F + 4F = −4F

Alternative Formulierungsmöglichkeiten der Gleichgewichtsbedingungen
Die skalaren Kräftegleichgewichtsbedingungen können durch zusätzliche Momentengleichungen bzgl. anderer Punkte ersetzt werden. Dadurch ist es möglich,
jede Unbekannte direkt aus einer Gleichung zu berechnen, also ein entkoppeltes
Gleichungssystem zu erhalten.
Beim ebenen Fall kann Gleichung 3.11 durch die folgenden Gleichgewichtsbedingungen ersetzt werden:
P (P)
P (Q)
P
Mz = 0 ,
Mz = 0
(3.12)
Fx = 0 ,

39

3.3 Schnittprinzip

Dabei dürfen jedoch die beiden Bezugspunkte für die Momentengleichgewichte
nicht auf einer Linie liegen, die senkrecht auf der Richtung steht, in der das Kräftegleichgewicht ausgewertet wird. Wenn drei Momentengleichungen verwendet
werden,
P (Q)
P (R)
P (P)
Mz = 0 ,
Mz = 0 ,
(3.13)
Mz = 0 ,
dürfen die drei Momentenbezugspunkte nicht auf einer Geraden liegen, da ansonsten Kräfte mit dieser Geraden als Wirkungslinie im Gleichgewicht nicht
berücksichtigt würden.
Zusätzliche Gleichgewichtsbedingungen (auch solche mit mehreren zunächst unbekannten Größen) können zur Kontrolle der Ergebnisse verwendet werden.
Beispiel 3.5 Alternative Formulierung der Gleichgewichtsbedingungen
Für Beispiel 3.4 sind zusätzliche Momentengleichgewichtsbedingungen aufzustellen, mit denen die gesuchten Kräfte Ay und Ax direkt bestimmt werden können.
Lösung:
Mit dem Momentengleichgewicht um den Punkt B kann die gesuchte
Kraft Ay direkt bestimmt werden:


B

:
⇒

Ay 3a + F1 2a + F2x 2a + F3 2a = 0
1
Ay = − (F 2a + F 2a + 4F 2a) = −4F
3a

Das Momentengleichgewicht um den Kraftangriffspunkt von F2 liefert dann


2

:
⇒

Ax 2a − F3 2a − Ay 3a = 0
1
Ax =
(4F 2a − 4F 3a) = −2F
2a

Dieser Bezugspunkt hat den Vorteil, dass nur zwei weitere Kräfte einen Anteil zum Momentengleichgewicht liefern und die Gleichung somit einfacher
wird.

3.3

Schnittprinzip

Um alle auf einen Körper einwirkenden Kräfte zu erfassen, muss dieser von
seinen Bindungen befreit werden, indem diese gedanklich entfernt und durch die
entsprechenden (zunächst unbekannten) Bindungskräfte ersetzt werden. Dieser
Prozess wird Freischneiden genannt, man erhält das so genannte Freikörperbild .
Der Gleichgewichtszustand wird durch das Freischneiden nicht verändert. Um
Lager-, Gelenk- oder Zwischenreaktionen sichtbar zu machen, wird ein Tragwerk
an den entsprechenden Stellen freigeschnitten. Die Schnittkräfte und -momente

40

3 Gleichgewicht starrer Körper

sind dann gemäß dem Reaktionsaxiom, dem Prinzip von Kraft und Gegenkraft,
an den beiden Schnittufern entgegengesetzt wirkend anzutragen.
Mit dem Schnittprinzip können auch die Kräfte, die im Inneren der Körper wirken (innere Kräfte), sichtbar gemacht werden, indem ein Schnitt durch den Körper selbst geführt und die wirkenden Kräfte angetragen werden, vgl. Kapitel 6.

3.3.1

Lagerreaktionen

Damit Körper unter der Einwirkung von Kräften und Momenten im Zustand
der Ruhe verharren, müssen sie entsprechend gelagert werden. Bild 3.4 a) zeigt
beispielsweise die Systemskizze einer einfachen Brücke. Ersetzt man die beiden
Auflager des Tragwerks durch die Lagerkräfte Ax , Az und Bz , so erhält man
das Freikörperbild 3.4 b) des Systems, an dem alle äußeren Kräfte angetragen
werden. Auf die freigeschnittenen Lager wirken die Kräfte in entgegengesetzter Richtung und werden direkt in den Boden bzw. das Fundament geleitet,
Bild 3.4 c). In Bild 3.5 ist das Lager einer Brücke als reales Bauteil mit Systemskizze abgebildet.
F

F

a)

c)

b) Ax
A

Az

B
Az

Bz

Bz

Ax

Bild 3.4 Lagerreaktionen

Bild 3.5
Festlager einer Brücke (reales Bauteil und
Systemskizze)

Mit der Wertigkeit a eines Lagers bezeichnet man die Anzahl der aufnehmbaren
Reaktionskräfte und -momente. Im ebenen Fall kann die Wertigkeit eines Lagers
maximal drei, im räumlichen maximal sechs betragen. Eine Übersicht über gängige Lagerungen ebener Systeme zeigt Tabelle 3.1, siehe aber auch Tabelle B.1.

3.3.2

Gelenkreaktionen

Auch Gelenkkräfte können mit Hilfe des Schnittprinzips bestimmt werden. Im
Gelenk wird das System geschnitten, und die entsprechenden Gelenkkräfte werden an den beiden Schnittufern angetragen. Die Wertigkeit z eines Gelenks be-

41

3.3 Schnittprinzip
Bezeichnung

Symbol

Reaktionskräfte

Festlager

Wertigkeit

GG-Bed.

a=2

MA = 0

a=1

Ax = 0

Ax
Az
Loslager

MA = 0

Az
MA

Einspannung

a=3

Ax
Az
verschiebliche
Einspannung

MA

a=2

Az = 0

Ax

Tabelle 3.1 Lagerreaktionen ebener Systeme

zeichnet die Anzahl der übertragenen Schnittkräfte und -momente. Tabelle 3.2
zeigt verschiedene innere Bindungen und die entsprechenden Schnittkräfte und
-momente.
Durch Schneiden des Systems in Bild 3.6 im Gelenk erhält man zwei Teilsysteme,
an denen die Gelenkkräfte Gx und Gz angreifen. Momente können durch dieses
(Momenten-)Gelenk nicht übertragen werden (z = 2).
a)

b)

Gz
Gx
Gx
Gz

Bild 3.6 Gelenkreaktionen

3.3.3

Zusammengesetzte Systeme

Die Auflagerreaktionen eines aus mehreren starren Teilkörpern zusammengesetzten Systems, wie beispielhaft in Bild 3.7 a) gezeigt, lassen sich in der Regel
nicht direkt bestimmen, da für das Gesamtsystem in der Ebene nur drei, im
Raum nur sechs Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung stehen. Schneidet
man jedoch das Gesamtsystem gedanklich in mehrere Einzelsysteme und trägt

42

3 Gleichgewicht starrer Körper
Bezeichnung

Symbol

Reaktionskräfte

Wertigkeit

GG-Bed.

z=2

M =0

z=2

Gz = 0

z=1

Gz = 0

Gz
(Momenten-)
Gelenk

Gx
Gx

MG

Gz
MG

Gx

Querkraftgelenk

Gx
Pendelstab

Gx

M =0

Gx
Gz

Normalkraftgelenk

MG

MG
z=2

Gx = 0

(Schiebehülse)
Gz
Tabelle 3.2 Gelenk- und Zwischenreaktionen ebener Systeme

die Schnittkräfte und -momente an den entstehenden Schnittufern an (Bild 3.7
b)), so können für jedes einzelne Teilsystem die entsprechenden Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt werden, da jedes Teilsystem für sich im Gleichgewicht
sein muss. Man erhält hierdurch ein Gleichungssystem, mit dem sowohl die Auflagerreaktionen als auch die Gelenkkräfte bestimmen werden können, sofern das
System statisch bestimmt ist, vgl. Abschnitt 3.4.
F̂1

F̂1

F̂2

x

F̂2

z

Gz
Gx

C
A

Gz

B
a)

Cx

Gx
Az

b)

Bx
Bz

Bild 3.7 Zusammengesetztes System

Bei dem in Bild 3.7 angegebenen System erhält man zwei Teilsysteme und sechs
unbekannte Lager- und Gelenkreaktionen. Für diese beiden Teilsysteme lassen
sich jeweils drei Gleichgewichtsbedingungen aufstellen. Diese insgesamt sechs

43

3.3 Schnittprinzip

Gleichungen (lineares Gleichungssystem) kann man in Matrix-Form schreiben:
2
6
6
6
6
6
6
6
4
|

A11
A21
A31
A41
A51
A61

A12
A22
A32
A42
A52
A62

A13
A23
A33
A43
A53
A63

A14
A24
A34
A44
A54
A64

{z
A

A15
A25
A35
A45
A55
A65

A16
A26
A36
A46
A56
A66

32
76
76
76
76
76
76
76
54
}|

=

Az
Bx
Bz
Cx
Gx
Gz
{z
= f

3

2

6
7
6
7
6
7
6
7
7 = 6
6
7
6
7
4
5
}

|

F1
F2
F3
F4
F5
F6
{z
= p

3
7
7
7
7
7 (3.14)
7
7
5
}

Allgemein führt dies auf ein lineares Gleichungssystem
Af = p.

(3.15)

Die Koeffizienten Aij der Matrix A stellen Abhängigkeiten aus den Gleichgewichtsbedingungen zwischen den Lager- und Gelenkreaktionen dar. Der Lösungsvektor f enthält die unbekannten Reaktionen und der Lastvektor p die
äußeren Lasten. Die manuelle Lösung linearer Gleichungssysteme kann sehr aufwändig werden, wenn viele unbekannte Lager- und Gelenkreaktionen auftreten.
In solchen Fällen werden zweckmäßig Computerprogramme eingesetzt.
Durch geschicktes Schneiden des Systems und entsprechende Wahl der Gleichgewichtsbedingungen kann der Lösungsaufwand für das Gleichungssystem oftmals
deutlich reduziert werden, indem entkoppelte Gleichungen aufgestellt werden.
Hierbei sollte darauf geachtet werden, dass
• der Bezugspunkt für Momentengleichgewichte so gewählt wird, dass nur eine
unbekannte Kraft ein Moment ausübt,
• das System so zerlegt wird, dass nicht unnötigerweise innere Schnittkräfte
und -momente bestimmt werden müssen.
Beispiel 3.6 Zusammengesetzte Systeme
Die Lagerreaktionen und Gelenkkräfte des dargestellten Tragwerkes sind zu
bestimmen.
F
M
G2
G1
a
A

B
a

a

Lösung:
Zunächst wird das Tragwerk durch Schneiden in den Gelenken und an den
Auflagern in drei Teilsysteme aufgeteilt.

44

3 Gleichgewicht starrer Körper
F

G1z
G1x

I

M

G2z

G2z

G2x
II

G1z
MA

III
Bx

Ax
Az

Bz

Die Last F am Gelenk G1 kann nach dem Schneiden des Gelenks auch
im Teilsystem I statt im Teilsystem II angebracht werden. Dies ändert das
Ergebnis für die Auflager nicht, lediglich die Gelenkkraft G1z verändert sich
um den Betrag F .
Durch Aufstellen der drei Gleichgewichtsbedingungen für das Teilsystem III
erhält man
G2z
G2x



III

→

a

B

:

G2x a = 0

⇒

G2x = 0 ,

:
⇒

Bx

↑

Bz

:
⇒

Bx − G2x = 0
Bx = 0 ,
Bz − G2z = 0
Bz = G2z .

Das Teilsystem II liefert
←
F
G1x

G2z

⇒

M



G2x
G1z

:

G2

:
⇒

II


G1x = 0 ,
G1z a + M + F a = 0
M
G1z = −
−F ,
a

G2z a + M = 0
M
⇒ G2z = −
= Bz .
a
Jetzt können am Teilsystem I die Auflagerreaktionen in A bestimmt werden.
a

G1

:

G1x − G2x = 0

45

3.3 Schnittprinzip

G1z

←

I

:
⇒

G1x

a

↑

a

⇒

Ax

MA

:



A

Az

:
⇒

Ax − G1x = 0
Ax = 0
Az + G1z = 0
M
+F
Az =
a
MA + G1x a − G1z a = 0
MA = −M − F a

Lösung mit Maple:
Alternativ kann man die für jedes Teilsystem erhältlichen drei Gleichgewichtsbedingungen in Matrix-Form analog zu Gleichung 3.14 aufstellen.
Jede Zeile der Matrix A entspricht einer der oben aufgestellten Gleichgewichtsbedingungen, die erste Zeile beispielsweise gibt das Momentengleichgewicht um Punkt B für das dritte Teilsystem wieder.
2
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
4
|

0
0
0
0
0
0
1
0
0

0
0
0
0
0
0
0
1
0

0
0
0
0
0
0
0
0
1

0
0
0
1
0
0
−1
0
a

0
0
0
0
a
0
0
1
−a
{z
= A

a
−1
0
−1
0
0
0
0
0

0
0
−1
0
0
a
0
0
0

0
1
0
0
0
0
0
0
0

0
0
1
0
0
0
0
0
0

32

2
3
3
Ax
0
6
7
76 A 7
0
6
7
76 z 7
6
7
7
76
0
6
7
7 6 MA 7
6
7
7
76
6
7
7 6G1x 7
0
6
7
7
76
7 6G1z 7 = 6−F a − M 7 .
6
7
7
76
6 −M 7
7 6G 7
6
7
7 6 2x 7
6
7
7
76
6
7
7 6G2z 7
0
6
7
7
76
4
5
5 4 Bx 5
0
Bz
} | {z }
= f

|

0
{z
= p

}

Die Lösung dieses Gleichungssystems soll hier beispielhaft mit dem
Computeralgebra-Systems Maple vorgeführt werden. Mit dem Befehl
> with(linalg):
wird das Paket für die lineare Algebra geladen. Anschließend werden die
Matrix A sowie der Lastvektor p eingegeben.
> A:=matrix([[0,0,0,0,0,a,0,0,0],[0,0,0,0,0,-1,0,1,0],
[0,0,0,0,0,0,-1,0,1],[0,0,0,1,0,-1,0,0,0],
[0,0,0,0,a,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,a,0,0],
[1,0,0,-1,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,0,0,0,0],
[0,0,1,a,-a,0,0,0,0]]):
> p:=vector([0,0,0,0,-F*a-M,-M,0,0,0]):
Die Lösung des Gleichungssystems erfolgt mit dem Befehl linsolve aus
dem linalg-Paket.
> f:=linsolve(A, p);

46

3 Gleichgewicht starrer Körper

Maple gibt daraufhin folgendes Ergebnis aus.

f

:=

»
–
Fa + M
Fa + M
M
M
0,
, −F a − M, 0, −
, 0, − , 0, −
a
a
a
a

Die Zuordnung der Einträge zu den gesuchten Lager- und Gelenkreaktionen
erfolgt mit Hilfe des Lösungsvektors f aus der Aufstellung des Gleichungssystems. So handelt es sich bei dem dritten Eintrag beispielsweise um das
Lagermoment MA .

Pendelstab
Stabartige Bauteile, an denen keine äußeren Lasten angreifen und die an beiden
Enden mit Momentengelenken angeschlossen sind, werden Pendelstäbe genannt,
siehe Tabelle 3.2, Zeile 3. Sie sind nur dann im Gleichgewicht, wenn die beiden
Gelenkkräfte auf einer gemeinsamen Wirkungslinie liegen, gleich groß und entgegengesetzt gerichtet sind. Von Pendelstützen spricht man, wenn der Pendelstab
ein System mit einem Auflager verbindet, siehe Bild 3.8.

P

P

Bild 3.8 Pendelstütze (reales Bauteil, Systemskizze und Freikörperbild)

In Beispiel 3.6 greifen am Teilsystem III nur an den Enden die beiden Kräfte
B und G2 an. Das bedeutet, dass Gleichgewicht nur möglich ist, wenn diese
Kräfte auf der gleichen Wirkungslinie liegen. An einem geraden Stab wirken die
Kräfte daher stets in Längsrichtung. Der in Bild 3.9 a) gezeigte Körper ist durch
drei Pendelstützen gelagert. Diese Information kann bereits beim Freikörperbild
genutzt werden, so dass (hier) nur drei unbekannte Auflagerkräfte angetragen
werden müssen, deren Richtungen vorab bekannt sind, siehe Bild 3.9 b).

47

3.4 Statische Bestimmtheit
a)

b)

S1
S2

Bild 3.9
Lagerung durch
Pendelstützen

3.4

S3

Statische Bestimmtheit

Ein mechanisches System ist statisch bestimmt, wenn sämtliche Lager- und
Zwischenreaktionen allein aus den Gleichgewichtsbedingungen ermittelt werden können. Hierzu kann es notwendig sein, das System in mehrere Teilsysteme zu zerschneiden. Man unterscheidet die äußere und innere statische Bestimmtheit. Wenn ein System äußerlich statisch bestimmt ist, können alle Auflagerreaktionen mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen berechnet werden, bei
innerer statischer Bestimmtheit alle Zwischenreaktionen.
Die statische Bestimmtheit eines Systems ist eine reine Systemgröße, sie hängt
nicht von der äußeren Belastung ab.

3.4.1

Notwendige Bedingung

Für jedes Teilsystem stehen im ebenen Fall (2D) drei Gleichgewichtsbedingungen, im räumlichen Fall (3D) sechs Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung.
Es dürfen nun insgesamt nicht mehr unbekannte Größen zu bestimmen sein, als
Gleichungen zur Verfügung stehen. Eine notwendige Bedingung für die statische
und kinematische Bestimmtheit ist daher die Abzählformel:
2D :

f ≥ fmin = 3 n − a − z = 0

3D :

f ≥ fmin = 6 n − a − z = 0

mit

(3.16)

n

Anzahl der Teilsysteme

z

Anzahl der Gelenk- und Zwischenreaktionen

(

)

a

Anzahl der Auflagerreaktionen

(

()

)

Die tatsächliche Anzahl der Freiheitsgrade f kann mit diesem Abzählkriterium
nicht immer bestimmt werden. Daher kann das Abzählkriterium lediglich als
notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit dienen. Einige Ausnahmefälle erfasst das Abzählkriterium nicht, vgl. Beispiel 3.8.
Das Abzählkriterium nach Gleichung 3.16 liefert dann die Aussage
fmin = 0

:

statisch bestimmt

fmin > 0

:

kinematisch unbestimmt, unterbestimmt, beweglich

fmin < 0

:

statisch unbestimmt, überbestimmt

48

3 Gleichgewicht starrer Körper

Ein kinematisch unbestimmtes Tragwerk (f > 0) bezeichnet mach auch als Mechanismus, der gewollte Bewegungen ausführen kann. Die Lösung statisch unbestimmter Systeme (f < 0) erfordert die Einbeziehung der Tragwerksverformung
in die Berechnung und wird in Teil II dieses Buches behandelt.
Anmerkung: Greifen m Teilsysteme an einem (Momenten-)Gelenk an, so treten
für jedes Teilsystem zwei zusätzliche Zwischenreaktionen auf, und es gilt z =
2 (m − 1).

Beispiel 3.7 Statische Bestimmtheit (Abzählformel)
Anhand der Abzählformel ist die statische Bestimmtheit des Systems aus
Beispiel 3.6 zu bestimmen.
Lösung:
Zunächst werden die einzelnen Teilsysteme freigeschnitten und alle Schnittund Reaktionskräfte angetragen. Abzählen und Einsetzen in Gleichung 3.16
liefert
2
I

n = 3,

II

2

a = 5,

z = 4,

III

fmin
3

2

=

a + z − 3n

=

5 + 4 − 3 · 3 = 0.

Das System ist somit statisch bestimmt, die Lager- und Gelenkreaktionen
können alle durch Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen berechnet
werden, wie bereits in Beispiel 3.6 durchgeführt.
Beispiel 3.8 Statische Bestimmtheit (Ausnahmefall)
Das dargestellte System ist auf seine statische Bestimmtheit zu untersuchen.
Lösung:
Das Abzählkriterium liefert mit
n = 1,
1

1

1

fmin

a = 3,
=

z=0

a + z − 3n

= 3 + 0 − 3 · 1 = 0.
Obwohl das notwendige Kriterium (fmin = 0) für die statische Bestimmtheit
erfüllt ist, ist das System in horizontaler Richtung verschieblich gelagert,
also kinematisch unbestimmt. Die Anzahl der Freiheitsgrade ist daher f = 1.
Es liegt der Ausnahmefall vor, dass die Wirkungslinien der drei Lagerkräfte
parallel sind, so dass mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen nicht alle
Lagerreaktionen berechnet werden können.

49

3.4 Statische Bestimmtheit

3.4.2

Hinreichende Bedingung

Ein hinreichendes Kriterium für statische und kinematische Bestimmtheit lässt
sich aus dem Gleichungssystem zur Bestimmung der Lager- und Gelenkkräfte
formulieren. Dieses Gleichungssystem muss eine eindeutige Lösung haben. Das
ist nur dann der Fall, wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix A aus
Gleichung 3.15 ungleich null ist (Determinantenkriterium):
det A = 0

(3.17)

Beispiel 3.9 Statische Bestimmtheit (Determinantenkriterium)
Gesucht ist das Verhältnis a/b, für welches das dargestellte System verschieblich ist. Die Überprüfung soll mit Hilfe der Determinante der Koeffizientenmatrix und zum Vergleich mit der Abzählformel durchgeführt
werden.
F

1

B

2
a
3

b

Lösung:
Das Gleichungssystem aus den Gleichgewichtsbedingungen lässt sich mit
Hilfe des Freikörperbildes aus Bild 3.9 b) bestimmen.
↑
→



B

:
:
:

+ S1

√
+ 1/ 2 S2
√
+ 1/ 2 S2

b S1

+ S3
− a S3

=
=
=

0
F
0

Dieses Gleichungssystem kann in Matrix-Schreibweise notiert werden, wobei die unbekannten Stabkräfte S1 , S2 und S3 im Lösungsvektor f und
die äußeren Lasten im Lastvektor p zusammengefasst werden. Die entsprechenden Koeffizienten des Gleichungssystems bilden die Matrix A, und man
erhält
32
3
2
2
3
√
0
1 1/ 2
S1
0
√
76
7
6
6
7
1 5 4 S2 5 = 4 F 5 .
4 0 1/ 2
b
0
−a
S3
0
|
{z
} | {z }
| {z }
= p
= A
= f
Damit kann die Determinante der Koeffizientenmatrix A berechnet werden.
a
b
det A = √ − √
2
2

50

3 Gleichgewicht starrer Körper

Die Determinante det(A) ist gleich null für a = b. Das Gleichungssystem ist
dann singulär. Obwohl die notwendige Bedingung für statische und kinematische Bestimmtheit (Gleichung 3.16) mit f = 0 erfüllt ist, ist das System
für a = b beweglich. Dies resultiert aus der Tatsache, dass für a = b die
Stabkräfte S1 bis S3 ein zentrales Kräftesystem bilden, das kein Moment
aufnehmen kann, was jedoch unter Belastung des System i. d. R. auftritt.
Man sieht an diesem Beispiel, dass die Koeffizientenmatrix A, deren Determinante und somit die statische Bestimmtheit unabhängig von der Belastung des Systems ist. Die äußere Last F geht nur in den Lastvektor p
ein.

3.5

Übungsaufgaben

Aufgabe 3.1 (Schwierigkeitsgrad 1)
Wie groß muss F2 sein, damit sich der dargestellte Körper im Gleichgewicht
befindet?
Gegeben: F1 , a

2a

F1
F2

Lösung:

a
F2

F2

=

2 F1

F1

Aufgabe 3.2 (Schwierigkeitsgrad 1)
Bestimmen Sie die Kräfte Ax , Az und Bz in Abhängigkeit von a, so dass sich
das System im Gleichgewicht befindet.
Gegeben: , F

Lösung:
a
Ax

Az

F



Bz

Ax

=

Az

=

Bz

=

0
“
a”
F
1−

a
F


51

3.5 Übungsaufgaben

Aufgabe 3.3 (Schwierigkeitsgrad 2)
Das dargestellte räumliche System aus drei Stäben wird durch eine Kraft F
belastet.
Bestimmen Sie die Stabkräfte S1 , S2 und S3 .
Gegeben: F = F ez , F , a

Lösung:

a

√

a
x
2a
z y S
2

a

S1

a
S3

S1

=

S2

=

S3

=

F

6
F
3
√
5
F
3
√
2
5F
−
3

Aufgabe 3.4 (Schwierigkeitsgrad 2)
Die Aufhängung für eine Oberleitung der Bahn wird durch das Gewicht der
Leitung belastet.
Berechnen Sie die Kräfte in den Stäben 1 und 2,
a) wenn die Kraft aus der Leitung genau senkrecht nach unten zeigt,
b) wenn in einer Kurve die Kraft unter dem Winkel ϕ schräg angreift.
Gegeben: a = 3.5 m, b = 1.0 m, ϕ = 20◦ , F

a
a)

1
2
F

b)

Lösung:
b
a)
b)

ϕ
F

S1

= 3.50 F

S2

= −3.64 F

S1

= 3.63 F

S2

= −3.42 F

52

3 Gleichgewicht starrer Körper

Aufgabe 3.5 (Schwierigkeitsgrad 1)
Eine Straßenlampe ist wie dargestellt an zwei Drähten aufgehängt.
Berechnen Sie die Kraft in den Drähten.
Gegeben: G, α

α

α

Lösung:
S1 = S2 =

G

G
2 sin α

Aufgabe 3.6 (Schwierigkeitsgrad 1)
An einem räumlichen Kragarm greift eine Kraft F an, die in einer Ebene
parallel zur y-z-Ebene liegt und mit dem Ende des Kragarms den Winkel α
einschließt.
Berechnen Sie die Auflagerreaktionen.
Gegeben: F , α, a, b

Lösung:
y

2

F

z x
α

A

=

MA

=

a
b

3
0
6
7
4 F cos α 5
−F sin α
3
2
F b sin α
7
6
4 F a sin α 5
F a cos α

53

3.5 Übungsaufgaben

Aufgabe 3.7 (Schwierigkeitsgrad 2)
Das dargestellte ebene System ist durch drei Kräfte belastet.
a) Überprüfen Sie mit Hilfe des Abzählkriteriums die statische Bestimmtheit.
b) Bestimmen Sie die Auflagerreaktionen und die Gelenkkräfte in G1 .
√
√
Gegeben: F1 = 3 2 kN, F2 = 4 kN, F3 = 20 2 kN, a = 1 m

Lösung:
5m
A

√

√

2a

2a

√
5 2a

G1

b)

F2

√
2 2a
F1

√
2.5 2a

=

Ax

=

↑

Az

=

→

Bx

=

←

B

z

G2

fmin

a)
x

F3

↑


Bz

=

MA

=

G1x

=

G1z

=

0

√
10 2 kN
√
9 2 kN
√
12 2 kN
√
10 2 kN
√
45 2 kNm
√
10 2 kN
√
12 2 kN

Aufgabe 3.8 (Schwierigkeitsgrad 2)
Das skizzierte räumliche System ist durch zwei Kräfte sowie ein Moment
belastet.
Berechnen Sie die unbekannten Lagerreaktionen in A, B, C, D, E und H sowie
die Gelenkkräfte in G.
Gegeben: a, F1 = F2 = F , M = F a

a/2

x

F1

y z
H
B
A

F2

a/2

Lösung:

a

Ax = 0, Ay = − F2 , Az =

G
E

M

C

a

3F
4

,

B=

F
2

, C = − F2 , D = − 3F
,
4

E=

F
2

, H = 0,

D
Gx = 0, Gy = 0, Gz = − F2

54

3 Gleichgewicht starrer Körper

Aufgabe 3.9 (Schwierigkeitsgrad 2)
Ein Dreigelenkbogen wird durch eine Kraft F belastet.
a) Berechnen Sie die Auflagerreaktionen.
b) Überprüfen Sie mit einem geeigneten Verfahren, für welche Höhe h das System verschieblich wird.
Gegeben: F , a, h

F

Lösung:
a) →

Ax

=

←

Bx

=

↑

Ay

=

By =

h

=

0

h

a

b)

a

a
F
2h
a
F
2h
F
2

Aufgabe 3.10 (Schwierigkeitsgrad 2)
Das dargestellte ebene System ist durch die zwei Kräfte F1 und F2 belastet.
a) Stellen Sie die Gleichgewichtsbedingungen auf.
b) Für welchen Winkel α wird das System verschieblich?
Gegeben: F1 = 1 kN, F2 = 2 kN, a = 1 m

a
A

a

2a

F1

Lösung:
F2
AV + B cos α

=

1 kN

AH + B sin α

=

2 kN

B (2 sin α + 4 cos α)

=

1 kN

b)

=

−63.43◦

a)
2a
B
α

α

4

Fachwerke

Als Fachwerk bezeichnet man ein Tragwerk, das aus geraden Stäben besteht,
welche an ihren Endpunkten miteinander verbunden sind, siehe Bild 4.1. Bei
einem Fachwerk werden üblicherweise die Annahmen getroffen, dass
• die Stäbe an den Knoten durch reibungsfreie Gelenke zentrisch miteinander
verbunden sind,
• äußere Kräfte nur in den Knoten angreifen und
• das Eigengewicht der Stäbe gegenüber der äußeren Last vernachlässigbar ist
(bzw. auf die Knoten verteilt wird).

Bild 4.1
Fachwerkkonstruktion
des Fahrbahnträgers der
Brücke des 25. April
über den Tejo, Lissabon
(1966)

Unter den obigen Annahmen werden die Stäbe des Fachwerks ausschließlich auf
Zug oder Druck beansprucht, der über die Stablänge konstant ist. Man trifft
dabei die Vorzeichenkonvention, dass Zugkräfte als positive, Druckkräfte als
negative Stabkräfte angetragen werden (siehe Bild 4.2).
a) F
F

F
S = +F

b) F
F

F
S = −F

Bild 4.2 Fachwerkstäbe: a) Zugstab, b) Druckstab

Grundsätzliches Ziel der Gleichgewichtsbetrachtung an Fachwerkstrukturen ist
es, die Stabkräfte zu ermitteln, um sich einen Eindruck über die Beanspruchung dieser Bauteile zu verschaffen. Mit den obigen Modellannahmen wird die
Gleichgewichtsanalyse an Fachwerksystemen erheblich vereinfacht und die Praxis zeigt, dass beispielsweise die Idealisierung real ausgeführter Knoten durch

56

4 Fachwerke

ideale Gelenke eine gute Näherung ist. Die nachfolgend vorgestellten Lösungsverfahren folgen aus der konsequenten Anwendung der bislang erlernten Analyse
des Gleichgewichts an Systemen starrer Körper, wobei lediglich die getroffenen
Modellannahmen die Berechnungen deutlich vereinfachen.

4.1

Gleichgewicht am Knoten

Unter den oben aufgezeigten Modellvorstellungen können die einzelnen Fachwerkknoten als zentrale Kräftesysteme aufgefasst werden (vgl. Abschnitt 3.2.1).
An jedem Knoten stehen im ebenen Fall zwei, im räumlichen Fall drei Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte zur Verfügung, um drei bzw. zwei unbekannte
Stabkräfte zu berechnen. Das Momentengleichgewicht ist bezüglich des Knotens
a priori erfüllt.
Beim so genannten Knotenpunktverfahren werden daher zur Bestimmung der
Stabkräfte die einzelnen Knoten des Fachwerks gedanklich freigeschnitten und
die Stabkräfte in Stabrichtung angetragen, siehe Bild 4.3. Die Gleichgewichtsbedingungen führen zu einem linearen Gleichungssystem für die Stabkräfte und
Lagerreaktionen, vgl. Beispiel 4.1.

5

F1

F2

F1

S5
S3

4
1

3

S1

2

Bild 4.3
Freischneiden eines
Fachwerkknotens

Die Vor- und Nachteile dieser Vorgehensweise sind:
⊕ Das Verfahren ist gut automatisierbar und kann leicht in ein Computerprogramm umgesetzt werden.
 Es entstehen unter Umständen sehr große Gleichungssysteme mit vielen Unbekannten.
 Die Stabkräfte des Fachwerks können meist nur vollständig berechnet werden,
selbst wenn diese nur für wenige Stäbe benötigt werden.

4.2

Nullstäbe

Fachwerkstäbe, die vollkommen unbelastet sind, nennt man Nullstäbe. Bei der
Fachwerksberechnung ist es sehr hilfreich, schon vor der Berechnung zu wissen,

57

4.2 Nullstäbe

welche Stäbe offensichtlich unbelastet sind. Die Gleichgewichtsbedingungen vereinfachen sich dann an den entsprechenden Knoten. Mit Hilfe der folgenden, aus
den Gleichgewichtsbedingungen abgeleiteten Regeln können Nullstäbe erkannt
werden.
S1

S1

ϕ

S3

ϕ
S2

F

S2

1. Fall

ϕ

S1

2. Fall

S2

3. Fall

Bild 4.4 Nullstäbe

1. Fall: An einem Knoten mit zwei nicht gleichgerichteten Stäben greift nur eine
Kraft F an, die genau in Richtung des Stabes 1 wirkt. Aus dem Kräftegleichgewicht folgt sofort, dass der Stab 2 ein Nullstab ist:
→

:

S2 sin ϕ = 0

⇒

S2 = 0

(4.1)

2. Fall: Greift an einem Knoten mit zwei nicht gleichgerichteten Stäben keine
äußere Last an, sind beide Stäbe Nullstäbe:
→

:

S2 sin ϕ = 0

↑

:

S1 + S2 cos ϕ = 0

⇒

S2 = 0

(4.2)

⇒

(4.3)

S1 = 0

3. Fall: Greift an einem Knoten mit drei Stäben keine äußere Last an und haben
zwei der Stäbe dieselbe Ausrichtung, dann ist der dritte Stab ein Nullstab:
↑

:

S3 sin ϕ = 0

⇒

S3 = 0

(4.4)

Oft entsteht einer der oben skizzierten Fälle dadurch, dass bereits erkannte
Nullstäbe aus dem Fachwerk gedanklich entfernt werden.
Beispiel 4.1 Gleichgewicht am Knoten
Die Stabkräfte des dargestellten ebenen Fachwerks sollen mit Hilfe des
Gleichgewichts am Knoten bestimmt werden.
F

a
A

B
2a

2a

2a

58

4 Fachwerke

Lösung:
Wendet man das Knotenpunktverfahren von Hand an, so wählt man die
Reihenfolge der Knoten bei der Berechnung geschickterweise so, dass am
jeweils betrachteten Knoten lediglich zwei unbekannte Stabkräfte angreifen.
Soweit erforderlich, sollten die Auflagerreaktionen vorab ermittelt werden.
Außerdem empfiehlt sich vor der Rechnung die Untersuchung des Fachwerks
auf offensichtliche Nullstäbe, siehe Abschnitt 4.2.
1. Schritt: Mit Hilfe des Freikörperbildes können hier die Auflagerreaktionen sofort bestimmt werden.
→

:

AH = 0

A

:

AV 6a − F 2a = 0

:

B + AV − F = 0



↑

⇒
⇒

AV =

2
3

1
3

F

B =

F

F
2

II

III

6

3

7

VII
13

9
12 α

8

4

AH

10
11

5

1
I

V

IV

VIII

VI
B

AV

2. Schritt: Anhand der in Abschnitt 4.2 vorgestellten Fallgruppen kann man
folgende Nullstäbe erkennen:
1. Fall:

S4 = 0

2. Fall:

S10 = S13 = 0

(da AH = 0)

3. Fall:

S9 = 0

3. Schritt: Die Berechnung der Stabkräfte kann zum Beispiel am Knoten VIII beginnen. An diesem Knoten greifen nur zwei unbekannte Kräfte
bekannt ist. Aus der
an, da S13 = 0 und die Lagerkraft B √
√ Geometrie folgt
für die Winkelbeziehungen sin α = 1/ 5 und cos α = 2/ 5.
S13 = 0
S11
α

↑

:
⇒

VIII

S12

−S12 − S11 cos α = 0
2
2
⇒ S12 = − √ S11 = F
3
5
Wegen S9 = 0 (siehe 2. Schritt) kann das Gleichgewicht für Knoten VI
angeschrieben werden.
B=

1
F
3

→

S11 sin α + B = 0
√
√
5
S11 = − 5B = −
F
3

:

59

4.3 Statische Bestimmtheit
S9 = 0

→

:

S12 − S8 = 0

2
F
3
Auch die Stabkräfte am Knoten V können bestimmt werden, da S10 = 0
ist.
VI

S8

S12

⇒

↑
V

S6
S7

α

S10 = 0

:
⇒

S11

S8 =

−S7 sin α − S11 sin α = 0
√
5
S7 = −S11 =
F
3

−S6 − S7 cos α + S11 cos α = 0
2
2
4
⇒ S6 = − F − F = − F
3
3
3
Die übrigen Stabkräfte können entsprechend der Reihe nach berechnet werden.
→

:

Lösung mittels Computerprogramm:
Will man das Knotenpunktverfahren in einem Computerprogramm umsetzen, so werden für jeden Knoten die beiden
(Kräfte-)Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt. Die unbekannten Stabkräfte und Lagerreaktionen werden dann in Form eines Lösungsvektors f
angeordnet. Die entsprechenden Koeffizienten der Gleichungen bilden
wiederum eine Matrix A, die äußeren Kräfte den Lastvektor p, und
man erhält eine lineares Gleichungssystem in Matrix-Form entsprechend
Gleichung 3.15 mit
f

=

[ S1 S2 S3 . . . S13 AH AV B ]T ,

p

=

[ 0 0 ...
2
A1,1
6 A
2,1
6
6
6 A3,1
6
..
6
4
.
A16,1

A

=

0 F ]T ,
A1,2
A2,2
A3,2
..
.
A16,2

A1,3
A2,3
A3,3
..
.
A16,3

A1,4
A2,4
A3,4
..
.
A16,4

···
···
···
..
.
···

A1,16
A2,16
A3,16
..
.
A16,16

3
7
7
7
7.
7
7
5

Die Lösung des Gleichungssystems kann analog zu Beispiel 3.6 erfolgen.

4.3

Statische Bestimmtheit

Für jeden Knoten stehen im ebenen Fall (2D) zwei und im räumlichen Fall (3D)
drei Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung. Es dürfen nun insgesamt nicht
mehr unbekannte Größen zu bestimmen sein, als Gleichungen zur Verfügung

60

4 Fachwerke

stehen (vgl. Abschnitt 3.4), so dass für die Abzählformel bei Fachwerken gilt:
2D :

f ≥ fmin = 2 k − a − s = 0

3D :

f ≥ fmin = 3 k − a − s = 0

mit

k

Anzahl der Knoten

a

Anzahl der Lagerreaktionen

s

Anzahl der Stäbe

(4.5)

Diese Bedingung für statische Bestimmtheit eines Fachwerks ist nicht hinreichend. Die hinreichende Bedingung ist auch hier das Determinantenkriterium
(vgl. Abschnitt 3.4.2):
det A = 0

(4.6)

Beispiel 4.2 Statische Bestimmtheit
Die statische Bestimmtheit des Fachwerks aus Beispiel 4.1 ist mit Hilfe der
Abzählformel zu überprüfen.
Lösung:
Aus Gleichung 4.5 folgt für dieses ebene Problem mit k = 8, a = 3 und
s = 13
fmin = 2 · 8 − 3 − 13 = 0 .
Das Fachwerk ist somit statisch bestimmt, die Lager- und Stabkräfte können (zumindest entsprechend der notwendigen Bedingung) mit Hilfe der
Gleichgewichtsbedingungen ermittelt werden.
Anmerkung: Für die Überprüfung der hinreichenden Bedingung für statische
Bestimmtheit mit dem Determinantenkriterium bietet sich die Verwendung eines
Computerprogrammes an.

4.4

Ritter-Schnitt

Alternativ zu der in Abschnitt 4.1 beschriebenen Vorgehensweise, bei dem das
Gleichgewicht des zentralen Kräftesystems an den Knoten des Fachwerks untersucht worden ist, kann natürlich auch ein beliebiger Schnitt durch das Fachwerk
gelegt werden, um die unbekannten Stabkräfte mit Hilfe des Freikörperbildes zu
ermitteln. Dann sind allgemeine Kräftesysteme zu untersuchen, wobei nun an
jedem Teilsystem im ebenen Fall drei, im räumlichen Fall sechs Gleichgewichtsbedingungen zur Verfügung stehen.

61

4.4 Ritter-Schnitt

Zerlegt man ein ebenes Fachwerk so, dass drei Stäbe geschnitten werden, die
nicht durch einen gemeinsamen Punkt gehen, so entsteht ein allgemeines Kräftesystem, das drei Gleichungen für die drei unbekannten Stabkräfte zur Verfügung stellt, die also direkt aus den Gleichgewichtsbedingungen bestimmt werden
können. Diese Vorgehensweise wird nach August Ritter (1826 – 1908) RitterSchnitt-Verfahren genannt.
Die Vor- und Nachteile dieser Vorgehensweise sind:
⊕ Man kann einzelne interessierende Stabkräfte bestimmen, ohne das ganze
System lösen zu müssen.
⊕ Das Verfahren ist für wenige Stäbe mit niedrigem Aufwand von Hand durchführbar.
 Es fordert eine gewisse Erfahrung, geeignete Schnitte zu finden.
 Das Verfahren ist unter Umständen aufwändig, wenn alle Stabkräfte berechnet werden sollen.
Das Ritter-Schnitt-Verfahren kann auch mit dem Knotenpunktverfahren kombiniert werden, um die jeweiligen Vorteile auszunutzen.

Beispiel 4.3 Ritter-Schnitt-Verfahren
Zu bestimmen sind die Stabkräfte S2 bis S4 aus Beispiel 4.1. Die Auflagerreaktionen können als bekannt voraus gesetzt werden.
F

a
A

B
2a

2a

2a

Lösung:
Das Fachwerk wird so zerlegt, dass die drei gesuchten Stäbe wie abgebildet
geschnitten werden. In der Regel ist es sinnvoll, zwei Momentengleichgewichte um den Schnittpunkt jeweils zweier Stäbe aufzustellen. Als dritte
Gleichgewichtsbedingung dient dann die Kräftegleichgewichtsbedingung in
vertikaler Richtung.

62

4 Fachwerke


I

I

S2



S3

IV

:

−S4 a = 0

:

S2 a + AV 2a = 0

AH = 0

IV

S4 = 0

4
S2 = −2AV = − F
3

⇒

II

⇒

1
−S3 √ + AV = 0
5
√
√
2 5
⇒ S3 = 5AV =
F
3
Bei Stab 4 handelt es sich um einen Nullstab (vgl. Bild 4.4, 1. Fall), bei
Stab 2 um einen Druck- und bei Stab 3 um einen Zugstab.
S4

AV

4.5

↑

:

Übungsaufgaben

Aufgabe 4.1 (Schwierigkeitsgrad 2)
Das abgebildete ebene Fachwerk ist durch zwei Kräfte F belastet.
a) Überprüfen Sie die statische Bestimmtheit des Systems.
b) Bestimmen Sie die offensichtlichen Nullstäbe.
c) Berechnen Sie die Auflagerreaktionen und alle Stabkräfte.
Gegeben: F , a

Lösung:
a
2

a

F

2

3

4

a

5

7
6
A

8
B

fmin

=

0

b)

S2

=

S5 = 0

c)

→ AH

=

− 32 F

↑ AV

=

− 34 F

← BH

=

↑ BV

=

1
F
3
7
F
3

a)

1

F

a

−F
√
2F

S1

=

S3

=

S4

=

S6

=

S7

=

−2F
√
2
5F
3
√
1
− 3 2F

S8

=

−2F

63

4.5 Übungsaufgaben

Aufgabe 4.2 (Schwierigkeitsgrad 2)
Stellen Sie das Gleichungssystem zur Bestimmung der Lager- und Stabkräfte
des abgebildeten Fachwerks in Matrix-Form auf.
Gegeben: F , a

Lösung:
2
F
1

3

a

A

A

=

B

h

2
f
a

6
6
6
6
6
6
6
6
4

=

−1
1
0
0
√

0
0

0
0
1
0
1
0

S1

S2

S3

1
1
√

2
2
√
2
2

0
0
1
0
0
0

2
2
√
2
2

0
0
0
1
0
0

AV
p

=

h √

AH

Gegeben: F , a

a

F
Lösung:
a

1
2F

7
7
7
7
7
7
7
7
5

B
iT

2F

0

0

0

0

Aufgabe 4.3 (Schwierigkeitsgrad 1)
Berechnen Sie in dem abgebildeten Fachwerk die Stabkraft in Stab 1
a) mit dem Ritter-Schnitt-Verfahren,
b) mit dem Knotenpunktverfahren.

a

3

iT

a

a

0
0
0
0
0
1

S1

=

2F

0

64

4 Fachwerke

Aufgabe 4.4 (Schwierigkeitsgrad 3)
Der dargestellte Kran wird am Ende seines Auslegers mit der Kraft F belastet.
Der Ausleger wird durch ein Seil gehalten, das über zwei reibungsfreie Rollen
geführt wird. Der Radius der Rollen ist vernachlässigbar klein.
Berechnen Sie die Stabkräfte in den Stäben 6, 7, 8, 18 und 19.
Gegeben: a, F

Lösung:

a
6 7

a

8

19

a

a
4
a
4

18
F

a
a

a

a

a

S6

=

S7

=

S8

=

“
√ ”
1 − √13 3F
17
”
√ “√
2 √13
−3 F
2
17
“√
”
√13 − 5 F
2

S18

=

S19 = − 3 1617 F

a

2

17

√

Aufgabe 4.5 (Schwierigkeitsgrad 3)
Ein Kran trägt eine Last mit dem Gewicht G. Das Tragseil ist über reibungsfreie
Rollen mit vernachlässigbar kleinem Radius geführt.
a) Überprüfen Sie die statische Bestimmtheit des Fachwerks.
b) Bestimmen Sie die offensichtlichen Nullstäbe.
c) Bestimmen Sie die Kräfte in den Stäben 4, 5 und 8 sowie
d) in den Stäben 1 und 2.
Gegeben: G, a

11
a

12

6
8
10 9 7 5

a

13
4
16 14 15

a

17
20 19 18

a

21
24 23 22
a

25
a

Lösung:

3 2
1

a) fmin = 0
b) 3, 7, 17, 21, (25)
G

√
c) S4 = −G, S5 = − 2 G, S8 = G
√
d) S1 = −G, S2 = ( 2 − 1)G

a

a

5

Verteilte Kräfte

Bild 5.1
Schneelast

Wie bereits in Abschnitt 2.1 angedeutet, stellen Einzelkräfte nur eine Idealisierung dar. In Wirklichkeit treten Kräfte verteilt auf, wie beispielsweise die
Schneelast in Bild 5.1. Verteilte Lasten treten entweder als Volumen- oder als
Oberflächenkräfte auf, die dann zu einer resultierenden Kraft zusammengefasst
werden können, siehe Bild 5.2.

g = 9.81 m/s2
(x, y, z)

G

dm
dG

p

Bild 5.2 Verteilte Gewichts- und Oberflächenkraft

S

N

66

5 Verteilte Kräfte

5.1

Gewichtskräfte

Auf eine infinitesimale Masse dm eines Körpers wirkt im Gravitationsfeld der
Erde (Erdschwerefeld ) eine Gewichtskraft
dG

=

g dm

(5.1)

die hauptsächlich durch die Gravitation verursacht wird, aber auch Einflüsse aus
der Erdrotation (Fliehkraft) berücksichtigt. Dabei ist die Erdbeschleunigung g
vom Ort abhängig. Da die Schwankungen jedoch im Allgemeinen vernachlässigt
werden können, wird der mittlere Wert
g

9.81 m/s2

=

(5.2)

verwendet.
Anmerkung: Die Bezeichnung Erdbeschleunigung rührt daher, dass diese massenspezifische Größe die Dimension einer Beschleunigung hat. Es handelt sich
jedoch nicht um eine Beschleunigung im eigentlichen Sinne, sondern um ein auf
den Körper wirkendes Kraftfeld.

Die Dichte


dm
,
dV

=

(5.3)

ist eine Materialeigenschaft des Körpers und kann innerhalb eines Körpers variieren. Damit folgt die Resultierende der Schwerkraft eines Körpers
Z
Z
dG =
g dm = mg
(5.4)
G =
V

m

oder bei Integration über das Volumen
Z
Z
Z
G =
dG =
g dV =
γ dV .
V

V

(5.5)

V

Dabei ist
γ =

dG
= g
dV

(5.6)

das spezifische Gewicht, das die Einheit Kraft pro Volumen, z. B. kg/m3 hat.
Der Angriffspunkt der resultierenden Gewichtskraft, der auch als Schwerpunkt S
des Körpers bezeichnet wird, folgt aus der Äquivalenz des Momentes der resultierenden Gewichtskraft G mit dem resultierenden Moment der Elementarkräfte dG.

67

5.1 Gewichtskräfte

V

dV
S
rS
r
x

y

Bild 5.3
Ermittlung des Schwerpunkts

(x, y, z)

dG = g dm

z

Um die Lage des Schwerpunkts zu ermitteln wird das Koordinatensystem zunächst so gewählt, dass die Gewichtskraft in positive z-Richtung zeigt. Mit dem
Vektor der Gewichtskraft
Z
Z
dG =
 g dV = mg .
(5.7)
G = G ez mit G =
V

V

gilt für das resultierende Moment bezüglich des Koordinatenursprungs
Z
rS × G =
g r × ez dm .

(5.8)

V

Mit
r S × ez

˛
˛ e
˛ x
˛
= ˛ xS
˛
˛ 0

ey
yS
0

folgt
yS G ex − xS G ey =

ez
zS
1
„Z

˛
˛
˛
˛
˛ = yS ex − xS ey
˛
˛
«
„Z
«
g y dm ex −
g x dm ey .

(5.9)

(5.10)

V

V

Somit folgt für den Angriffspunkt der resultierenden Gewichtskraft, also für die
Koordinaten des Schwerpunkts
Z
Z
1
1
xS =
g x dm =
 x dV ,
(5.11)
G V
m V
Z
Z
1
1
yS =
g y dm =
 y dV .
(5.12)
G V
m V
Die Bestimmung der z-Koordinate des Schwerpunktes erfolgt analog, indem der
Körper gedanklich um 90◦ um die x-Achse gedreht wird.

zS

=

1
G

Z
g z dm =
V

1
m

Z
 z dV

(5.13)

V

Hängt man einen Körper an einem beliebigen Punkt frei drehbar gelagert auf, so
wird sich aufgrund des Momentengleichgewichtes der Schwerpunkt immer senkrecht unter der Aufhängung einstellen. Der geometrische Ort des Schwerpunkts
kann somit experimentell bestimmt werden, wenn dieser an zwei Punkten aus”
gependelt“ wird.

68

5 Verteilte Kräfte

5.1.1

Vereinfachte Berechnung des Schwerpunkts in Sonderfällen

Der Schwerpunkt hängt von der Dichteverteilung (r) = (x, y, z) im Körper
ab. Für homogene Körper mit  = konst. ist beispielsweise
Z
Z
Z
1

1
 x dV =
x dV =
x dV ,
(5.14)
xS =
m V
m V
V V
d. h. der Schwerpunkt fällt mit dem geometrischen Schwerpunkt aus A.3.2 zusammen,
Z
Z
Z
1
1
1
xS =
x dV , yS =
y dV , zS =
z dV .
(5.15)
V
V
V
Liegt ein ebenes Problem vor, also ein Körper mit konstanter Dicke t, so folgt
Z
Z
Z
1
1
t
 x dV =
 xt dA =
 x dA
(5.16)
xS =
m V
m A
m A
und
yS =

t
m

Z
 y dA .

(5.17)

A

Für homogenen ebene Körper fällt der Schwerpunkt entsprechend
Gleichung 5.14 mit dem in Abschnitt A.3.2 beschriebenen geometrischen
Flächenschwerpunkt zusammen,
Z
Z
1
1
x dA, yS =
y dA .
(5.18)
xS =
A
A
A

A

Anmerkung: Hat ein homogener Körper eine Symmetrieachse, so liegt der
Schwerpunkt auf dieser Symmetrieachse.
Ist die Dichte eines schlanken, stabartigen Bauteils konstant, so entspricht auch
hier der Schwerpunkt dem geometrischen Schwerpunkt. Die Berechnung des geometrischen Schwerpunkts von Linien ist in A.3.2 angegeben.

5.1.2

Summenformel zur Berechnung des Schwerpunkts

Die Berechnung des Schwerpunktes geometrisch komplizierter Bauteile, die in
einfache geometrische Körper bzw. Flächen zerlegt werden können, kann analog
zu Gleichung A.12 durch entsprechende Summenbildung erfolgen.
Mit dem Gewicht der Einzelkörper Gi und deren Einzelschwerpunkten xSi , ySi
und zSi gilt

xS =

1 X
1 X
1 X
xSi Gi , yS =
ySi Gi , zS =
zSi Gi
G i
G i
G i
X
mit G =
Gi .
i

(5.19)
(5.20)

69

5.1 Gewichtskräfte

Zusammengesetzte Flächen
Für zusammengesetzte Flächen lässt sich der Schwerpunkt (xS , yS ) aus den
Schwerpunkten (xSi , ySi ) der Teilflächen Ai berechnen mit
xS =

1 X
1 X
xSi Ai , yS =
ySi Ai
A i
A i

mit

A =

X

Ai .

(5.21)

i

Dies geschieht zweckmäßig in Form einer Tabelle (siehe Beispiel 5.1), dabei
können Aussparungen als negative Teilflächen Ai berücksichtigt werden.
Beispiel 5.1 Schwerpunkt einer zusammengesetzten Fläche
Berechnen Sie den Flächenschwerpunkt (xS , yS ) der dargestellten zusammengesetzten homogenen Fläche.
y
a
a

a

x
a

a

a

a

Lösung:
Die Fläche wird in n = 3 Teilflächen unterteilt, deren Teilflächeninhalte Ai
sowie Teilflächenschwerpunkte (xSi , ySi ) einfach zu berechnen sind. Aussparungen erhalten negative Flächeninhalte. Diese Werte werden in eine
Tabelle (siehe unten) eingetragen.
1)

2)

S1

3)

a

2
a
3

S2

S3
a

10
a
3

2a

A1 = 4a2

2a

A3 = − π4 a2

A2 = a 2

xS1 = a +

2a
2

= 2a

xS2 = 3a +

yS1 = a

yS2 =

a
3

=

2
a
3

10
a
3

xS3 = 2a
yS3 = a

Nun werden die Werte xSi Ai und ySi Ai für jede Teilfläche berechnet und
mit den Summen
n
X
i=1

Ai ,

n
X

xSi Ai ,

i=1

in der Tabelle aufgelistet:

n
X
i=1

ySi Ai .

70

5 Verteilte Kräfte
i

Ai

xSi

ySi

xSi Ai

ySi Ai

1

4a2

2a

a

8a3

4a2

2

a2

10
a
3

2
a
3

10 3
a
3

2 3
a
3

3

− π4 a2

2a

a

− π2 a3

− π4 a3

–

–

P

(5 −

π
)a2
4

( 34
−
3

Mit den Spaltensummen lässt sich
Gleichung 5.21 berechnen und man erhält

π
)a3
2

( 14
−
3

π
)a3
4

Gesamtschwerpunkt

xS

=

P
( 34 − π )a3
x A
PSi i = 3 π2 2 ≈ 2.316 a ,
(5 − 4 )a
Ai

yS

=

P
( 14 − π )a3
y A
PSi i = 3 π4 2 ≈ 0.921 a .
Ai
(5 − 4 )a

anhand

Anmerkung: Wenn der gesamte Körper nicht homogen ist, aber jeder Teilkörper für sich homogen ist, also eine andere konstante Dichte i hat, so sind die
Teilflächen Ai in der Berechnung mit ihrer Dichte i zu gewichten
P
P
xSi i Ai
ySi i Ai
xS =
P
,
yS =
P
.
(5.22)
 i Ai
 i Ai

Zusammengesetzte linienartige Strukturen

t
h



b

Bild 5.4
Dünnwandiger L-Träger

Um die Lage des Schwerpunkts von dünnwandigen Trägern wie in Bild 5.4 zu
berechnen, kann der Querschnitt als Linienstruktur angesehen werden. Dies ist
nur möglich, wenn die Dicke t sehr viel kleiner als die anderen Abmessungen des
Trägers sind. In Längsrichtung liegt der Schwerpunkt offensichtlich bei /2.

71

5.1 Gewichtskräfte

Ist eine Linienstruktur in homogene Teilstücke mit der Länge Li und den Teilschwerpunkten (xSi , ySi ) zerlegbar, so können auch die folgenden Summenformeln verwendet werden
P
P
xSi Li
ySi Li
,
yS = P
.
(5.23)
xS = P
Li
Li
Haben die einzelnen Teilstücke unterschiedliche, aber konstante Querschnittsflächen Ai oder Dichten i , werden wiederum die Teilschwerpunkte (xSi , ySi )
entsprechend gewichtet und man erhält
P
P
xSi i Ai Li
ySi i Ai Li
xS = P
,
yS = P
.
(5.24)
i Ai Li
i Ai Li
Anmerkung: Der Schwerpunkt von dünnwandigen Querschnitten (z. B. von
Stahlträgern) kann nach demselben Schema berechnet werden. Die Querschnittsfläche Ai der Teilstücke ist dann durch die Wandstärke ti der Teilquerschnitte zu
ersetzen. Die Dichte  ist dabei in der Regel konstant.
Man erhält damit
P
P
xSi ti Li
ySi ti Li
xS =
P
,
yS =
P
.
(5.25)
ti Li
ti Li

Beispiel 5.2 Schwerpunkt eines dünnwandigen Querschnitts
Berechnen Sie den Schwerpunkt (xS , yS ) des dargestellten dünnwandigen
Querschnittes eines L-Profils. Das Profil hat die konstante Dichte , aber
unterschiedliche Wandstärken t1 bzw. t2 .
y
t1
2a
t2
a

x

Lösung:
Die beiden Teilschwerpunkte lauten
xS1 = 0
1
xS2 = a
2

,

yS1 = a ,

,

yS2 = 0 .

Mit Gleichung 5.25 folgt
xS =

a
2

t2 a
,
t2 a + t1 2a

yS =

a t1 2a
.
t2 a + t1 2a

72

5 Verteilte Kräfte

5.2

Oberflächenkräfte

Ähnlich wie die verteilten Gewichtskräfte lässt sich eine Oberflächenspannung p
zu einer resultierenden Oberflächenlast zusammenfassen
Z
N

=

p dA .

(5.26)

A

Oberflächenkräfte sind die aus einer flächenhaft wirkenden Belastung (z. B.
Druck belastung) resultierenden Kräfte. Die Oberflächenspannungen t können
als infinitesimale Einzelkräfte dF aufgefasst werden, die auf ein infinitesimales
Flächenelement dA wirken.
A
dF

t

x

y

dA

=

dF
dA

(5.27)
(5.28)

z

Die aus einer Oberflächenspannungsverteilung resultierende (Kontakt-)Kraft ist
dann
FR =

Z

t dA .

(5.29)

A

Anmerkung: Eine Druckbelastung (z. B. Wasserdruck oder Innendruck im Kessel) wirkt stets senkrecht auf die Oberfläche, also in Richtung des Normalenvektors en :
t

=

−p en .

(5.30)

Bei Gasen, deren Eigengewicht vernachlässigt werden kann, ist der Druck in einem
abgeschlossenen Volumen an jedem Punkt und in allen Richtungen gleich groß.

Beispiel 5.3 Resultierende einer Oberflächenlast
Eine Wand wird wie unten abgebildet durch Wasserdruck belastet. Gesucht
ist die Größe der Resultierenden dieser Last.

73

5.3 Streckenlasten (Linienkräfte)
b

p(y)
h
y

x

Lösung:
Im Wasser liegt stets eine lineare Druckverteilung vor. Diese ist nur von der
Tiefe abhängig. Für die Wand ist der Druck
p(y) =  g (h − y) ,
mit der Dichte  des Wassers und der Erdbeschleunigung g. Der Betrag der
Resultierenden ist also
Z
FR

=

−p dA =

Zb Zh
p(y) dy dx =
0

A

Zb »
=

0

=

5.3

0

1
h y − y2
2

g

Zb Zh
0

–h

Zb
dx =  g

0

 g (h − y) dy dx

0

1 2
h dx
2

0

 g b h2
.
2

Streckenlasten (Linienkräfte)

Für eine einfache Berechnung werden viele mechanische Bauteile zu eindimensionalen Modellen (z. B. Balken, Stäben, Seilen) idealisiert. Eine auf solche (in
der Wirklichkeit dreidimensionale) Bauteile wirkende Oberflächen- oder Volumenkraft wird dann zu Streckenlasten (oder Linienlasten) zusammengefasst.

5.3.1

Gleichgerichtete Lasten

Lasten, die aus Gewichtskräften resultieren, wirken näherungsweise nur in einer
Richtung. Neben dem Eigengewicht der Strukturen sind dies auch äußere Lasten,
wie Lasten aus dem Gewicht anderer Teile oder Schneelasten bei Gebäuden.

74

5 Verteilte Kräfte

Die Streckenlast q(s) kann als i