Kinematische Untersuchung eines belasteten ebenen Stabzuges. Von Prof. G. Ramisch, Breslau. Kinematische Untersuchung eines belasteten ebenen Stabzuges. I. Der Stabzug besteht in der Fig. 1 aus einer Menge von Stäben, welche zu je zwei in Eckpunkten starr miteinander verbunden sind; er soll im Punkte B eingeklemmt und von beliebig vielen Kräften und Kräftepaaren belastet sein. Die Kräfte und Kräftepaare sind auf den Stäben verteilt und wirken in ein und derselben Ebene des Stabzuges; dieselbe soll eine Hauptebene sein, d.h. sämtliche Querschnitte des Stabzuges in Schwerpunktshauptachsen schneiden. Infolge der von der Belastung hervorgebrachten Biegung der Stäbe werden sich daher die Querschnitte um Schwerachsen normal zur Hauptebene drehen; zwar trifft dies nicht ganz genau ein, aber desto genauer, je dünner die Stäbe im Verhältnisse zu den übrigen Dimensionen des Stabzuges sind. Es soll daher diese Annahme hiermit gemacht sein. Ausser der Biegung findet noch eine Längen- und Querveränderung der Stäbe statt; weil dieselben jedoch im Verhältnis zu der von der Biegung der Stäbe hervorgerufenen Veränderung sehr klein sind, so sollen sie vernachlässigt werden. Textabbildung Bd. 316, S. 533 Fig. 1. Wir stellen nun die Bedingung, dass der Punkt A des Stabzuges festliegen soll und der Stab gA im Punkte A seine Richtung nicht ändern darf. Erstere Bedingung wird erfüllt, wenn der Stab in zwei beliebigen Richtungen unverschiebbar ist. Hierfür sind zwei Gleichungen erforderlich, und damit der Stab in A seine Richtung nicht ändert, ist noch eine Gleichung notwendig. Wir werden daher drei Bedingungsgleichungen haben und müssen deshalb von den Kräften und Kräftepaaren drei als unbekannt voraussetzen. Es ist ganz gleichgültig, ob es drei Kräfte, drei Kräftepaare, zwei Kräfte und ein Kräftepaar, oder eine Kraft und zwei Kräftepaare sind. Da in den Bedingungsgleichungen auch Strecken vorkommen werden, so können auch Strecken zu den Unbekannten zählen; doch wollen wir, nachdem wir sie aufgestellt haben werden, zur näheren Betrachtung dieser Angelegenheit dann eingehen. Wir bezeichnen mit ds das Längenelement eines Stabes, mit J das Trägheitsmoment des Querschnitts in Bezug auf seine Drehungsachse infolge der Biegung an der Stelle, wo ds sich befindet und mit E den Elastizitätsmodul an dieser Stelle und endlich mit J0 ein beliebig grosses, aber als konstantanzunehmendes Trägheitsmoment und bilden den Ausdruck: \frac{J_0}{J\,\cdot\,E}\,\cdot\,d\,s, welchen wir dσ nennen wollen. Dieser Ausdruck lässt sich für jeden Querschnitt, wenn dafür J, ds und E bekannt sind, von vornherein berechnen. Wir setzen daher dσ für jeden Querschnitt als bekannt voraus. Es ist also: d\,\sigma=\frac{J_0}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,d\,s . . . . . 1) Jedes dσ betrachten wir als ein Gewicht, wir suchen jetzt den Schwerpunkt S des Gesamtgewichts, legen durch ihn als Koordinatenanfangspunkt ein rechtwinkeliges Koordinatenkreuz, dessen Achsen X0 und Y0 sind und nennen die Koordinaten irgend eines Querschnittsschwerpunktes x und y. Welche Lage auch die Koordinatenachsen haben mögen, stets muss \int\limits_A^B\,x\,\cdot\,d\,\sigma=0 . . . . . . . 2) und \int\limits_A^B\,y\,\cdot\,d\,\sigma=0 . . . . . . . 3) sein, wie man aus der Lehre vom Schwerpunkte weiss. Wir wollen jedoch das Koordinatenkreuz mit S als Anfangspunkt nicht ganz willkürlich wählen, sondern so, dass dafür das Zentrifugalmoment \int\limits_A^B\,x\,\cdot\,y\,\cdot\,d\,\sigma=0 . . . . . . 4) ist. Die Lehre von den Trägheits- und Zentrifugalmomenten lehrt uns, dass dies stets möglich ist, z.B. dann, wenn die X- oder Y-Achse oder beide Achsen Symmetrieachsen sind, ein Fall, welcher bei praktischer Ausführung fast immer eintreten wird. Die Ausdrücke für die drei Unbekannten werden sich jetzt in sehr einfacher Gestalt ergeben. Freilich ist vorher in der geschilderten Weise das Koordinatenkreuz herzustellen notwendig. Der Stabzug sei nun mit P1 bis P8 als Kräfte, mit M1 bis M4 als Kräftepaare und dann noch mit den in A wirkenden Kräften X und Y, welche zu den Koordinatenachsen X0 bezw. Y0 parallel sind, und mit dem Kräftepaare vom Momente M0, welches in A wirkt, belastet. Der Punkt A möge die Koordinaten a und b haben und die Koordinaten irgend eines Querschnittsschwerpunktes C des Stabzuges mögen x und y in Bezug auf das genannte Koordinatenkreuz sein. Bezeichnet man die Abstände des Punktes C von P6, P7 und P8 der Reihe nach mit p6, p7 und p8, so setze man den Ausdruck P6 . p6 + P7 . p7 + P8 . p8 + M4 = M und wie für C können wir für jeden beliebigen Querschnittsschwerpunkt M berechnen, setzen also dieses Moment auch als bekannt für jeden Querschnitt voraus. Ist der Stabzug nur in C elastisch, so dreht sich der Teil CA um C mit dem unendlich kleinen Winkel dγ und es ergibt sich dann das Biegungsmoment für den Punkt C aus der Gleichung E\,\cdot\,J\,\frac{d\,\gamma}{d\,s}=M-M_0+X\,\cdot\,(y+b)+Y\,\cdot\,(a-x). Bedenkt man, dass \frac{J_0}{J\,\cdot\,E}\,\cdot\,d\,s=d\,\sigma ist, so folgt hieraus J0 . dγ = (M – M0 + X [y + b] + Y [a – x] . dσ 5) Bezeichnet man GA mit r, so legt bei der Drehung des Stabzugteiles CA der Punkt A den unendlich kleinen Weg r . dγ zurück und zwar senkrecht zu r. Man zerlege diesen Weg in zwei Komponenten, nämlich parallel zur X0- und zur Y0-Achse. Erstere Komponente nennen wir dwx und letztere dwy so ist, wie man sich leicht ableiten kann, dw x = (y + b) . dy und dw y = (a – x) dγ. Mit Rücksicht auf die Gleichung 5 entsteht daher J0 . dwx = (M – M0 + X [y + b] + Y [a – x](y + b) dσ 6) und J0 . dwy = (M – M0 + X [y + b] + Y [a – x])(a – x) . dσ 7) Die drei Gleichungen 6, 7 und 8 können wir für sämtliche Querschnitte zwischen A und B bilden, dann lassen sich alle dγ, alle dwx und alle dwy algebraisch zusammenzählen. Setzen wir nun \int\limits_A^B\,d\,\gamma=\gamma,\ \int\limits_A^B\,d\,w_x=w_x und \int\limits_A^B\,d\,w_y=w_y, so entsteht aus diesen Gleichungen J_0\,\gamma=\int\limits_A^B\,(M-M_0+X\,[y+b]+Y\,\cdot\,[a-x])\,\cdot\,d\,\sigma, J_0\,w_x=\int\limits_A^B\,(M-M_0+X\,\cdot\,[y+b]+Y\,\cdot\,[a-x])\,(y+b)\,d\,\sigma und J_0\,\cdot\,w_x=\int\limits_A^B\,(M-M_0+X\,[y+b]+Y\,[a-x])\,(a-x)\,d\,\sigma. Nimmt man jetzt Rücksicht auf die Gleichungen 1, 2 und 3, so ergibt sich, wenn man noch \int\limits_A^B\,d\,\sigma=\sigma . . . . . . . 8) setzt, J_0\,\cdot\,\gamma=(a\,\cdot\,Y+b\,\cdot\,X-M_0)\,\sigma+\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma . 9) Hierin bedeutet σ das Gesamtgewicht aller dσ. Ferner ergibt sich, wenn man \int\limits_A^B\,\cdot\,y^2\,\cdot\,d\,\sigma=T_x . . . . . 10) setzt, J_0\,\cdot\,w_x=b\,\cdot\,\{\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma+(a\,\cdot\,Y+b\,\cdot\,X-M_0)\,\cdot\,\sigma\} +\int\limits_A^B\,M\,y\,\cdot\,d\,\sigma\,\cdot\,X\,\cdot\,T_x und mit Rücksicht auf die Gleichung 9 J_0\,\cdot\,\{w_x-b\,\cdot\,\gamma\}=\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,y\,\cdot\,d\,\sigma+X\,\cdot\,T_x . 11) Endlich entsteht J_0\,\cdot\,w_y=a\,\cdot\,\{\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma+(a\,\cdot\,Y+b\,\cdot\,X-M_0)\,\cdot\,\sigma\} -\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,x\,\cdot\,d\,\sigma+Y\,\cdot\,T_y, wobei \int\limits_A^B\,x^2\,\cdot\,d\,\sigma=T_y . . . . . . 12) vorher gesetzt worden ist. Mit Rücksicht auf die Gleichung 9 erhält man endlich: J_0\,\{w_y-a\,\cdot\,\gamma\}=-\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,x\,\cdot\,d\,\sigma+Y\,\cdot\,T_y . 13) Damit nun der Stabzug im Punkte A seine Richtung nicht ändert, muss γ = 0 sein. Aus der Gleichung 9 ergibt sich dann (a\,Y+b\,X-M_0)\,\cdot\,\sigma+\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma=0 . . 14) Damit er ferner im Punkte A fest ist, muss wx = 0 und wy = 0 sein. Hieraus folgt aus den Gleichungen 11 und 13: \int\limits_A^B\,M\,\cdot\,y\,\cdot\,d\,\sigma+Y\,\cdot\,T_x=0 . . . . 15) und -\int\limits_A^B\,M\,x\,\cdot\,d\,\sigma+Y\,\cdot\,T_y=0 . . . . 16) In den letzten drei Gleichungen sind Strecken enthalten, es könnten also auch drei Strecken, zwei Strecken und eine Kraft oder ein Kräftepaar u.s.w. unbekannt sein. Wir haben das Koordinatenkreuz so gewählt, dass wenn wir X, Y und M0 als Unbekannte wählen, wir dafür die allereinfachsten Ausdrücke erhalten; nehmen wir daher dieselben als Unbekannte, so folgt aus diesen drei letzten Gleichungen sofort M_0=a\,Y+b\,X+\frac{\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma}{E} . . . 17) X=-\frac{\int\limits_A^B\,M\,y\,\cdot\,d\,\sigma}{T_x} . . . . 18) Y=+\frac{\int\limits_A^B\,M\,x\,\cdot\,d\,\sigma}{T_y} . . . . . 19) Bevor wir weiter fortfahren, soll ein einfaches Zahlenbeispiel durchgerechnet werden. Ein gerader Stab von überall gleichem Querschnitt soll in den Punkten A und B eingeklemmt und in der Entfernung p von B mit P normal dazu belastet sein. Wie gross sind X, Y und M0, wenn AB gleich l ist? Auflösung. Die X0-Achse des rechtwinkeligen Koordinatenkreuzes fällt mit AB zusammen und die Y0-Achse geht durch die Mitte S von AB. Nennen wir dx das Längenelement des Stabes, so ist dσ = dxWeil man ja J = J0 nehmen darf. und T_y=2\,\cdot\,\int\limits_0^{\frac{1}{2}}\,x^2\,d\,x=2\,\cdot\,\frac{1}{3}\,\left(\frac{l}{2}\right)^3=\frac{1}{12}\,l^3. Ferner ist für einen Punkt C zwischen P und dem Punkte S\,:\,M=-P\,\left(x-\left[\frac{l}{2}-p\right]\right), wenn der Punkt von der Y-Achse die Enfernung x hat. Wir erhalten jetzt: \int\limits_{\frac{l}{2}-p}^{\frac{l}{2}}\,M\,\cdot\,x\,\cdot\,d\,x=-P\,\cdot\,\left(\frac{1}{3}\,\left[\frac{l^3}{8}-\left\{\frac{l}{2}-p\right\}^3\right]-\left(\frac{l}{2}-p\right)\right \left\cdot\,\frac{1}{2}\,\left[\frac{l^2}{4}-\left\{\frac{l}{2}-p\right\}\right]\right)=-\frac{P\,p^2}{12}\,(3\,l-2\,p). Demnach ist Y=-\frac{\frac{1}{12}\,P\,p^2\,(3\,l-2\,p)}{\frac{1}{12}\,l^3}, d.h. Y=-\frac{P\,p^2}{l^3}\,(3\,l-2\,p). Weiter ist \int\limits_{\frac{l}{2}-p}^{\frac{l}{2}}\,M\,\cdot\,d\,\sigma=\int\limits_{\frac{l}{2}-p}^{\frac{l}{2}}\,P\,\left(x-\left[\frac{l}{2}-p\right]\right)\,d\,x =P\,\left(\frac{1}{2}\,\left[\frac{l^2}{4}-\left\{\frac{l}{2}-p\right\}^2\right]-\left(\frac{l}{2}-p\right)\,\left[\frac{l}{2}-\left\{\frac{l}{2}-p\right\}\right]\right) =\frac{P\,\cdot\,p^2}{2}. Da noch \sigma=2\,\cdot\,\frac{l}{2}=l ist, so ist \frac{\int\limits_{\frac{l}{2}-p}^{\frac{l}{2}}\,M\,\cdot\,d\,\sigma}{\sigma}=\frac{P\,p^2}{2\,l}. Dann sind Tx = 0 und \int\limits_{\frac{l}{2}-p}^{\frac{l}{2}}\,M\,y\,\cdot\,d\,x=0, so dass X unbestimmt gross ist. Da noch a=\frac{l}{2} und b = 0 ist, so ergibt sich: M_0=-\frac{P\,p^2}{l^2}\,(3\,l-2\,p)\,\frac{l}{2}+\frac{P\,p^2}{2\,l} nach der Formel 17, d.h. M_0=\frac{P\,p^2}{l^2}\,\left(-\frac{3\,l}{2}+p-\frac{l}{2}\right)=-\frac{P\,p^2}{l\,2}\,(l-p). Die Berechnung ist umständlich und wurde nur ausgeführt, um die Anwendung der Methode zu zeigen. Sie ist weit einfacher, wenn man den Punkt A zum Koordinatenanfangspunkt nimmt. Es ist also damit nicht gesagt, dass Wenn die Ausdrücke für X, Y und M1 die einfachste Gestalt haben, die Berechnung davon zugleich am einfachsten ist. II. Man stelle sich vor, dass im Punkte A der Stab SA mit dem Stabe gA in fester Verbindung ist, so kann man den Punkt S als Angriffspunkt der Kräfte X und Y nehmen. Hierdurch verändert sich das Kräftepaar vom Momente M0 und zwar entsteht ein neues Kräftepaar, dessen Moment M 1 = M 0 – X . b – Ya ist. Nach der Gleichung 17 ist M_0-X\,\cdot\,b-Y\,a=\frac{\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma}{\sigma}, so dass sich ergibt M_1=\frac{\int\limits_A^B\,M\,\cdot\,d\,\sigma}{\sigma} . . . . . . 20) Dieses Kräftepaar wirkt im Punkt A; da jedoch der Stab SA mit dem Stabe gA in fester Verbindung ist, so kann man annehmen, dass das Kräftepaar auch im Punkte S Wirkt, weil man ja ein Kräftepaar in der Ebene eines und desselben Körpers, in welcher es wirkt, beliebig verschieben Wenn wir davon sprechen, dass ein Kräftepaar in einem Punkte wirkt, so ist es folgendermassen zu vergehen. Mit dem Stabe k2k3 sei z.B. der Stab uv im Punkte u (siehe Fig. 2) in fester Verbindung und der Teil uv sei von einem Kräftepaar, dessen Moment Q . q ist, beansprucht, dann wirkt das Kräftepaar im Punkte u des Stabzuges. Wirkt z.B. in der Verlängerung vom Stabe k1g eine Kraft V in der Entfernung v von g, so ist der Punkt g einerseits von einem Kräftepaare, dessen Moment V . v ist, und anderseits von einer gleichgerichteten Kraft V beansprucht. Die Werte von MI, X und Y aus der letzten Gleichung bezw. die Formeln 18 und 19 sind nach einemanderen Verfahren von Müller-Breslau zuerst gefunden und auf der Seite 116 der Neueren Methoden der Festigkeitslehre und der Statik der Baukonstruktionen (Jahrgang 1893) enthalten. Textabbildung Bd. 316, S. 535 Fig. 2. Nunmehr setze man X und Y in S wirkend zur Mittelkraft Za zusammen und verschiebe diese Kraft parallel mit sich um eine Strecke Z=\frac{M_{\mbox{I}}}{Z_a}. Hierauf bilde man den Durchschnittspunkt O dieser verschobenen Kraft mit der der Resultierenden R der gegebenen Belastung des Stabzuges und bilde die Kraft Zb, welche sich mit R und Za im Gleichgewicht befindet. Diese Kraft geht auch durch O und wird folgendermassen gefunden. Man mache OU der Grösse und Richtung nach gleich R, lege durch U zur Kraft Za die parallele und gleichgerichtete UV, ziehe VO, so ist diese Strecke der Grösse, Lage und Richtung nach die Kraft Zb. Für dieselbe kann man B zum Angriffspunkt wählen, erhält dann aber zugleich ein Kräftepaar, welches vom Momente gleich Zb . mb ist, wenn mb der Abstand des Punktes B von der durch O gehenden Kraft Zb ist. Auf gleiche -Weise hat man eine Kraft Za im Punkte A wirkend, welche parallel und gleichgerichtet zu der durch S gehenden Kraft Za ist. Nennt man ma den Abstand des Punktes A von der durch O gehenden Kraft Za, so entsteht noch in A wirkend ein Kräftepaar, dessen Moment Za . ma ist. Lassen sich die gegebenen Belastungen durch ein Kräftepaar ersetzen, so sind die beiden Kräfte Za und Zb parallel gleich, aber entgegengesetzt gerichtet und ergeben dann ein Kräftepaar, dessen Moment gleich dem Momente des resultierenden Kräftepaares aus der gegebenen Belastung ist. Halten sich endlich alle Kräfte der gegebenen Belastung das Gleichgewicht, so müssen sich Za und Zb auch das Gleichgewicht halten. Beide Kräfte sind dann auch einander gleich und entgegengesetzt gerichtet, ausserdem wirken sie aber noch in ein und derselben Kraftlinie. Man kann nun folgendermassen immer erzielen, dass Za und Zb sich das Gleichgewicht halten und zwar wie folgt: Man bilde die Resultante der gegebenen Belastung und zerlege sie in zwei beliebige Seitenkräfte, welche durch A und B hindurchgehen. Bekanntlich kann man dies auf unendlich viele Arten ausführen. Jetzt bilde man die entgegengesetzten Seitenkräfte, welche sich offenbar mit der gegebenen Belastung das Gleichgewicht halten. Für die letzteren Kräfte und die gegebene Belastung bestimme man X, Y und M0 und erzielt daraus endlich die Kraft Za. Diese Kraft Za setze man nun mit der in A wirkenden Seitenkraft zu einer Mittelkraft und die entgegengesetzte Kraft Za mit der in B wirkenden Seitenkraft zu einer Mittelkraft zusammen. Es sind dann diese Mittelkräfte die Stützenwiderstände, welche, wenn sie A und B zu Angriffspunkten erhalten, nach dem Vorhergehenden Kräftepaare in diesen Punkten noch erzeugen. Obgleich man die Resultante der gegebenen Belastung ganz beliebig in die durch A und B gehenden Seitenkräfte zerlegen kann, so wird man stets dieselben Stützenwiderstände, worauf es doch ankommt, erhalten. Dieses hiermit beschriebenen Verfahrens möge man sich auch zur Lösung von Aufgaben bedienen. Professor Müller-Breslau benutzt dasselbe zur Untersuchung der Endversteifung einer Balkenbrücke Seite 118 bis 125 in dem erwähnten Werk.