Analytisch-graphisches Verfahren zur Bestimmung der Durchbiegung zwei- und dreifach gestützter Träger. Von Dr.-Ing. Max Kloss. (Fortsetzung von S. 149 d. Bd.) Analytisch-graphisches Verfahren zur Bestimmung der Durchbiegung zwei- und dreifach gestützter Träger. b. Träger mit Aussenlast. Die Durchbiegung in einem beliebigen Punkte x können wir bestimmen, wenn wir die Grundgleichung der elastischen Linie \frac{d^2\,y}{d\,x^2}=-\frac{M_x}{E\,J} zweimal integrieren. Dies Verfahren ist jedoch wegen der Bestimmung der Integrationskonstanten etwas umständlich. Wir können vielmehr diesen Fall einfach auf. den soeben behandelten Fall des Trägers mit Innenlast zurückführen. Da bei dem in Fig. 8 dargestellten Belastungsfall die Summe der drei Kräfte P, T1 und T2 gleich Null ist, so ist es offenbar gleichgiltig, welche der drei Kräfte man als Belastung und welche als Lagerdrücke ansieht, d.h. wir können in Fig. 8 T1 und P als Lagerdrücke und T2 als Innenlast ansehen. Da nun die Strecke (3/5) = Δy2 eine Ordinate der elastischen Linie ist, muss sie, wenn überhaupt unsere Gleichungen gelten sollen, den auf Seite 145 gemachten Voraussetzungen entsprechen, d.h. wir haben den in Fig. 1 dargestellten allgemeinen Fall eines Trägers mit In neu last und einer Lagerhöhendifferenz Δy2 vor uns, nur dass in Fig. 8 Δy2 negativ ist. Wählen wir die Verbindungslinie unserer wirklichen Lager 1/2 als Abszissenachse, so ist die Gleichung der elastischen Linie zwischen 1 und 2 nach Gleichung (5. unter Vertauschung von l und a y=\frac{M}{6\,E\,J}\,\left[(a+b)\,x-\frac{x^3}{l}\right]+\Delta\,y_2\,\frac{x}{a} Nun ist nach Fig. 8 \Delta\,y_2=-f\,\frac{a}{l} und nach Gleichung (9. ebenfalls wieder unter Vertauschung von l und a f=\frac{M\,l\,b}{3\,E\,J} somit \Delta\,y_2=-\frac{M\,a\,b}{3\,E\,J} Setzt man diesen Wert in obige Gleichung ein, so erhält man nach einigen einfachen Umformungen y=\frac{M}{6\,E\,J\,l}\,(l^2\,x-x^3) . . . (32. Die Tangenten in den Lagern (Fig. 8). Um die Tangente im Lager 1 zu bestimmen, ist es nicht erst nötig, die eben gefundene Gleichung zu differenzieren. Betrachten wir wieder T2 als Belastungskraft, so ist der von der gesuchten Tangente auf der Vertikalen 2/2' des anderen (inneren) Lagers gebildete Abschnitt (2/6) = sl nichts anderes als die früher mit sa bezeichnete „Aufbiegung“ für den Angriffspunkt der Kraft T2. Wir finden also nach Gleichung (16., ebenfalls wieder unter Vertauschung von a mit l s_l=\frac{M\,l^2}{6\,E\,J} . . . (33. Textabbildung Bd. 318, S. 204 Fig. 8. Hierdurch ist aber die äussere Lagertangente bestimmt. Der von der inneren Lagertangente auf der äusseren Lagervertikalen gebildete Abschnitt gl entspricht dem früher mit ga bezeichneten Tangentenabschnitt der Tangente im Angriffspunkt der Kraft, ist also nach Satz 2 bezw. nach Gleichung (22. gleich der doppelten Aufbiegung, also g_l=2\,s_l=\frac{M\,l^2}{3\,E\,J} . . . (34. Hieraus ergiebt sich folgender Satz: Satz 7. Bei einem zweifach gestützten, mit Aussenkraft belasteten Träger verhält sich der Abschnitt der äusseren Lagertangente auf der inneren Lagervertikalen zu dem Abschnitt der inneren Lagertangente auf der äusseren Lagervertikalen wie 1 : 2. Wenn die beiden Lager in einer Horizontalen liegen, kann man diesen Satz auch wie folgt aussprechen: Satz 7a. Bei einem zweifach gestützten, mit Aussenkraft belasteten Träger mit horizontaler Lageranordnung verhält sich die Tangente des Neigungswinkels der elastischen Linie im äusseren Lager zur Tangente des Neigungswinkels im inneren Lager wie 1 : 2. Kennt man die Lagertangenten, so kann man auch ohne Gleichung (32. jeden beliebigen Punkt der elastischen Linie leicht bestimmen, indem man die zugehörige „Aufbiegung“ von der Ordinate der äusseren Lagertangente abzieht. Diese Aufbiegung ergiebt sich aber aus Gleichung (19. unter Vertauschung von a und l s_x=s_l\,\left(\frac{x}{l}\right)^3=\frac{M}{6\,E\,J}\cdot \frac{x^3}{l} . . . (35. Die Tangente in einem beliebigen Punkte (Fig. 8) ist schliesslich durch die bekannte Beziehung (Satz 2) bestimmt, dass ihr Tangentenabschnitt auf der äusseren Lagervertikalen gleich der doppelten Aufbiegung ist, also g_x=2\,s_x=\frac{M}{3\,E\,J}\,\frac{x^3}{l} . . . (36. Wir haben jetzt gesehen, wie man in einfacher Weise die elastische Linie eines zweifach gestützten glatten Trägers mit Innen- oder Aussenlast aufzeichnen kann. Ist der Träger mit mehreren Innen- bzw. Aussenkräften belastet, so bestimmt man die von den einzelnen Kräften allein herrührenden Durchbiegungen und setzt diese den Kräften entsprechend zusammen. Wenn hierbei die Kräfte nicht in einer Ebene liegen, so hat man die Einzeldurchbiegungen den Kraftachsen entsprechend geometrisch zu addieren. c) Träger mit Innen- und Aussenlast. Nach dem eben Gesagten lässt sich die elastische Linie ohne weiteres durch Addition der Einzeldurchbiegungen bestimmen. Wir wollen jedoch den Fall, dass die Innen- und Aussenlast im entgegengesetzten Sinne auf Durchbiegung wirken, hier noch besonders behandeln, da wir diese Aufgabe noch auf eine andere Weise lösen können, und zwar mit Hilfe einer Methode, die wir dann später wieder bei der Untersuchung des dreifach gestützten Trägers verwerten werden. I n Fig. 9 ist Strecke (3/5) = Mp = dem von der Innenlast P herrührenden maximalen Biegungsmoment, Strecke (2/6) = Mr = dem von der Aussenkraft im Lager 2 erzeugten Biegungsmomente. Durch algebraische Addition der beiden Momentflächen 1/5/2 und 1/6/4 erhält man als Umgrenzung der resultierenden Momentfläche den gebrochenen Linienzug 1/8/9/6/4, wobei (5/8) = (3/7) zu machen ist. Es zeigt sich, dass im Punkt 9 das resultierende Biegungsmoment M = 0 ist. Da nun die Grundgleichung der elastischen Linie lautet: \frac{d^2\,y}{dx^2}=-\frac{M_x}{E\,J} . . . (4. so verschwindet für den Punkt 9 der zweite Differehtialquotient, d.h. die elastische Linie besitzt in diesem Punkte einen Wendepunkt. Den Horizontalabstand dieses Querschnittes vom Lager 1 wollen wir mit e bezeichnen, wobei e=a+b\,\frac{M_a}{M_a-M_r} . . . (37. Da nun in diesem Wendepunkte das Biegungsmoment = 0 und somit der Krümmungsradius der Kurve = ∞ ist und da dies bei einem zweifach gestützten, mit Innenkraft belasteten Träger kennzeichnend für die Auflagerpunkte ist, so liegt der Gedanke nahe, den Wendepunkt als einen ideellen Stützpunkt anzusehen und das Trägerstück e als einen selbständigen, frei aufliegenden Träger zu behandeln, der im Punkte x = a mit einer Einzellast beansprucht wird, die ein maximales Biegungsmoment = Ma hervorbringt. Wir haben dann den Fall vor uns, dass die beiden Auflager nicht in einer Horizontalen liegen, sondern vielmehr einen Höhenunterschied = ye haben, wo ye = der Ordinate des Wendepunktes ist (Fig. 10). Da nun ye als Ordinate der elastischen Linie der auf Seite 145 gemachten Voraussetzung genügt, so gilt hier Satz 1 (Seite 146), wonach bei einem zweifach gestützten Träger die von der Lagerverbindungslinie aus gemessenen Durchbiegungen unabhängig vom Lagerhöhenunterschiede ye sind. Somit können wir nach dem früher angegebenen Verfahren den Verlauf der elastischen Linie ohne weiteres bestimmen, sobald wir diesen Lagerhöhenunterschied ye ermittelt haben. Wir können ihn nun auf Grund der früher abgeleiteten Sätze auf sehr einfache Weise bestimmen. Die Tangente im Wendepunkte spielt nämlich für unsern ideellen Teilträger die Rolle der Lagertangente. Denken wir uns nun zunächst die vom Moment Ma bei horizontaler Lageranordnung hervorgerufene elastische Linie konstruiert (in Fig. 10 mit gestrichelten Linien ausgeführt), so wissen wir, dass nach Satz 6 (Seite 149), die Lagertangente dieser Kurve mit unsrer gesuchten Wendepunktstangente verwandt ist, d.h. sich mit ihr auf der Vertikalen des anderen Lagers schneidet (Punkt 6 in Fig. 10). Da nun der Tangentenabschnitt (1/6) unabhängig vom Lagerhöhenunterschied ye ist, können wir aus Ma und den Abmessungen des Teilträgers e diesen Abschnitt (1/6) berechnen oder konstruieren, auch wenn ye noch unbekannt ist. Es ist nämlich der von der Lagertangente des ideellen Stützpunktes auf der Lagervertikalen 1/1' gebildete Abschnitt nach Gleichung (30., Seite 149). Textabbildung Bd. 318, S. 205 Fig. 9. (1/6)=g_e=\frac{M_a\cdot e\,(c+a)}{6\,E\,J}=\frac{M_a\,e\,\left(a+\frac{e-a}{2}\right)}{3\,E\,J} (38. Damit kennen wir aber bereits einen Punkt der Wendepunktstangente. Als zweiten Punkt dieser Tangente bestimmen wir ihren Schnittpunkt 7 auf der Vertikalen 2/2' des zweiten wirklichen Lagers 2. Wir betrachten zu diesem Zwecke auch den übrigen Teil (l1 – e) unseres Trägers als einen Teilträger mit dem ideellen Stützpunkt 8, während über den zweiten ideellen Stützpunkt nichts bekannt ist. Wir wissen nur so viel, dass dieser Träger im Punkte 2 mit einer Einzellast beansprucht wird, die in diesem Punkte das Moment Mr hervorbringt. Wir haben es hier also mit dem bereits auf Seite 147 behandelten Falle zu tun. Es wurde dort gezeigt, dass man trotz dieser scheinbar unvollständigen Voraussetzungen doch schon einige wichtige Eigenschaften der elastischen Linie kennt, Die Voraussetzungen genügen nämlich, um die „Aufbiegungen“ und Tangenten abschnitte für die Strecke (l1 – e) unseres Teilträgers zu bestimmen. Nun ist aber der gesuchte Abschnitt (2/7) der Wendepunktstangente auf der Lagervertikalen 2/2' nichts anderes als die zu Punkt 2 gehörige Aufbiegung des Teilträgers (l1 – e). Wir können daher diese Strecke (2/7) aus Mr und den Abmessungen des Trägers bestimmen. Es ist nämlich entsprechend Gleichung (16., Seite 147 (2/7)=\frac{M_r\cdot (l_1-e)^2}{6\,E\,J} . . (39. Damit ist aber auch der zweite Punkt der Wendepunktstangente bekannt und somit diese Tangente selbst bestimmt. Dadurch ergiebt sich aber auch der Wendepunkt auf der Ordinate im Punkte x = e, und da nunmehr der ideelle Stützpunkt unserer Teilträger bekannt ist, so ist die weitere Konstruktion des Verlaufs der elastischen Linie zurückgeführt auf den einfachen Fall des zweifach gestützten Trägers mit Innenlast. In Fig. 10 ist die elastische Linie aufgezeichnet für eine glatte Welle vom Durchmesser d = 110 mm und dem Lagerabstand l = 1000 mm, die im Punkte a = 450 mm mit dem Biegungsmomente Ma= 14000 cm/kg und im Lager 2 mit dem Moment Mr = – 20000 cm/kg beansprucht ist. Das Beispiel ist in der oben erwähnten Schrift des Verfassers ausführlich durchgeführt. Wir wollen nun nur noch die Durchbiegung (4/18) im Angriffspunkt der Aussenkraft R ermitteln. Wenn auch bei Wellenberechnungen, die ja die Veranlassung zur vorliegenden Arbeit gegeben haben, meist kein Bedürfnis vorhanden sein wird, diese Durchbiegung zu kennen, so giebt sie uns doch die Grundlage für die Behandlung des dreifach gestützten Trägers. Es war bereits auf Seite 205 darauf hingewiesen worden, dass wir die elastische Linie auch durch algebraische Addierung der von den einzelnen Kräften für sich hervorgerufenen Durchbiegungen erhalten können. Dasselbe gilt auch für die Ordinaten der Tangenten. Infolgedessen ergiebt sich der Abschnitt (1/16) in Fig. 10 als algebraische Summe der Tangentenabschnitte der Lagertangente 2 für die Einzelkräfte P und R. Für die von P erzeugte elastische Linie ist der Tangentenabschnitt der rechten Lagertangente auf der linken Lagervertikalen nach Gleichung (30. Seite 149 g_p=\frac{M_a\cdot l_1\,(l_1+a)}{6\,E\,J} wo M_p=\frac{P\cdot a\,b}{l_1} das von P hervorgerufene Biegungsmoment ist (vgl. Fig. 9). Ferner ist für die von R erzeugte elastische Linie der Abschnitt der rechten Lagertangente auf der linken Lagervertikalen nach Gleichung (34. Seite 205 g_r=\frac{M_r\cdot {l_1}^2}{3\,E\,J} Hieraus ergiebt sich aber der Abschnitt der resultierenden Lagertangente = (1/16) (Fig. 10) \left\mbox{oder}{{g=g_p+g_r=\frac{\left[M_p\,\left(\frac{l_1+a}{2}\right)+M_r\cdot l_1\right]\,l_1}{3\,E\,J}}\atop{g=\frac{\left[M_p\cdot \left(a+\frac{b}{2}\right)+M_r\cdot l_1\right]\cdot l_1}{3\,E\,J}}}\right\}\ (40. Somit \left{{(4/17)=-(1/16)\cdot \frac{l_2}{l_1}}\atop{=-\frac{\left[M_p\cdot \left(a+\frac{b}{2}\right)+M_r\cdot l_1\right]\cdot l_2}{3\,E\,J}}}\right\}\ (41. Textabbildung Bd. 318, S. 206 Fig. 10. Ferner ist die Strecke (17/18) gleich dem Tangentenabschnitt für die Tangente im Punkte 2 des Trägerabschnittes l2, also nach Gleichung (24. Seite 148 (17/18)=-\frac{M_r\cdot {l_2}^2}{3\,E\,J}\frac{}{} . . (42. und demnach die gesuchte Durchbiegung (4/18) y4 = (4/17) + (17/18) \left{{y_4=(4/17)+(17/18)}\atop{=-\frac{\left[M_p\cdot \left(a+\frac{b}{2}\right)+M_r\,(l_1+l_2)\right]\,l_2}{3\,E\,J}}}\right\}\ (43. Setzen wir noch l1 + l2 = L so ist y_4=-\frac{l_2}{3\,E\,J}\,\left[M_p\cdot \left(a+\frac{b}{2}\right)+M_r\cdot L\right] . . (43. Hierbei ist besonders auf das richtige Vorzeichen von Mr, zu achten. In dem in Fig. 10 durchgeführten Beispiele ist Mr negativ. Wir erhalten dann für den in Klammern stehenden Ausdruck in unserem Falle auch einen negativen Wert, sodass dann y4 positiv, also nach unten gerichtet ist. Die eben gefundene Gleichung giebt uns nun die Möglichkeit, die statisch unbestimmte Aufgabe des dreifach gestützten Trägers zu lösen. (Fortsetzung folgt.)