YDZIALY POLITECHNICZNE KRAKOW

BIBLIOTEKA OLÖWNA

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für

Bauhandwerker

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Ein Lehrbuch

für den

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^Unterricht an Baugewerkschulen, sow!e zum Selbstunterricht,;

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Mit 141 Uehurigsaufgaber und 224 Figuren,

nebst einem Anhang von Tabellen.

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Bearbeitet von

J. Vonderlinn,

Ingenieur.

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Stuttgart.

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Verlag von Julius Mai^r. 1896.

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

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Statik

für

Bauhandwerker.

Ein Lehrbuch für den

Unterricht an Baugewerkschulen, sowie zum Selbstunterricht.

Mit 141 Uebungsaufgaben und 324 Figuren, nebst einem Anhang von Tabellen.

Bearbeitet von

J. Vonderlinn,

Ingenieur.

Stuttgrart.

Verlag von Julius Maier. 1896.

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Druck der Stuttgarter Vereins-Buchdruckerei.

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Vorwort.

Mathematische Vorkenntnisse

Das vorliegende Lehrbuch ist in erster Linie für den Baugewerkschüler bestimmt und enthält demgemäss von dem umfangreichen Lehrstoff der Baustatik nur soviel, als an einer Baugewerkschule in der dort gebotenen Beschränkung in der Regel vorgetragen wird, kommen in soweit in Betracht, als sie dem Schüler einer Baugewerkschule auf Grund des hierfür geltenden Lehrplanes zur Verfügung stehen. Mit Rücksicht hierauf sind die Entwickelungen zu den Lehrsätzen und Resultaten in möglichst elementarer Form gehalten, bezw. überall weggelassen, wo eine elementare Begründung der Resultate nicht möglich war.

Das Buch soll dem Schüler das Lehrheft ersetzen und das so viele Zeit beanspruchende Diktieren des Vortrages möglichst entbehrlich machen.

Vielleicht erfüllt es auch den weiteren Zweck, dem in der Praxis stehenden Bautechniker, welcher die zu seinem Berufe erforderlichen statischen Kenntnisse nicht in hinlänglichem Masse besitzen sollte, ein Ratgeber zu sein. Zur Erleichterung des Selbststudiums sind im Texte des Buches eine Anzahl von Uebungsaufgaben, teils gelöst, teils ungelöst aufgeführt und ausserdem im Anhänge die zu den Berechnungen erforderlichen Tabellen beigefügt.

Der Verlagshandlung spreche ich hiermit für die sorgfältige Ausstattung des Buches meinen besten Dank aus.

Breslau, im November 1895.

J. Vonderlinn,

Ingenieur.

Inhaltsverzeichnis.

Seite

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I. Abschnitt. Elemente der Statik

A.    Einleitung ........................

1)    Von den Kräften im allgemeinen................

2)    Mass einer Kraft......................

3)    Bildliche Darstellung und Bezeichnung einer Kraft.........

4)    Wirkung und Gegenwirkung.................

5)    Gleichgewicht.......................

6)    Begriff der Statik.....................

7)    Resultante oder Mittelkraft von gegebenen Kräften.........

8)    Wirkungsweise von Kräften auf einen Körper...........

B.    Zusammensetzen und Zerlegen der Kräfte...........

1)    Kräfte mit gemeinsamem Angriffspunkt und derselben Richtungslinie . .    .

2)    Kräfte mit einem gemeinsamen Angriffspunkt und verschiedenen Richtungslinien ..........................

a)    Zwei Kräfte, Parallelogramm, Kräftedreieck..........

b)    Gleichgewicht dreier Kräfte................

c)    Uebungsaufgaben....................

d)    Beliebig viele Kräfte...................

e)    Uebungsaufgaben....................

3)    Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und gemeinsamer Richtungslinie .

4)    Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und Richtungslinien. Kräfte- und

Seilpolygon.......................

a)    Zwei Kräfte......................

b)    Beliebig viele Kräfte...................

c)    Parallele Kräfte ....................

a) Beliebig viele Kräfte..................

ß) Zwei Kräfte mit dem gleichen Richtungspfeil.........

y) Zwei Kräfte mit entgegengesetztem Richtungspfeil.......

4) Einige Sätze über das Kräftepaar.............

5)    Statisches Moment einer Kraft.................

a)    Drehrichtung, Drehpunkt, Hebelarm..............

b)    Rechnerische Bestimmung der Resultante eines beliebigen ebenen Kräftesystems ........................

c)    Uebungsaufgabe.....................

d)    Rechnerische Bestimmung der Resultante paralleler Kräfte.....

e)    Uebungsaufgabe.....................

6)    Zerlegen einer Kraft in parallele Seitenkräfte...........

a)    Durch Zeichnung....................

b)    Durch Rechnung....................

7)    Auflagerdrücke eines auf zwei Stützen aufliegenden und durch Einzelkräfte

belasteten Balkens ...................

a)    Durch Zeichnung....................

b)    Durch Rechnung....................

c)    Uebungsaufgaben.............•.......

8)    Graphische Ermittelung des statischen Moments einer Kraft bezw. eines

ebenen Kräftesystems....................

a)    Die Kräfte sind parallel..................

b)    Die Kräfte sind nicht parallel................

c)    Uebungsaufgaben....................

d)    Das Kräftesystem ist unter sich im Gleichgewicht........

e)    Uebungsaufgabe.....................

9) Der Mittelpunkt paralleler Kräfte...............

21

a)    Bestimmung des Mittelpunktes paralleler Kräfte durch Zeichnung ...    31

32

33

b)    Bestimmung des Mittelpunktes paralleler Kräfte durch Bechnnng . .

c)    Uebungsaufgabe....................

33

C.    Der Schwerpunkt.....................

33

33

1)    Vom Schwerpunkt im allgemeinen...............

2)    Der Schwerpunkt von Linien.................

33

34

a)    Schwerpunkt einer geraden Linie..............

34

b)    Schwerpunkt einer gebrochenen Linie.............

35

c)    Schwerpunkt eines mehrfach gebrochenen Linienzuges.......

35

d)    Schwerpunkt eines Kreisbogens...............

35

3)    Der Schwerpunkt ebener Flächen................

a)    Schwerpunkt des Dreiecks.................

35

b)    Schwerpunkt eines Vierecks................

36

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c)    Schwerpunkt des Trapezes.................

38

d)    Der Schwerpunkt des Kreisausschnittes (Kreissektor).......

39

e)    Schwerpunkt des Kreisabschnittes..............

39

f)    Schwerpunkt dos Ringstückes................

40

g)    Schwerpunkt einer unregelmässigen Figur...........

h)    Uebungsaufgaben....................

42

42

D.    Bestimmung der Spannkräfte in Fachwerkträgern........

43

1)    Der Fachwerkträger im allgemeinen...............

43

2)    Belastung eines Fachwerkträgers................

43

3)    Belastung der Dächer....................

44

a)    Eigengewicht......................

44

b)    Der Schneedruck ....................

46

c)    Der Winddruck.....................

47

4)    Belastung eines Dachbinders.................

47

5)    Bestimmung der Spannungen in den Stäben eines Dachbinders ....

a)    Allgemeine Bemerkungen.................

49

52

57

57

62

62

E.    Stabilität der Körper....................

63

1)    Begriff der Stabilität, Stabilitätsmoment.............

64

2)    Stabilitätsgesetz, Stabilitätsgleichung ..............

3)    Uebungsaufgaben........*............

65

65

F.    Die Reibung........................

66

1)    Die Reibung im allgemeinen.................

66

2)    Reibungsarten.......................

66

3)    Reibungsgesetze......................

67

4)    Reibungskoeffizient.....................

5)    Uebungsaufgaben......................

69

II. Abschnitt. Elemente der Festigkeitslehre........

69

69

A.    Einleitung........................

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1)    Elastizität, Proportionalitäts- bezw. Elastizitätsgrenze........

2)    Festigkeitsarten......................

70

B.    Normalfestigkeit......................

70

71

1)    Formveränderung des Stabes.................

2)    Tragfähigkeit eines Stabes ..................

72

C.    Schubfestigkeit......................

72

D.    Uebungsaufgaben.....................

79

79

E.    Biegungsfestigkeit.....................

1)    Allgemeine Bemerkungen...................

2)    Biegungsspannungen, Normal- und Schubspannungen.........

3)    Neutrale Faserschicht, neutrale Achse..............

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116

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4)    Spannungsgesetz, Lage der Neutralachse.............

5)    Widerstandsmoment, Biegungsmoment..............

6)    Trägheitsmoment, Querschnittsmodul oder Widerstandsmoment des Querschnittes .........................

7)    Biegungsgleichung.....................

8)    Gefährlicher Querschnitt, grösstes Biegungs- bezw. Widerstandsmoment . .

9)    Bestimmung der Trägheits- und Widerstandsmomente von ebenen Flächen .

a)    Trägheitsmoment des Rechtecks...............

b)    Trägheitsmoment des Rechtecks bezogen auf eine beliebige Schwerpunktsachse ........................

c)    Trägheitsmoment bezogen auf eine zu einer Schwerpunktsachse parallele

Achse........................

d)    Trägheitsmoment eines beliebig geformten Querschnittes......

e)    Trägheitshalbmesser, Trägheitsellipse, Centralellipse........

f)    Uebungsaufgaben....................

g)    Widerstandsmoment des Rechtecks..............

10)    Trägheitsmoment einer Kraft bezw. eines Systems paralleler Kräfte . .    .

a)    Begriff des Trägheitsmomentes einer Kraft bezw. eines Kräftesystems

b)    Graphische Ermittelung des Trägheitsmomentes einer Kraft bezw. eines

Kräftesystems.....................

11)    Graphische Ermittelung des Trägheitsmomentes ebener Flächen.....

a)    Allgemeine Bemerkungen.................

b)    Uebungsaufgaben....................

F.    Die zehn einfachen Belastungsfälle.......... . . .

1)    Allgemeine Bemerkungen...................

2)    Erster Belastungsfall....................

3)    Zweiter Belastungsfall ...................

4)    Uebungsaufgaben.....................

5)    Dritter Belastungsfall....................

6)    Vierter Belastungsfall....................

7)    Fünfter Belastungsfall....................

8)    Sechster Belastungsfall...................

9)    Uebungsaufgaben.....................

10)    Siebenter Belastungsfall...................

11)    Achter Belastungsfall....................

12)    Neunter Belastungsfall...................

13)    Zehnter Belastungsfall....................

14)    Uebungsaufgaben.....................

G.    Krümmungshalbmesser der elastischen Linie..........

1) Allgemeine Bemerkungen....................

H.    Von der Zerknickungsfestigkeit................

1)    Erster Belastungsfall....................

2)    Zweiter Belastungsfall....................

3)    Uebungsaufgaben.....................

J.    Berechnung der Säulenfüsse.................

1)    Allgemeine Bemerkungen...................

2)    Uebungsaufgaben.....................

K.    Zusammengesetzte Festigkeit................

1)    Allgemeine Bemerkungen...................

2)    Uebungsaufgaben.....................

L.    Zusammengesetzte Biegungsfestigkeit.............

1)    Allgemeine Bemerkungen...................

2)    Uebungsaufgaben.....................

M.    Der kontinuierliche oder durchgehende Träger.........

1)    Allgemeine Bemerkungen........

. 119

2)    Spezielle Fälle...........

a) Erster Fall. Zwei Felder und drei Stützen

a) Die Felder sind gleich lang und in der Mitte eines jeden Feldes wirkt eine Einzellast P...................

ß) Die Felder sind gleich lang und auf jedes Feld wirkt eine gleich-

massig verteilte Last P.................

y) Die Felder sind ungleich lang; in der Mitte eines jeden Feldes wirkt

eine Einzellast Px bezw. P₂...............

<F) Die Felder sind ungleich lang; auf jedes Feld wirkt eine gleichmässig

verteilte Last Pt bezw. P₂...............

b) Zweiter Fall. Drei Felder und vier Stützen...........

«) Die Felder sind gleich lang und in der Mitte eines jeden Feldes wirkt

eine Einzellast P...................

ß) Die Felder sind gleich lang, auf jedes Feld wirkt eine gleichmässig

verteilte Last P.......... ........

y) Die Felder sind ungleich lang aber die Endfelder gleich gross ; in der Mitte der Endfelder wirkt eine Einzellast Pt, über der Mitte des

Mittelfeldes eine Einzellast P₂..............

J) Die Felder sind ungleich lang, aber die Endfelder gleich gross; auf die Endfelder wirkt je eine gleichmässig verteilte Last P,, auf das Mittelfeld eine solche Last P₂..............

Seite

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3) Uebungsaufgaben

N.    Der mehrfach belastete Träger...............

1)    Der mehrfach belastete Freiträger...............

2)    Der auf zwei Stützen frei aufliegende Träger...........

a)    Allgemeine Bemerkungen.................

b)    Erster Belastungsfall. Der Träger ist nur durch Einzellasten beansprucht

c)    Uebungsaufgabe.....................

d)    Zweiter Belastungsfall. Der Träger ist durch Einzellasten und durch auf

gewisse Strecken gleichmässig verteilte Lasten beansprucht.....

e)    Uebungsaufgabe.....................

f)    Dritter Belastungsfall. Der Träger ist durch einzelne auf gewisse Strecken

gleichmässig verteilte Last beansprucht............

«) Die Belastung P₁ ist auf eine Strecke Z, gleichmässig verteilt . . . ß) Die Belastungen Px und P₂ sind auf die Strecken    und l₂ gleichmässig verteilt....................

g)    Uebungsaufgaben....................

O.    Berechnung der Treppenpodestträger.............

1)    Arten der Podestträger...................

2)    Podestträger für freitragende Treppen..............

a)    Belastung des Podestträgers................

b)    Horizontalschub der Podestkappe...............

3)    Podestträger für unterstützte Treppen..............

a)    Belastung des Podestträgers................

b)    Belastung und Berechnung des Wangenträgers..........

4)    Uebungsaufgaben.....................

P.    Der excentrische Druck...................

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142

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1)    Spannungsverteilung in einem durch excentrischen Druck beanspruchten

Querschnitt.......................

a)    Wirkung der excentrischen Druckkraft............

b)    Centralkern oder Kernfläche eines Querschnittes.........

c)    Grösse der Spannung im Querschnittsrande (Randspannung) bei excentrischer Druckbelastung..................

u) Der Angriffspunkt der äusseren Kraft liegt in dem Kernrande auf

einer Hauptachse des Querschnittes............

ß) Der Angriffspunkt der äusseren Kraft liegt auf einer Hauptachse in beliebiger Entfernung vom Schwerpunkt des Querschnittes ....

d)    Konstruktion der Randspannungen eines Querschnittes bei excentrischer

Druckbelastung.....................

e)    Uebungsaufgaben....................

2)    Beziehungen zwischen der Lage der Neutralachse und jener des Angriffspunktes der excentrischen Druckkraft..............

a)    Konstruktion der Lage der Neutralachse bei gegebenem Angriffspunkte

der Druckkraft.....................

b)    Konstruktion des Kernes eines Querschnittes mit Benützung der Centralellipse ........................

c)    Uebungsaufgaben....................

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3)    Excentrische Druckbelastung ausserhalb des Centralkernes unter Ausschluss

von Zugspannungen ....................

a)    Lage der Neutralachse und Spannungsverteilung im Querschnitt . .    .

b)    Uebungsaufgaben....................

4)    Die Einmauerung der Freiträger................

a)    Berechnung der Einmauerungstiefe, Verwendung von Unterlagsplatten .

b)    Uebungsaufgaben....................

III. Abschnitt. Stabilität der Mauern und Gewölbe . . . .

A.    Stabilität freistehender Mauern...............

1)    Stabilitätsbedingungen....................

2)    Uebungsaufgabe......................

B.    Stabilität freistehender Fabrikschornsteine...........

1)    Stabilitätsbedingungen....................

2)    Uebungsaufgaben.....................

C.    Der Erddruck....... ...............

1)    Der natürliche Böschungswinkel................

a)    Begriff des natürlichen Böschungswinkels ...    ........

b)    Grösse des natürlichen Böschungswinkels für einige Erdarten und Gewichte der letzteren per Kubikmeter.............

2)    Begriff des Erddruckes...................

3)    Ermittelung der Gleitfläche..................

4)    Grösse und Angriffspunkt des Erddruckes.............

a)    Grösse des Erddruckes..................

b)    Angriffspunkt und Richtung des Erddruckes...........

5)    Ermittelung der Gleitfläche in besonderen Fällen..........

a)    Die Terrainlinie ist unter dem natürlichen Böschungswinkel zur Horizontalen geneigt......................

b)    Die Terrainlinie ist eine gebrochene Linie...........

c)    Die Terrainlinie ist eine gebrochene Linie und die obere Begrenzungsfläche belastet.....................

D.    Stabilitätsuntersuchung einer Futtermauer...........

1)    Stahilitätsbedingungen....................

2)    Ausführung der Stabilitätsuntersuchung.............

a)    Allgemeine Bemerkungen.................

b)    Uebungsaufgabe.....................

E.    Stabilität der Tonnengewölbe................

1)    Form und Belastung eines Gewölbes..............

2)    Stabilitätsbedingungen....................

a)    Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Drehen, Horizontalschub, Drucklinien

b)    Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Zerdrücken, Schlusssteinhöhe und

Stärke des Gewölbebogens.................

c)    Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Gleiten...........

3)    Stabilitätsuntersuchung bei symmetrischer Belastung des Gewölbes .    .    .    .

a) . Stabilität des Gewölbebogens................

b)    Stabilität des Widerlagers.................

jt) -Ohne Berücksichtigung des Erddruckes...........

ß) Mit Berücksichtigung des Erddruckes............

c)    Berechnung der im Gewölbe auftretenden äusseren Kräfte und der hierdurch verursachten Pressungen...............

■    4) Stabilitätsuntersuchung bei unsymmetrischer Belastung des Gewölbes .    .    .

5) Uebungsaufgaben.....................

Nachtrag zur Profilbestimmung von auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit beanspruchten Trägern .......................

Anhang. Tabellen.....:...................

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I. Abschnitt. Elemente der Statik.

A. Einleitung.

1) Von den Kräften im allgemeinen.

1) Das Vorhandensein einer Kraft erkennt man durch ihre Wirkung auf einen Körper. Wenn eine Kraft auf einen Körper einwirkt, so erteilt sie dem letzteren eine bestimmte Bewegung mit, oder sie übt auf ihn einen Druck aus. In der Natur gibt es eine ganze Reihe von Kräften, z. B. die Schwerkraft, die Elastizitätskraft, die Kraft des Wasserdampfes, die Kraft des elektrischen Stromes, die Muskelkraft des Menschen und der Tiere u. s. w.

2) Mass einer Kraft.

2) Um die Grösse einer Kraft angeben zu können, muss man wissen, welche Bewegungsgrösse sie einem Körper in einer bestimmten Zeit zu erteilen, bezw. welchen Druck sie auf ihn auszuüben im Stande ist. Man vergleicht zweckmässig die Grösse einer Kraft mit der Grösse der Gewichtseinheit. Man spricht also z. B. von einer Kraft von 1 Kilogramm, von einer Kraft von 200 Kilogramm u. dergl.

Damit die Wirkungsweise einer Kraft bestimmt werden kann, muss man von ihr kennen: 1) die Grösse, 2) den Angriffspunkt, d. h. diejenige Stelle des Körpers, auf welche die Kraft unmittelbar ein wirkt, 3) die Richtung, in welcher die Kraft thätig ist.

3) Bildliche Darstellung und Bezeichnung einer Kraft.

Figur 1.

3) Es ist üblich eine Kraft der Grösse und Richtung nach durch die Grösse und Richtung einer geraden Linie darzustellen; dabei muss zwischen dem Längen- und Kraftmassstab ein bekannter Zusammenhang bestehen. Soll beispielsweise eine Länge von 1 mm eine Kraft von 100 kg darstellen, so wird eine Kraft von 1000 kg gegeben sein durch eine Länge von-10 mm. Die Richtung, in welcher die Kraft auf einen Körper wirkt, wird durch den Richtungspfeil angedeutet.

Der Angriffspunkt wird besonders benannt. Die Kraft selbst bezeichnet man in der Regel durch einen Buchstaben des grossen lateinischen Alphabets, z. B. P, Q, B u. s. w.

In der Figur 1 ist demnach eine Kraft P dargestellt, deren Angriffspunkt in a liegt, welche im Sinne des Pfeiles in der Linie ab wirkt und eine Grösse gleich der Linie ab bezw. ac besitzt. Die gerade Linie, in welcher eine Kraft wirkt, heisst ihre Richtungslinie.

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

4) Wirkung und Gegenwirkung.

4) Wirkt eine Kraft P in einem Punkte a in der Linie ab, s. Figur 1, auf'einen Körper, so erfährt sie von dem letzteren eine Gegenwirkung im Sinne ca von derselben Grösse wie ab. Man nennt diese Wirkung den Gegendruck oder die Reaktion des Körpers gegenüber der Kraft P.

Figur 2.

b.

d.

c.

a.

5) Gleichgewicht.

5) Wirken zwei Kräfte von der gleichen Grösse aber in entgegengesetztem Sinne in derselben geraden Linie, so nennt man diesen Zustand Gleichgewicht. Dabei können die beiden Kräfte die Lage haben, wie sie durch Figur 2, a—d dargestellt sind; in allen den vier Fällen sagt man, die Kräfte P und Q sind im Gleichgewicht

Anmerkung 1. Der Angriffspunkt einer Kraft ist in ihrer Kichtungsiinie beliebig verlegbar, d. h. an keine bestimmte Stelle in derselben gebunden.

6) Begriff der Statik.

6) Die Statik hat die Aufgabe, die Bedingungen festzustellen, unter welchen Kräfte, die in bestimmter Weise auf einen Körper ein wirken, unter sich im Gleichgewicht sind: „Die Statik ist daher die Lehre vom Gleichgewicht der Kräfte.“

7) Resultante oder Mittelkraft von gegebenen Kräften.

7)    Wirken auf einen Körper beliebig viele Kräfte ein, so kann man sich fragen, ob es nicht möglich ist, eine Kraft zu ermitteln, welche für sich allein dieselbe Wirkung ausübt, wie die gegebenen Kräfte zusammen; gelingt dies, so nennt man diese Kraft die Resultante oder Resultierende, oder auch die Mittelkraft der gegebenen Kräfte; letztere selbst heissen Seitenkräfte oder Komponenten.

Das Aufsuchen der Resultante von gegebenen Kräften heisst das Zusammensetzen der Kräfte. Sehr häufig begegnet man in der Technik auch der umgekehrten Aufgabe: Die Wirkungsweise einer Kraft, die in einer bekannten Richtung auf einen Körper einwirkt, in bestimmten anderen gegebenen Richtungen zu ermitteln.    „

So wird z. B. durch die Strebe eines Hänge- oder Sprengwerkes ein gewisser Druck auf das die Strebe stützende Auflager übertragen, welcher sich sowohl in horizontalem, wie in vertikalem Sinne äussern kann. Das Aufsuchen dieser Seitenkräfte oder Komponenten aus gegebenen Kräften heisst das Zerlegen der Kräfte.

8) Wirkungsweise von Kräften auf einen Körper,

8)    Im Nachfolgenden sollen nur Kräfte besprochen werden, die unter sich in einer Ebene liegen; unter dieser Voraussetzung können die Kräfte in folgender Weise auf einen Körper ein wirken.

Die Kräfte besitzen entweder alle einen gemeinsamen Angriffspunkt, oder aber verschiedene Angriffspunkte und wirken

a)    in einer geraden Linie,

b)    in verschiedenen geraden Linien.

-----------

B. Zusammensetzen und Zerlegen der Kräfte.

1) Kräfte mit gemeinsamem Angriffspunkt und derselben

Richtungslinie.

Figur 3 a und 3 b.

■Pi

9) Es sind zwei Fälle denkbar, entweder haben die Kräfte den gleichen Richtungspfeil, siehe Figur 3a, oder aber es sind die Richtungspfeile entgegengesetzt, siehe Figur 3 b.

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Im ersten Falle besitzen die Kräfte eine Resultante gleich der Summe der gegebenen Kräfte, mit der gleichen Richtungslinie und dem gleichen Richtungspfeil wie die gegebenen Kräfte. Heisst diese Resultante B, so ist:

Pi

1)    . . . P = P₁-f-P₂ + P₃ + ..

Im zweiten Falle ist gleichfalls eine Resultante vorhanden, die man erhält, wenn man die Kräfte, die im gleichen Sinne wirken, addiert und die sich ergebenden Summen subtrahiert; man erhält dann für B die Beziehung:

2)    ... 22 = Pj-|-P₂-|-P₃ • • —(P₄ + P₅ + P₆ • •)

Einen Ausdruck von der Form der rechten Seite der Gleichung 2) nennt man eine algebraische Summe.

„Die Resultante von Kräften, welche den Angriffspunkt und die Richtungslinie gemeinsam haben, aber entgegengesetzte Richtungspfeile besitzen ist gleich der algebraischen Summe der einzelnen Kräfte; ihr Richtungspfeil bestimmt sich nach dem Wert der Summe. Ist der Wert der algebraischen Summe gleich Null, so sind die Kräfte im Gleichgewicht.“

2) Kräfte mit einem gemeinsamen Angriffspunkt und verschiedenen Richtungslinien.

a) Zwei Kräfte, Kräfteparallelogramm, Kräftedreieck.

Figur 5.

10) Sind durch ab und ac die beiden Kräfte Pt und P₂ dargestellt, siehe Figur 4, so erhält man ihre Resultante B durch die Diagonale acl des mit den beiden Linien ab und ac als Seiten gebildeten Parallelogramms. Die Richtung der Resultante B ist durch die Richtung von a nach d gegeben, der Richtungspfeil demnach wie in der Figur 4, einzuzeichnen.

Figur 4.

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P₂

,a

Pi

fa

P₂

Anmerkung 2. Das in Figur 4 gezeichnete Parallelogramm führt die Bezeichnung:

„Parallelogramm der Kräfte“ oder auch: „Kräfteparallelogramm.“

11)    In Rücksicht auf Anmerkung 2 kann man sagen: „Die Resultante zweier Kräfte mit verschiedenen Richtungslinien und gemeinsamem Angriffspunkt ist gleich der Diagonale des mit den Kräften als Seiten gebildeten Kräfteparallelogramms.“ Die Spitze des Richtungspfeils ist der dem Angriffspunkt gegenüberliegenden Ecke des Kräfteparallelogramms zugekehrt; eine solche Diagonale ist stets vorhanden, die Kräfte sind also niemals im Gleichgewicht.

12)    Macht man, siehe Figur 5, die Linie ab gleich und parallel der Kraft Pj, ebenso die Linie bc gleich und parallel der Kraft P₂ und zwar so, dass die Richtung von a nach b dem Richtungspfeile von Pt, die Richtung von b nach c dem Richtungspfeile von P₂ gleich ist. so gibt die Linie ac die Grösse und Richtung der Resultante R der Kräfte P₁ und P₂ an. Die Spitze des Richtungspfeils ist dem Punkte c zugekehrt. Eine Parallele durch a zu ac liefert daher in Figur 4 die Resultante R der Kräfte Px und P₂ der Lage nach.

Das Dreieck abc, dessen Seiten gleich und gleich gerichtet sind den Kräften P₁₇ P₂ und R heisst (las Kräftedreieck dieser Kräfte.

b) Gleichgewicht dreier Kräfte.

13) Zieht man durch ci, siehe Fig. 4, eine Kraft Rx gleich und entgegengesetzt gerichtet der Kraft P, so sind die Kräfte R und Rx im Gleichgewicht, demnach auch die Kräfte Px, P₂ und Rv Das zu diesen Kräften gehörige Kräftedreieck ist wieder das Dreieck abc, siehe Figur 5, es ist aber jetzt die Spitze des Richtungspfeiles von ca dem Punkte a zugekehrt.

„Sollen drei Kräfte mit gemeinsamem Angriffspunkt und verschiedenen Richtungslinien im Gleichgewicht sein, so muss sich mit ihnen ein Dreieck abc konstruieren lassen, dessen Seiten gleich und gleichgerichtet den gegebenen Kräften sind.“

Durchläuft man die Seiten dieses Dreiecks von einer Ecke a aus in demselben Sinne, so gibt die Bewegungsrichtung die Richtungspfeile der drei Kräfte an.

c) Uebungsaufgaben.

14) Aufgabe 1. Von den unter 45° gegen die Horizontale geneigten Streben eines Sprengwerkes wird auf eine vertikale Säule je ein Druck von 1700 kg übertragen. Wie gross ist der gesamte Vertikaldruck auf die Säule?

Auflösung. Die Richtungslinien der Kräfte Px und P₂ schneiden sich, s. Figur 6, im Punkte a. Von a aus trägt man auf der gegebenen Richtungslinie im Sinne der Pfeile die Kräfte nach a b und k an, 1 mm gleich 150 kg und konstruiert das Parallelogramm ab cd, so gibt die Diagonale ad den gesuchten Vertikaldruck V an.

Bei dem gewählten Hassstabe ist ad — 16 mm, daher V — 16-150 = 2400 kg

Anmerkung 3. Durch Rechnung lässt sich die Grösse von V wie folgt ermitteln. Es ist:

V =2 Pcos 45° = 2-1700-0,70711 = 2404 kg.

’R.moKg

45

Figur 6.

Yz=1700Kq

4 5°

•c

\L

15) Aufgabe 2. Im Punkte siehe Figur 7, wirkt auf eine Mauer eine horizontale Kraft P₁ = 800 kg und eine vertikale Kraft P₂ = 2800 kg; es ist die Grösse und Lage der Resultante dieser beiden Kräfte zu ermitteln.

Figur 7.

Pt -- sooKg

Auflösung. Macht man, vorausgesetzt dass 1 mm = 150 kg darstellt, die Horizontale ab = 5,8 mm, die Vertikale ac = 18,6 mm und konstruiert das Parallelogramm ab cd, so gibt die Diagonale ad die gesuchte Resultante P; es ist ad = 19,6 mm = 19,6-150 = 2940 kg.

Anmerkung 4. Durch Rechnung erhält man:

11 — Y Pt -f Pj = Y 8002 28002 = 2912 kg

Figur 8.

16) Aufgabe 3. Im Firstpunkte c eines Dachbinders, siehe Figur 8, wirkt ein vertikaler Druck P— cd. Wie gross ist der hierdurch in den Sparren hervorgerufene Druck S und wie überträgt sich letzterer auf die Auflager a und b?

Auflösung. Man konstruiert mit cd als Diagonale das Parallelogramm cdef, so erhält man in ce die Grösse des Sparrendrucks S. Verlegt man den Angriffspunkt c von S nach a, so lässt sich S in eine horizontale Komponente H und in eine vertikale Komponente V zerlegen. H bezeichnet den Horizontalschub, V den Vertikaldruck des Sparrens auf das Auflager.

H aX\ot

■4'

's

's

'2,25

!/r

Anmerkung 5. Bezeichnet a den Neigungswinkel des Daches gegen die Horizontale, so findet man den Sparrendruck durch Rechnung wie folgt. Es ist:

2 sin «

S =

Aus der Figur 8 erkennt man ferner, dass die Strecke eg = H und cg — V sein muss; man hat also die weiteren Beziehungen:

⁼ ~2~ cotg a

H — Scos« =

Pcos«

2 sin«

17) Aufgabe 4. Für das in Aufgabe 3 behandelte Beispiel sei P= 1500kg. Wie gross sind S, H und V?

Auflösung. Nimmt man 1 mm = 150 kg, so hat man cd = 10 mm anzutragen und das Parallelogramm ceclf zu konstruieren. Man entnimmt dann der Figur 8 durch Messung ce = 8 mm, also S = 1200 kg; eg = 6,66 mm, also H = 1000 kg und V — 750 kg.

Anmerkung 6. Durch Rechnung findet man unter der Voraussetzung, dass a = 36° 50' ist:

= 1250 kg

1500

1500

2-0,59949

2 sin a    2 • sin 36° 50'

cotg 36° 50' = 750-7,33511 = 1000 kg

18) Aufgabe 5. Im Punkte a eines einfachen Sprengwerkes, s. Figur 9, ist eine vertikale Last P— 1500 kg aufzunehmen. Welche Beanspruchungen erfahren die Streben af und ak, sowie die Auflager in den Punkten f und &?

2 sin «

Anmerkung 7. Durch Rechnung erhält man:

„ P

H = — cotg«;

Man rechne das vorstehende Beispiel aus unter der Voraussetzung, dass der Winkel a = 33° 40' betragen soll.

Figur 10.

SC

--1uO<?--^

\\v\

Figur 9.

■ 6,0m

,co

!/

PS

Auflösung. Ist ab = P, so erhält man mittels des Parallelogramms acbd den Strebendruck S; dieser zerlegt sich in den Punkten f und g in den Horizontalschub H und den Vertikaldruck V Unter der Voraussetzung, dass 1 mm — 150 kg sein soll, findet man durch Messung aus der Zeichnung :

— 8,66 mm = 1300 kg = 7,33 mm — 1100 kg V — 5 mm — 750 kg

19) Aufgabe 6. Auf den Dachbinder, siehe Figur 10, wirkt im Punkt e der Winddruck P wie angegeben. Wie gross sind die Drücke auf die Auflagerpunkte a und b unter der Voraussetzung, dass das Auflager in a beweglich, jenes in b aber fest sein soll?

Auflösung. Wenn das Auflager in a beweglich ist, so wirkt der Druck auf dasselbe in vertikaler Richtung; zieht man also durch a die Vertikale ad bis zum Schnitt d mit der Richtungslinie von P, so ist db die Richtungslinie für den Auflagerdruck in b. Mittels des Kräfteparallelogramms mit P als Diagonale ergeben sich die Auflagerdrücke P₁ und P₂, siehe Figur 10.

Figur 11.

L-a

CO

| *-0,6in•—V>

20) Aufgabe 7. Auf einen Träger ab, siehe Figur 11, der im Punkte a mittels einer Zugstange ac aufgehangen ist, wirkt im Punkte a eine vertikale Last P. Wie äussert sich dieselbe auf die Zugstange und den Träger?

Auflösung. Man wählt die Kraft P als Diagonale eines Parallelogramms, dessen Seiten mit ac und ab zusammenfallen; man erhält dann für die Zugstange die Beanspruchung S, für den Balken den Horizontalschub H.

Anmerkung 8. Durch Rechnung findet man, unter a den 'Winkel von Träger und Zugband verstanden:

sin «

und H — P cotg a

21) Aufgabe 8. Für das in Aufgabe 7 behandelte Beispiel sei P — 1300 kg; wie gross sind H und S?

Auflösung. Nimmt man 1mm = 150kg, so hat man, s. Figur 11, ad — 8,66 mm anzutragen und das Parallelogramm aedf zu konstruieren. Man erhält dann:

S = 14,3 mm = 2150 kg

H = 11,3 mm = 1700 kg

Durch Rechnung findet man:

64

daher ist:

tg « — —— ⁶    84

« = 370 20'

1300

1300

sin«

sin 370 20'

= 3143 kg

und

0,60645

H — Pcotg« = P cotg 37° 20' = 1300-1,31111 = 1704 kg

*22) Aufgabe 9. Auf einen Träger ab, siehe Figur 12, der im Punkte a durch eine Strebe unterstützt ist, wirkt in a eine Last P; wie äussert sich dieselbe auf die Strebe und den Träger?

Auflösung. In gleicher Weise wie in Aufgabe 7 ergibt sich im vorliegenden Falle mittels des Kräfteparallelogramms aedf, der Strebendruck S und der Horizontalschub H.

Figur 12.;

e-~

ü_4

- 0.84-'*

Anmerkung 9. Durch Rechnung findet man:

s= p

sin «

, H — Pcotg«

^    —~wS9'0----

23) Aufgabe 10. Für das in Aufgabe 9 behandelte Beispiel sei P — 1300kg. Wie gross sind S und H?

Auflösung. Aus der Zeichnung entnimmt man, vorausgesetzt dass 1mm = 150 kg entsprechen soll,

S = 14,1 mm = 14,1 • 150 = 2115 kg H = 11,1 mm = 11,1-150 = 1668 kg

Durch Rechnung erhält man:

65

tg « = -— = 0,77388; « = 370 54'

es ist somit:

13

1300

= 2116 kg

sin 370 54'    0,61424

H = 1300-cotg 37° 54' = 1300-1,28456 = 1660 kg

24) Aufgabe 11. In den Punkten e und f, siehe Figur 13, eines doppelten Hängewerkes hat jede Hängesäule eine Last von 900 kg aufzunehmen und auf die Auflager a und b zu übertragen. Wie werden die einzelnen Konstruktionsteile beansprucht?

Figur 13. c H i d

Auflösung. Durch die Hängesäule ce wird die Last P nach dem Punkte c übertragen, woselbst sie sich mittels des Parallelogramms chgi in die Seitenkräfte S und LI zerlegt; erstere Kraft wird durch die Strebe ac nach dem Auflagerpunkte a übertragen und zerlegt ^ sich daselbst in den Horizontalschub H und den Vertikaldruck V.

Die in c wirkende Horizontalkraft H wird durch den Spannriegel cd des Hängewerkes aufgenommen. Bei dem gewählten Kräftemassstab 1 mm = 150 kg findet man:

7 . H g/?

s.

T

s

<5>

1?

77Z

P-90oKg Y*90oKg

2,ßd2L -2,6 ^—4-

H = 8 mm = 8 • 150 = 1200 kg

S = 10 mm = 10 • 150 = 1500 kg

V = 900 kg

Anmerkung 10. Durch Rechnung ergibt sich:

H = Pcotg«

sin«

25) Aufgabe 12. In den Punkten a und b eines doppelten Sprengwerkes, siehe Figur 14, wirkt je eine Last P — 900 kg, welche auf die Auflagerpunkte a und b zu übertragen ist; wie werden die einzelnen Konstruktionsteile beansprucht?

*--2,6 m

S,

Figur 14.

P -tooKg

‘-2,6 rn ~

?=90oKg

lT~²'6m

IhI

S = 1500 kg, H — 1200 kg,

Auflösung. Mittels des Parallelogramms cf eg, in welchem die Diagonale ce = P ist, zerlegt sich P in die Seitenkräfte S und H-, S wird durch die Strebe ac nach dem Auflager a übertragen; und zerlegt sich daselbst wieder in die Horizontalkraft H und den Vertikaldruck V; die in c wirkende Horizontalkraft H wird durch den Spannriegel aufgenommen.

Unter Annahme eines Kräftemassstabes 1 mm = 150 kg erhält man:

V— P— 900 kg

26) Aufgabe 13. Man führe die in den Aufgaben 10 und 11 behandelten Beispiele durch Rechnung aus.

Auflösung. Auf Grund der gegebenen Ausmasse ist: tg a = 0,76923,

daher:

« = 37? 34'

900

sin u 0,69968

= 1474

H— Pcotg« = 900-1,30011 = 1170 kg

d) Beliebig viele Kräfte, Kräftepolygon.

27) Man erhält in diesem Falle die Resultante, wenn man zunächst irgend zwei der Kräfte, z. B. P₃ und P₄, siehe Figur 15, mittels des Parallelogramms ab cd zu einer Resultante R‘ vereinigt, hierauf R‘ und eine weitere gegebene Kraft, z. B. P₂ zu einer Resultante R“ zusammensetzt und so fortfährt, bis

schliesslich alle gegebenen Kräfte zu einer Resultante R zusammengefasst sind.

Die angegebene Konstruktion ist unter Umständen wenig empfehlenswert, weil es Vorkommen kann, dass einzelne Ecken der zu konstruierenden Parallelogramme * über den verfügbaren Teil des o Zeichnungsblattes hinausfallen, also unzugänglich werden. Die wiederholte Konstruktion des Kräftedreiecks führt einfacher und zweckmässiger zum Ziele. Trägt man nämlich, siehe Figur 16, zwei Strecken 2-3 und 3-4 gleich und gleich gerichtet den Kräften P₃ und P₄ nacheinander an, so gibt die Linie 2 • 4, die Grösse und Richtung der Resultante von P₃ und P₄ an. Zeichnet man etwa die Strecke 2 • 1 gleich und gleich gerichtet der Kraft P₂ und zieht 1-4, so ist durch 1-4 Grösse und Richtung der Resultante von P₃, P₄ und P₂ dargestellt. Zieht man endlich 2-0

Figur 15.

C'AA

\V -

i \ Ar ••

R'

Pl

Figur 16.

V\

\ Pi

gleich und gleich gerichtet der Kraft P1? so gibt die Verbindungslinie 0-4 die Grösse und Richtung der Resultante der vier Kräfte P₄, P₃, P₂ und P₁ an.

Eine Parallele durch a. Figur 15. zu 0*4. Figur 16, liefert diese Resultante selbst.

Der Linienzug 0, 1, 2, 3, 4, dessen Seiten gleich und gleich gerichtet den Kräften P1? P₂, P₃, P₄ sind, bildet ein offenes Polygon; schliesst man dasselbe durch die Linie 0-4, so stellt der letztere die Resultante obiger Kräfte der Grösse und Richtung nach dar.

Dieses Polygon heisst das Kräftepolygon der gegebenen Kräfte und die Linie 0-4 ist seine Schlusslinie. Durchläuft man von dem Punkte a ausgehend, den Umfang des Kräftepolygons im Sinne der Richtungspfeile der gegebenen Kräfte, so gelangt man nach dem Punkte 4. Der Richtungspfeil der Resultante ist nun entgegengesetzt der Bewegungsrichtung, in welcher das Kräftepolygon durchlaufen wurde. Man kann diese Bewegungsrichtung den Umfahrungssinn des Kräftepolygons nennen.

28) Fügt man zu den gegebenen Kräften noch eine Kraft P, gleich und entgegengesetzt gerichtet der Resultante R hinzu, so sind die sämtlichen Kräfte unter sieh im Gleichgewicht. Die Linie Rr im Kräftepolygon erhält aber nun einen dem vorigen entgegengesetzten Richtungspfeil und das Kräftepolygon wird ein geschlossenes sein.

,.Beliebig viele Kräfte mit gemeinsamem Angriffspunkt sind im Gleichgewicht, wenn ihre Resultante gleich Null ist und dies ist der Fall, wenn das aus den Kräften konstruierte Kräftepolygon sich schliesst; es wird dann sein Umfang vom Richtungspfeile der Kräfte in demselben Sinne durchlauten.“

Figur 17.

e) Uebungsaufgaben.

29) Aufgabe 14. Es sind vier Kräfte I\, P.₂, P₃ und P₄ mit demselben Angriffspunkte gegeben, s. Figur 17, man soll eine Kraft P₅ so bestimmen, dass sie den gegebenen Kräften das Gleichgewicht hält.

Auflösung. Man trägt die Seiten

ÖU, R2, 2^3, 3^4

beziehungsweise gleich und gleich gerichtet den Kräften I\ bis P₄ nacheinander an, siehe Figur 18, und zeichnet die Schlusslinie 4 • 0 des Kräftepolygons. Nimmt man die Spitze des Richtungspfeils der Schlusslinie dem Anfangspunkt 0 zugekehrt und zeichnet durch den Angriffspunkt der gegebe-Kräfte,_siehe Figur 17, gleich und gleich gerichtet zu 4-0, siehe Figur 18, die Kraft P₅, so stellt diese die gesuchte Kraft dar.

P4

nen

£5

P,

05

P,

\3

Figur 18.

30) Aufgabe 15. In den Mitten der Seiten eines Dachbinders von der in Figur 19 dargestellten Form, wirken die zu den Seiten normalen Drücke p po un(j pg. Man soll die Resultante der drei Kräfte ermitteln.

Auflösung. Da die Kräfte normal zu den Seiten ac, cd und de gerichtet sind, so schneiden sich deren Richtungslinien im Mittelpunkte m. Man kann daher die sämtlichen

a)

Figur 19.

Figur 20.

\\P₂

3t\\

P3,

fl

ff

■2

rrv

Kräfte mit ihren Angriffspunkten nach dem Punkte m verlegen, dann wird auch die Resultante durch den Punkt m hindurchgellen. Zeichnet man daher das Kräftepolygon 0-1, 2-3, siehe Figur 20, so gibt dessen Schlusslinie 0-8 die Grösse und die Richtung der gesuchten Resultante E an. Dieselbe ist durch den Punkt m gleich und gleich gerichtet der Schlusslinie 0-3 zu ziehen.

31) Aufgabe 16. Unter Bezugnahme auf das in Aufgabe 14 behandelte Beispiel sind die Auflagerdrücke der Resultante E auf die Auflager a und b zu ermitteln, wenn a als bewegliches und b als festes Auflager vorausgesetzt sein soll.

Auflösung. Man zieht in a, siehe Figur 19, die Vertikale bis zum Schnitt f mit E, so gibt die Linie fb die Richtungslinie des Auflagerdruckes in b an. Zieht man nun in Figur 20 durch o und 3 Parallele zu cif und fb bis zum Schnitt in g, so stellen die Linien og und g 3 die Auflagerdrücke in den Punkten a und b der Grösse und Richtung nach dar.

3) Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und gemeinsamer Riclitungslinie.

b) Durch Rechnung.

3) Der Schwerpunkt ebener Flächen,

b) Graphische Ermittelung der Spannkräfte, Kräftepläne nach Cremona.

6) Uebungsaufgaben.

E. Biegungsfestigkeit.

5) Dritter Belastungsfall.

J. Berechnung der Säulenfüsse.

N. Der mehrfach belastete Träger.

b) Belastung und Berechnung des Wangenträgers.

lia

C. Der Erddruck.

c) Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Gleiten.

Darstellende Geometrie

3) Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und gemeinsamer Riclitungslinie.

32) Der Fall ist gleichbedeutend mit dem unter No. 9 behandelten Falle, denn man kann die sämtlichen Angriffspunkte der gegebenen Kräfte nach einem willkürlich auf der Richtungslinie gewählten Punkt verlegen und hierauf nach No. 9 verfahren. Die Resultante der gegebenen Kräfte ist also gleich der algebraischen Summe der gegebenen Kräfte; ihr Richtungspfeil bestimmt sich aus dem Wert der Summe.

4) Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und Richtungslinien. Kräfte- und Seilpolygon.

a) Zwei Kräfte.

33) Da der Angriffspunkt einer Kraft in ihrer Richtungslinie beliebig verlegt werden kann, so verlängert man, siehe Figur 21, die Richtungslinien der beiden Kräfte Px und P₂ bis zu ihrem Schnittpunkt c, verlegt ihren Angriffspunkt nach c und konstruiert das Parallelogramm cdef\ so ist dessen Diagonale cf die gesuchte Resultante R der beiden Kräfte Pi und P.₂. Die vorstehende Konstruktion ist unbrauchbar, wenn der Schnittpunkt c der Richtungslinien der

Figur 21.

d/a

gegebenen Kräfte unzugänglich ist; in diesem Falle gelangt man zu einer zweck-mässigeren Bestimmung der Resultante auf die folgende Weise:

Figur 22.

Figur 23.

'ar

nun

34) Man trägt, siehe Figur 23, die Strecken 0-1 und 1-2 gleich und gleich gerichtet den Kräften I\ und P₂ aneinander an. Wählt man nun einen beliebigen Punkt p und zieht die Linien po und p 1, so kann man das Dreieck o-1 -p als ein Kräftedreieck auffassen ,^ in welchem I\ als Schlusslinie, d. h. als Resultante von zweien Kräften op und p 1 auftritt; wählt man daher auf der Kraft P , siehe Figur 22, den Punkt a beliebig und zieht durch ihn die Linien I und II’parallel zu op und lp, so stellen diese die^Richtungslinien von zwei Seitenkräften dar, deren Grössen durch die Längen op und pl, siehe Figur 23, gegeben sind und in welche die Kraft Px zerlegt ist. Zieht man in Figur_23 auch noch die Linie p2 und nimmt das Dreieck 1-2-p als Kräftedreieck mit^ 1 • 2 oder P₂ als Schlusslinie, bezw. Resultante von zweien Kräften 1 p und p2, so findet man die Kräfte selbst, wenn man II bis zum Schnitt ß mit P₂ verlängert und durch ß die Parallele III zu p2 zieht. In der Linie II wirken zwei gleich grosse und entgegengesetzt gerichtete Kräfte, die sich gegenseitig auflieben und es bleiben nur die in I und III tätigen Kräfte zurück, deren Resultante durch den Schnittpunkt y von I und III parallel zur Linie 0 2, siehe Figur 23, hindurchgehen muss. Diese Resultante ist aber zugleich die Resultante der gegebenen Kräfte Pl und P₂. Ihre Grösse und ihr Richtungspfeil ist aus Figur 23 zu entnehmen.

Anmerkung 11. Pa der Punkt p ganz beliebig wählbar ist, so kann er stets so angenommen werden, dass der Schnittpunkt y der Linien I und II leicht zugänglich ist.

b) Beliebig viele Kräfte.

35) Sind beliebig viele Kräfte P1? P₂, P₃ und P₄, siehe Figur 24, gegeben, so kann man in gleicher Weise wie in No. 34 zur Resultante dieser Kräfte

gelangen, wenn man, s. Figur 25, die Strecken 0-1, 1*2, 2-3, 3-4 gleich und gleich gerichtet den Kräften P₁ bis P₄ aneinander anträgt, einen Punkt p beliebig wählt und die Linien pO, p 1, p 2, p3, p4: zieht.

Figur 24.

n.

iw#

7///

mm

Hierdurch entstehen die Kräftedreiecke 0*1 -p, 1 • 2 -p, 2-3 -p, 3 • 4 -p mit den Linien 0 • i, 1*2, 2 • 3 und 3-4 als Schlusslinien bezw. Resultanten; die zugehörigen Seitenkräfte sind aber durch die

Linien 0 •p, 1 •p, 2 -p, 3 -p und 4 •p, siehe Figur 25, gegeben, deren Richtungslinien I, II, III, IV, V . parallel zu diesen Linien laufen und erhalten werden, wenn man den Punkt 1 auf Pv s. Figur 24, beliebig wählt und durch ihn die Linie I parallel Op Linie II parallel 1 -p, bis zum Schnitt 2 mit P₂ zieht; durch 2 geht III parallel zu 2p bis zum Schnitt 3 mit P₃ u. s. w.

In den Linien II, III und IV wirken je zwei gleich grosse und entgegengesetzt gerichtete Kräfte, die sich aufheben, so dass nur die Kräfte in I und V übrig bleiben, deren Resultante durch den Schnittpunkt 5 dieser Linie, parallel zur Linie 0-4, siehe Figur 25, hindurchgehen Diese Resultante ist aber zugleich die Resultante P der gegebenen

Pa

P3

P,

55

'P

dann die

«"N

Figur 25.

muss.

Kräfte Px bis P₄; ihre Grösse sowie ihr Richtungspfeil sind aus Figur 25 zu entnehmen.

36) Die Linien I bis V, siehe Figur 24, bilden ein Polygon, das für die Folge ein Seilpolygon der Kräfte P₄ bis P₄ genannt werden soll; das Polygon 0.-1-2-3-4-0, siehe Figur 25, ist das zu dem Seilpolygon gehörige Kräftepolygon; der Punkt p heisst sein Pol und die Linie p-0, p-1, p-2 • • • heissen Polstrahlen.

Die Seiten des Seilpolygons sind beziehungsweise parallel zu den Polstrahlen des Kräftepolygons; die Längen der Polstralilen bestimmen die Grössen der in den Seiten des Seilpolygons wirkenden Kräfte.

Die Bezeichnung Seilpolygon rührt davon her, dass ein in zwei beliebigen Punkten m und n aufgehängtes Seil unter der Einwirkung von äusseren, in den Punkten 1, 2, 3, 4 thätigen Kräften Pv P₂, P₃, P₄ die in Figur 24 gezeichnete

Form annimmt, während in den einzelnen Abschnitten die durch die Längen der Polstrahlen der Grösse nach bestimmten Spannungen herrschen.

37) Fügt man zu den gegebenen Kräften P₁ bis P₄ eine der Kraft E gleiche und entgegengesetzt gerichtete Kraft E‘ hinzu, deren Richtungslinie mit E zusammenfällt, so halten sich E und E‘ und demnach auch die gegebenen Kräfte P₄ bis P₄ und E‘ das Gleichgewicht. Konstruiert man nun zu den Kräften P₄ bis P₄ und P' das Kräfte- und Seilpolygon, so schliessen sich offenbar die beiden Polygone.

Man kann also sagen: „Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und Richtungslinien sind im Gleichgewicht, wenn ihre Resultante gleich Null ist und das zu ihnen gehörige Kräftepolygon sich schliesst, desgleichen aber auch ein mittels eines beliebigen Poles konstruiertes Seilpolygon.“

c) Parallele Kräfte.

«) Beliebig viele Kräfte.

38) Einen Spezialfail der No. 35 erhält man, wenn die Kräfte parallele Richtungslinien besitzen; in diesem Falle kann die Konstruktion der Resultante in gleicher Weise vorgenommen werden wie in dem allgemeinen Falle. Trägt man die Kräfte P₄ bis P₄ zu einem Kräftepolygon aneinander an, so fällt dieses Polygon in eine gerade Linie 0-4, siehe Figur 27. Mittels eines beliebig gewählten Poles p ergibt sich dann das Seilpolygon I, II, III, IY, V, siehe Figur 26, dessen Seiten I und V sich in einem Punkte 5, der Resultante P, der gegebenen Kräfte schneiden. Die Resultante selbst ist gleich und gleich gerichtet der Linie 0-4, siehe Figur 27.

Figur 26.

Figur 27.

Pi

Pi

P3

P₂

P4

39)    Besitzen nicht alle Kräfte denselben Richtungspfeil, so bleibt die Konstruktion der Resultante die nämliche, siehe Figur 28 und 29.

40)    Aus den Konstruktionen in den Figuren 26 bis 29 folgt, dass die Resultante paralleler Kräfte gleich ist der algebraischen Summe der Einzelkräfte.

(5

41) Fügt man zu den gegebenen Kräften eine Kraft R‘ hinzu gleich und entgegengesetzt gerichtet der Resultante B, welche mit letzterer die Richtungslinie gemein hat, so ergibt sich Gleichgewicht. In diesem Falle wird die Resultante gleich Null und es schliesst sich sowohl das Kräftepolygon, wie das Seilpolygon. Man kann also sagen: „Parallele Kräfte sind im Gleichgewicht, wenn ihre Resultante gleich Null ist und sich sowohl das Kräfte-, wie auch das Seilpolygon schliesst.“

Figur 31.

Figur 29.

Figur 28.

Pt

P3

Vy

v\

P4

P3

P2

*P

s\

\>

Figur 30.

MV

Y<-

12

P3

cc

2‘

42) Dass die Resultante der Kräfte gleich Null sein kann, ohne dass Gleichgewicht vorhanden ist, kann man aus Figur 30 und 31 ersehen.

Es ist hier die Kraft P₃ gleich der Summe der Kräfte 1\ und P₂, aber diesen Kräften entgegengesetzt gerichtet. Im Seilpolygon werden die Seiten I und IV parallel , d. h. ihr Schnittpunkt liegt in unendlicher Ferne. Vereinigt man Px und P₂ zu einer Resultante P₃', so sind die parallelen Kräfte P₃ und P/ einander gleich, aber entgegengesetzt gerichtet; sie bilden ein Kräfte- oder Gegenpaar und sind nicht im Gleichgewicht, sondern haben das Bestreben, den Körper, an dem sie wirken, zu drehen. Das Drehungsbestreben wird ausgedrückt durch das Produkt aus einer dieser Kräfte und ihrer senkrechten Entfernung x von einander, also durch das Produkt P₃ • x. Man nennt dieses Produkt das statische Moment des Kräftepaares.

43) Führt man zur Ermittelung der Resultante die in No. 38 beschriebene Konstruktion aus, so erhält man die Figuren 32 und 33. Aus denselben entnimmt man zufolge der Konstruktion die Beziehungen:

daher ist:

A ayd A Op 1

daher:

3) . . .

ad

yd

pi

Figur 32.

A dßy A 12

«T.....— £

ipr

4) . . .

dß

pi

yd

P₂

Durch Division der Gleichungen 3) und 4) ergibt sich:

Oc

\7

oder:

ad • yd _ \p • P₂

yd • dß

Pi-lp

Pi

ad

P2

oder auch:

dß

Figur 33.

⁵⁾ •••§=?:

d. h. „Die Resultante zweier parallelen Kräfte mit demselben Richtungspfeile teilt die Verbindungslinie ihrer Angriffspunkte im inneren Teilungspunkte im umgekehrten Verhältnis der beiden Kräfte.“

Sind die beiden Kräfte I\ und P₂ gleich gross, so geht ihre Resultante durch den Mittelpunkt der Verbindungslinie der Angriffspunkte der gegebenen Kräfte.

y) Zwei Kräfte mit entgegengesetztem Richtungspfeil.

44) Führt man die gleichen Betrachtungen durch wie in No. 43, so findet man im vorliegenden Falle, dass die Resultante, siehe Figur 34 und 35 nunmehr durch den äusseren Teilungspunkt der Verbindungslinie ab hindurch geht und letztere wieder im umgekehrten Verhältnis der beiden Kräfte teilt. Sind die letzteren gleich gross, siehe Figur 36 und 37, so erhält man eine Resultante gleich Null, deren Angriffspunkt in unendlicher Ferne liegt. Obwohl die Resultante gleich Null ist, sind die Kräfte doch nicht im Gleichgewicht; sie bilden vielmehr ein Kräfte-, bezw. Gegenpaar, siehe auch No. 42.

Figur 35.

Figur 34.

XL.

P₂

Im folgenden sollen einige wichtige Sätze über das Kräftepaar angeführt

werden.

Figur 37.

<S) Einige Sätze über das Kräftepaar. Figur 36.

45) Wie schon in No. 42 angegeben wurde, besitzt ein Kräftepaar stets ein Drehungsbestreben, welches ausgedrückt wird durch das Produkt aus Kraft mal der Entfernung der beiden das Kräftepaar bildenden Kräfte, durch das statische Moment des Kräftepaares. Dieses statische Moment kann ein rechts drehendes oder positives, siehe Fig. 38, oder aber ein links drehendes bezw. negatives, siehe Figur 39, sein; im ersten Falle erfolgt die Drehung im Sinne der Uhrzeigerbewegung, im zweiten Falle in entgegengesetztem Sinne.

Zunächst erkennt man unmittelbar die Richtigkeit des folgenden Satzes:

1. Satz. „Besitzen zwei Kräftepaare dieselben Angriffspunkte ci und b sowie gleich grosse, aber entgegengesetzt gerichtete Kräfte P und Q, so sind sie im Gleichgewicht,“ denn die in den Angriffspunkten a und b wirkenden Kräfte P und Q halten sich gegenseitig das Gleichgewicht.

46) 2. Satz. „Ein Kräftepaar lässt sich parallel zu sich selbst beliebig verschieben, ohne dass hierdurch seine Wirkungsweise auf einen Körper geändert wird.“

Oi

.2

p,

p₂

p₂

A*------ a

-------jB

Figur 38.

Ar-

tß Figur 39.

Sind, siehe Figur 40, a und b die Angriffspunkte des Kräftepaares und verschiebt man dasselbe parallel zu sich selbst, so dass die Angriffspunkte nach

c und d zu liegen kommen, so kann man sich in c und d je eine der Kraft P gleich grosse, aber entgegengesetzt gerichtete Kraft P¹ angebracht denken und nun die in a und d wirkenden Kräfte P und P‘ zu einer Resultante P₁₅ die in c und b wirkenden Kräfte P und P' zu einer Resultante P₂ vereinigen, dann haben die beiden Resultanten PA und P₂ gleiche Grösse und eine gemeinsame durch den Mittelpunkt e des Parallelogramms ab cd gehende Richtungslinie, aber entgegengesetzten Richtungspfeil, sie halten sich also das Gleichgewicht und es bleibt nur das Kräftepaar mit den Angriffspunkten c und d und den Kräften P übrig. '

Figur 40.

---------

,P’

/i

e¥~ 4

p'i j

Y !R2

,P

47) 3. Satz. „Ein Kräftepaar lässt sich um den Mittelpunkt c, siehe Figur 41, der Verbindungslinie seiner Angriffspunkte a und b um einen beliebigen Winkel w drehen, ohne dass hierdurch seine Wirkungsweise auf einen Körper geändert wird.“ Gelangen nach der Drehung die Angriffspunkte a und b beziehungsweise nach d und e, so kann man sich in d und e je eine der Kraft P gleich grosse, aber entgegengesetzt gerichtete Kraft P‘ angebracht denken und nun die in a und d wirkenden Kräfte P und P‘ zu einer Resultante Bv die in b und e wirkenden Kräfte zu einer Resultante P2 vereinigen; dann haben die beiden Resultanten Px und P₂ gleiche Grösse und eine gemeinsame durch c gehende Richtungslinie, aber entgegengesetzten Richtungspfeil, sie halten sich also das Gleichgewicht und es bleibt nur das Kräftepaar mit den Angriffspunkten d und e und den Kräften P übrig.

Aus den vorhergehenden beiden Sätzen folgt unmittelbar der folgende:

Ein Kräftepaar lässt sich parallel zu sich selbst beliebig verschieben und hierauf noch um einen beliebigen Winkel drehen, mit anderen Worten: Ein Kräftepaar lässt sich beliebig verlegen.“

48) 5. Satz. „Ein Kräftepaar lässt sich durch ein anderes ersetzen, das mit ihm das gleiche Drehungsbestreben und ein statisches Moment von der gleichen Grösse besitzt.“

4. Satz.

Figur 42.

tO

TI

Figur 41.

p"

•P

Figur 43.

~b

p p’ -.-*p"

Ar"

P"k-

r©

rO

Sind a. b die beiden Angriffspunkte, P, P die das Kräftepaar bildenden Kräfte und denkt man sich den Körper um eine durch den Mittelpunkt m gehende, zur Ebene der Kräfte P senkrecht stehende Achse drehbar, so ist das

Drehungsbestreben ausgedrückt durch das Produkt P-ab. Soll das gleiche Drehungsbestreben durch ein Kräftepaar mit den Kräften Q hervorgebracht werden, so müssen diese gleich weit von m abstehen und eine Entfernung cd von einander besitzen, dass P-ab — Q.cd wird. Man findet hieraus:

P-ab

cd

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

49) Auf Grund der vorstehenden Sätze folgt der weitere 6. Satz. „Ein Kräftepaar wird im Gleichgewicht gehalten durch ein anderes, das mit ihm ein statisches Moment von der gleichen Grösse, aber entgegengesetztem Drehungsbestreben besitzt.“

Sind die Angriffspunkte des einen Kräftepaares die Punkte a, b, die des anderen c, d, so kann man das erstere zunächst so drehen, dass die Kräfte parallel zu Q werden; hierauf lässt sich das erste Kräftepaar so verwandeln, dass seine Kräfte gleich Q werden und schliesslich so verschieben, dass seine Angriffspunkte mit c und d zusammenfallen, dann findet aber Gleichgewicht statt.

5) Statisches Moment einer Kraft,

a) Drehrichtung, Drehpunkt, Hebelarm.

Figur 44.

V7,

50) Steht eine Kraft P in fester Verbindung mit einem Punkte a, so hat sie das Bestreben, den Körper, an dem sie wirkt, um eine durch a gehende, senkrecht zur Ebene Pa stehende Achse zu drehen; dieses Drehungsbestreben wird ausgedrückt durch das Produkt Px und wird als das statische Moment der Kraft P bezeichnet.

°-oc

p Jä

j

Die Entfernung x des Punktes a von der Kraft P heisst der Hebelarm der Kraft P. Unter dem statischen Moment einer Kraft versteht man also das Produkt aus Kraft mal dem zugehörigen Hebelarm.

Je nach der Richtung, nach welcher die Drehung stattfindet, d. h. je nach der Drehrichtung unterscheidet man rechts- oder 1 inksdrehende Kräfte und demgemäss rechts und linksdrehende bezw. positive und negative statische Momente.

Der Schnittpunkt a, der die Kraft P enthaltenden, senkrecht zur Drehachse stehenden Ebene mit der Drehachse heisst der Drehpunkt der Kraft P.

b) Rechnerische Bestimmung der Resultante eines beliebigen ebenen Kräftesystems.

51) Hat man eine beliebige Anzahl von Kräften mit verschiedenen Richtungslinien und Angriffspunkten, also ein beliebiges Kräftesystem, so gehört demselben im allgemeinen eine Resultante zu. Wählt man in der Ebene des Kräftesystems einen beliebigen Punkt, durch welchen man sich eine Gerade senkrecht zur Ebene der Kräfte als Achse gezogen denken kann, so gehört zu jeder Kraft des Systems ein statisches Moment Pnxn, wo Pn die Kraft und xn ihren Hebelarm bezeichnet. Soll nun keine Drehung des Kräftesystems eintreten, so muss das gesamte Drehungsbestreben, d. h. die algebraische Summe der statischen Momente der Kräfte gleich sein dem statischen Moment jener Kraft, welche den gegebenen Kräften das Gleichgewicht hält, d. i. aber eine Kraft, gleich und entgegengesetzt gerichtet der Resultante der gegebenen Kräfte. Für das Vorhandensein von Gleichgewicht besteht somit die Gleichung:

2 Pnxn — Rx

Mittels dieser Gleichung ist man aber in den Stand gesetzt, die Resultante eines Kräftesystems rechnerisch zu bestimmen.

Hat man nämlich beliebig viele Kräfte P1? P₂, P₃ • • •, siehe Figur 45, und wählt man einen Punkt o als Drehpunkt, so kann man durch o zwei auf ein-

Rechnerische Bestimmung der Resultante eines beliebigen ebenen Kräftesystems.

19

Figur 45.

Y^sin ao

TiSin at

p?

T\ coscc,

*i> \

P2?

ys

Pj sin a₃

ander senkrechte Linien X und Y ziehen und nun jede Kraft parallel zu den beiden Richtungen X und Y in Komponenten zerlegen. Die Entfernungen dieser Komponenten vom Punkte 0 sind dann bezw. xx bis x₃ • • und yx bis y₃ u. s. w. Vereinigt man die zu X und Y parallelen Komponenten je in eine Resultante Rx und Ry, so lässt sich schliesslich mit Rx und Ry eine Resultante R bilden, welche die Resultante der gegebenen Kräfte darstellt. Man erhält nun die folgenden Beziehungen:

6)    . . . Px cos«j • xx —j— P₂ cos a₂ • x₂— P₃ cos a₃ • x₃ = Rxx

7)    . . . Pxsinax.yx-\-P₂sina₂-y₂ — P₃sina₃• y₃ — Ryy

In den beiden Gleichungen 6) und 7) kennt man alle Grössen bis auf x und y, man erhält also:

Px COS«! • #! - j— P₂ cos «₂ • x₂ — P₃C,OSa₃-X3 Px cos«! -f- P₂ cosa₂ — P₃ cos«₃

- Px sin ax ■ yx -f- P₂ sin«₂ • y₂ + p₃ sina?₃ • y₈

— Px sin ax -f- P₂ sin a₂ -|- P₃ sin a₃

9)    ... y =

Mittels der beiden Gleichungen 8) und 9) ergibt sich ein Punkt der Resultante. Die Grösse selbst findet sich aus der Beziehung:

10)    ... R= VRJ + R7

Anmerkung 12. Die Achsen X und Y bezeichnet man als Koordinatenachsen, die Entfernungen xx, yj • • • u. s. w. als die Koordinaten der Angriffspunkte der gegebenen Kräfte; die positiven Richtungen für die «-Koordinaten bezw. y-Koordinaten sind in der Figur 45 bezeichnet. Hierdurch ist, wenn die Richtungen der Kräfte gegeben sind, auch die Drehrichtung der statischen Momente gegeben.

52) Soll Gleichgewicht zwischen den gegebenen Kräften bestehen, so muss einerseits die Resultante gleich Null sein, andererseits darf aber auch kein Drehungsbestreben der Kräfte vorhanden, d. h. es muss die Summe der statischen Momente sämtlicher Kräfte bezüglich eines beliebig in der Ebene angenommenen Drehpunktes gleich Null sein. Man kann also sagen:

„Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und Richtungslinien sind im Gleichgewicht, wenn sowohl ihre Resultante, als auch die Summe ihrer statischen Momente hinsichtlich eines beliebig in der Ebene der Kräfte gewählten Drehpunktes gleich Null ist.“

c) Uebungsaufgabe.

= 40 mm — = 60 mm y₂ — — 80 mm ?/₃ = = 100 mm y± = Es soll die Resultante der Kräfte der Grösse

werden.

58) Aufgabe 17. Es sei:

= 1000 kg

40 mm «j = 80°

30 mm a,₂ = 60°

50 mm a₃ = 45°

60 mm «₄ — 90° und Lage nach berechnet

Figur 46.

40

30

56

......

52,

40

60

80

"3

-P

ll

33^

i.....

R gcrioos

.....

?! i

ex

......X

tP

P\=600

P3

Es ist:

Figur 47.

11) .... x =

1000 • cos • 30° • 40 + 500 • cos 60° • 60 + 800 • cos 45° • 80

1000 • cos 30° + 500 • cos 60° + 800 • cos 45°

94896,6

12) .... y =

34641,6+ 15000 + 45205 866,03 + 250 + 565,688

—    1000- sin 30° • 40 + 500 ■ sin 60° ■ 30 + 800 • sin 45° • 50 + 600 • 60

— 100° • sin 30° + 500 • sin 60° + 800 sin 45° + 600

—    20000 + 12990,45 + 28184,4 + 36000 — 500 + 433,015 + 565,688 + 600

1681,118

= 50,89 mm

= 52,07 mm

Aus der Berechnung der Nenner in den Gleichungen 11) und 12) erhält man:

By = 1681,118 kg und Bx = 1098,102 kg

Daher ist:

13) .... B = VBy² + Bx² = Vl681,118² + 1098,102² = 2007,0 kg

Rechnerische Bestimmung der Resultante paralleler Kräfte.

21

Die Winkel der Resultante mit den Koordinatenachsen berechnen sich aus:

Ry

14) . . . cos« =    = 0,83762

demnach:

15) ...» = 33° 17' somit der Winkel ß mit der y-Achse:

16) . . . ß = 90° — a = 66° 43'

Anmerkung 13. Will man das Resultat der Rechnung durch die Zeichnung prüfen, so konstruiert man, siehe Figur 46 und 47 zu den gegebenen Kräften ein Kräfte-und Seilpolygon. Dann muss die durch Zeichnung gefundene Lage und Länge der Resultante mit jener durch Rechnung ermittelten übereinstimmen.

In der Figur 46 ist als Längenmassstab 1:66,66, als Kraftmassstab 1 mm = 37,7 kg gewählt worden.

d) Rechnerische Bestimmung der Resultante paralleler Kräfte.

54) Im Vorstehenden ist auch die rechnerische Bestimmung der Resultante von parallelen Kräften enthalten; denn in diesem Falle ist die Richtung und Grösse der Resultante von vornherein

bekannt, und nur nötig, einen Punkt derselben zu ermitteln; man wählt zu diesem Zwecke in der Ebene der Kräfte einen beliebigen Punkt o als Drehpunkt und stellt für diesen die Momentengleichung auf, aus welcher sich die Entfernung der Resultante von dem gewählten Drehpunkt bestimmen lässt.

Sind , siehe Figur 48, P₁ bis P4 die gegebenen Kräfte, so hat man unmittelbar, wenn R die Resultante und x ihre Entfernung vom Drehpunkt o bezeichnet, die Beziehung:

Figur 48.

Pi

P3

JCj---3

-x₃

JTj,

und daher:

Ex = jPjüJj -f- P₂x₂ — Psx₃ -\-P₄x4 _Pj x^ —[— P₂ x₂    _P₃ x₃ —|— P₄ x ^

oder:

17) . .

Pj    -j~ R‘2 'f'2    ^3 + + -^4 ’G

P.+P.-Ps + P,

Für das Gleichgewicht von parallelen Kräften gilt derselbe Satz wie für Kräfte mit verschiedenen Angriffspunkten und Richtungslinien, siehe No. 52.

e) Uebungsaufgabe.

55) Aufgabe 18. Man soll die Resultante der Kräfte Px bis P₄ der Grösse und Lage nach rechnerisch ermitteln, wenn:

Auflösung. Es ist R = 1000 -f- 800-jp600 -j- 500 = 1700 kg und 1000 • 40 + 800 • 50 — 600 • 60 + 500 • 70    40000 + 40000 — 36000 + 35000

= 46,53 mm

1000 + 800 — 600 + 500

Anmerkung 14. Sind nur zwei Kräfte gegeben, siehe Figur 49, so kann man sich als Drehpunkt den Schnittpunkt c der Resultante mit der Verbindungslinie ab gewählt denken und erhält dann die Momentengleichung:

Figur 49.

oder:

o = P₂bc — Pxab

Pxa b = P₂ b c

Pt

bc

P% ab

d. h. die Resultante R teilt die Verbindungslinie ab umgekehrt im Verhältnis der beiden Kräfte, ein Resultat, das schon in No. 43 auf andere Weise erhalten worden ist.

Haben die gegebenen Kräfte Px und P₂ entgegengesetzten Richtungspfeil, so wird der Punkt c der äussere Teilungspunkt der Strecke ab. Sind die Kräfte einander gleich und gleich gerichtet, so ist c der Mittelpunkt von ab. Sind die Kräfte gleich und entgegengesetzt gerichtet, so fällt der Punkt c in unendliche Ferne und die Kräfte bilden ein Kräftepaar.

Pt

P₂

6) Zerlegen einer Kraft in parallele Seitenkräfte.

a) Durch Zeichnung.

56) Soll eine Kraft R, siehe Figur 50 und 51, in parallele Seitenkräfte zerlegt werden, so können zwei Fälle eintreten; es sind nämlich entweder a) die Richtungslinien der beiden Seitenkräfte bekannt, oder es ist b) eine Seitenkraft der Grösse und Lage nach gegeben. In beiden Fällen gelangt man zu den gesuchten Seitenkräften durch zweckentsprechende Konstruktion eines Kräfte- und Seilpolygons. Sind die Richtungslinien von Px und P₂ gegeben, so

macht man, s. Figur 51, die Strecke 02 gleich und gleich gerichtet der gegebenen Resultante R, wählt den Punkt p als Pol, zieht die Polstrahlen p 0 und p2 und durch einen auf R, siehe Figur 50, willkürlich gewählten Punkt. 3 die entsprechenden Seilstrahlen I und III, welche auf den gegebenen Richtungslinien die Punkte 1 und 2 ausschneiden; die Verbindungslinie 1 • 2 liefert den Seilstrahl II, zu welchem der Polstrahl 2 parallel sein muss. Letzterer trifft die Strecke 02 in einem Punkte 1 so, dass die Strecke Öl = Px und 02 = P₂ ist.

Sind R und Px der Grösse und Lage nach gegeben und ist P₂ der Lage nach gesucht, so macht man wieder, s. Figur 51, die Strecke 02 = R und 01 = Px, wählt p und zieht die Polstrahlen 1, 2 und 3; durch den auf R, siehe Figur 50, willkürlich gewählten Punkt 3 lassen sich nun die Seilstrahlen I und III parallel zu den entsprechenden Polstrahlen 1 und 3 ziehen; Seilstrahl I schneidet Px in einem Punkte 1, durch welchen der Seilstrahl II parallel zu dem Polstrahl 2 hindurchgeht und den Seilstrahl III in einem Punkte 2 schneidet, welcher der Richtungslinie der Kraft P₂ angehört. Grösse und Richtungspfeil von P2 entnimmt man aus Figur 51.

Figur 50.

Figur 51.

Pt

R P₂

o.

Pt

op

p₂

2'

'S

b) Durch Rechnung.

57) Durch Rechnung ermittelt man die Grössen der Seitenkräfte Px und P₂ sehr einfach wie folgt:

Auflagerdrücke eines auf zwei Stützen aufhegenden Balkens.

23

Man nimmt auf R einen Punkt als Drehpunkt an und stellt für denselben die Momentengleichung auf, dann ist:

Pxxx — P₂x ₂

Pt + P₂=R

und ausserdem:

Man hat somit:

18) . . • P₁ =

Rx₂

und

19) ... P₂ =

%i~\-x₂

Rxx

x₂

®l + *2

Ist Px der Grösse und Lage nach gegeben, so erhält man die Entfernung der Seitenkraft P₂ von der Resultante R aus der Gleichung:

Pt _ x₂

P₂ ~~ xt

daher ist:

20) . . . x₂ z=

P\Xx

P,

oder x₂ =

Pi xx

R — Pj

7) Auflager drücke eines auf zwei Stützen aufliegenden und durcli Einzelkräfte belasteten Balkens.

a) Durch Zeichnung.

58) Das Zerlegen einer Kraft in zwei parallele Seitenkräfte findet eine zweckmässige Anwendung, wenn es sich darum handelt, die Drücke zu ermitteln, welche ein auf zwei Stützen aufruhender und in bestimmter Weise belasteter Balken auf diese austibt.

Figur 52.

Liegt z. B. ein Balken in zweien Punkten a und b, siehe Figur 52, auf und erhält derselbe in einem Punkt c einen Druck Px, so erhält man die Auflagerdrücke , graphisch wie in No. 54.

Man macht, siehe Figur 53, die Strecke 01 gleich und gleich gerichtet der Kraft Pv wählt den Pol p und auf Px den Punkt 1 beliebig. Zieht man nun die Polstrahlen 1 und 2 und parallel hierzu durch den Punkt 1, Figur 53, die Seilstrahlen I und II, so schneiden diese auf den Auflagerver-tikalen durch die Punkte a und b die Punkte 3 und 2 aus, deren Verbindungslinie den Seilstrahl III ergibt; parallel hierzu ist der Polstrahl 3 zu ziehen, dann trifft derselbe die Strecke 01 in einem

Pi

-------------in

A P,

CD —*

Figur 53.

Punkt 2 so, dass die Strecke 02 den Auflagerdruck J, die Strecke 21 den Auflagerdruck B darstellt.

Diesen Drücken gleich und entgegengesetzt wirken die Gegendrücke von den Auflagern, das sind die Auflag er reaktionen A und diese sind sonach nach oben gerichtet, und die drei Kräfte Px, A und B daher im Gleichgewicht. Der Seilstrahl III stellt die Schlusslinie des Seilpolygons dar.

b) Durch Rechnung.

59) Will man die Auflagerreaktionen durch Rechnung ermitteln, so wählt man zur Bestimmung von A und B die Punkte b und a als Drehpunkte und erhält dann die Momentengleichungen:

daher:

Al = Pxl₂

PJo

21) ... -4 =

ebenso:

also:

Bl=PJx

22) ... B =

Pxl,

Als Probe für die Richtigkeit der Rechnung muss A-\-B = Px sein, was der Fall ist, denn man hat:

pi₂ , pxix_ ptft+g

= pi

c) Uebungsaufgaöen.

Figur 53 a.

Pr

3500kg

2,6 -

60) Aufgabe 19. Auf einen Balken von 5,0m freier Länge, der in den Punkten a und b aufliegt, wirkt in einer Entfernung von 2,6 m vom linken Auflager eine‘Last Px — 3500 kg; wie gross sind die beiden Auflagerdrücke bezw. Auflagerreaktionen A und B?

A-mokg.    I

Auflösung. Durch Bechnung findet

B-/82okg

mau:

A b = 3500 (5,0 —2,6) 3500-2,4

= 1680 kg

—s.

"P

B-5 = 3500-2,6 3500-2,6

= 1820 kg

bd

3,

Figur 53 b.

Zusammen A-\- B = 3500 kg Wählt man als Kräftemassstab 1 mm =; 150 kg und zeichnet Kräfte- und Seilpolygon, so ergibt sich aus der Figur 53 b: A = 11,2 mm = 1680 kg B = 12,1 m = 1820 kg

also dasselbe Resultat wie das durch Rechnung erhaltene.

Anmerkung 15. Das in No. 58 angegebene Verfahren der Bestimmung der Auflagerreaktionen kann auch angewendet werden, wenn mehrere parallele Kräfte auf einen Träger wirken. Sind z. B., siehe Figur 54, zwei Kräfte Px und P₂ gegeben, so konstruiert man.wieder Kräfte- und Seilpolygon und verlängert die Seilstrahlen I

und III, bis zum Schnitt mit den Auflagervertikalen durch A und B, so teilt der zur Schlusslinie IV des Seilpolygons parallele Polstrahl 4 die Strecke 02, siehe Figur 55 , im Punkte 3 in zwei Abschnitte, so dass 23 die Auflagerreaktion B und 34 die Auflagerreaktion A der Grösse nach vorstellt.

Figur 54.

JV _

-----7?3

Durch Rechnung erhält man die Gleichungen:

Al= P^-Zi+PaCZ —4)

(Drehpunkt b)

Bl = P₁l₁-\~ P₂l₂ (Drehpunkt a)

daher ist:

23) ... AL =

+ (/- + + + (/--4)

und

24) ... 5 =

•' /' * / B p2

%?

.2

Figur 55.

61) Aufgabe 20. Ein Unterzug ab, siehe Figur 56, dient in den Punkten c und cl als Auflager für die Kappenträger I und II. Die Belastung der Decke beträgt einschliesslich des Eigengewichtes 700 kg per Quadratmeter. Es sind die Belastungen in den Punkten c und d, sowie die Auflagerdrücke in a und b, desgleichen in e, g, f und h zu berechnen.

Auflösung. Die Belastung eines Trägers I beträgt 2,0 • 4,0 • 750 = 6000 kg. Diese Belastung ist im Punkte c aufzu-

Figur 56.

2nv-

2\m

-r„5—

sh

Mmm

\\

ganze nehmen.

Die Belastung eines Trägers II beträgt (1,0 + 0,75)4-750 = 5250 kg, welche im Punkte d aufzunehmen ist.

Der Unterzug ab ist nach der Figur 57 belastet und es ist:

6000 • 3,5 + 5250 • 1,5

' sTö

6000-2 + 5250-4

eoooKg

5250Kg

= 5250 kg

gk—2m

₂m

■d

= 6000 kg

Die Auflagerdrücke in e und f bezw. h und g sind gleich der halben Belastung eines Trägers I bezw. II, also gleich 3000 kg und 2675 kg.

B ==

5,5

Figur 57.

~1,5 n

Figur 58.

ww

je>>

LS

-hF

Kk

i<v"

tot-------

62) Aufgabe 21. Auf einen Träger a b, siehe Figur 58, wirken in den Punkten c, d, e und f bezw. die Kräfte P₄ bis P₄; es sind die Auflagerdrücke, bezw. Auflagerreaktionen A und B in den Punkten a und b zu ermitteln.

<--*- pq

f ’tSö

Co

C«

Figur 59.

Auflösung. Durch Zeichnung erhält man die gesuchten Auflagerreaktionen mittels Kräfte- und Seilpolygon. Man verlängert die Seilstrahlen I und V bis zu den Auflagervertikalen durch a und b und zieht parallel zum Seilstrahl VI den Polstrahl 6, welcher die Linie 04, siehe Figur 59, im Punkte 5 in zwei Abschnitte so teilt, dass die Strecke 4-5 gleich der Auflagerreaktion B, die Strecke 5 0 gleich A ist.

Durch Rechnung erhält man die Gleichungen:

daher ist:

Al = Px(l — lx) + P₂(l — l₂) + P₃(l — l₃) + P₄ G — h) (Drehpunkt b) Bl = Pxlx-\- P₂l₂P$l3Pih4----(Drehpunkt a)

P\ (l — ^i) 4~ 12^ —    + p₃(/ — h) ~1~ Pj G — h)

25) ... A =

und

26) ... B =

Figur 60.

Pxh

\_

' VAoooka

i._₁₅«i_j    AVsookg

'

Y^isookg

E900kg.

VI

- 6,0

63) Aufgabe 22. Es sei mit Rücksicht auf Figur 61 l = 6 m, /j = 1,5 m, Pl = 1000 kg, l₂ = 2,0, P₂ = 800 kg, l₃ = 3 m, P₃— 1500 kg, l₄ = 4,5 m, P₄ = 900 kg. Man soll die Auflagerreaktionen A und B graphisch und rechnerisch ermitteln.

ki

P₂

ff

R

-e-

Auflösung. Man wählt einen Kraftmassstab von 1 mm = 150 kg und führt die in Aufgabe 62 genannte Konstruktion durch. Man erhält dann für:

für:

B = 15,5 mm 2333 kg

Figur 61.

A = 12,4 mm 1867 kg

Durch Rechnung ergibt sich:

1000 (6 — 1,5) + 800 (6 — 2) + 1500 (6 — 3) + 900 (6 — 4,0)

--- = 2333,333 kg

1000 •1,5 + 800-2 + 1500-3 +900-4,0

= 1866,666 kg

Zusammen also A + B — 4200 • • • kg

8) Graphische Ermittelung des statischen Moments einer Kraft bezw. eines ebenen Kräftesystems.

a) Die Kräfte sind parallel.

64) In Figur 62 und 63 sind für die gegebenen parallelen Kräfte Px bis P₃ Kräfte- und Seilpolygone gezeichnet. Ist nun o ein beliebiger Punkt in der Ebene der Kräfte, und will man bezüglich dieses Punktes die statischen Momente der einzelnen Kräfte ermitteln, so zieht man durch o eine Parallele zu den gegebenen Kräften und verlängert die einzelnen Seilstrahlen bis zu dieser Linie; dann erkennt man aus den Figuren 62 und 63 die folgenden Beziehungen. Es

Figur 62.

* xi

\o

X3

p₃

ist:

A lab Apol

daher ist auch:

oder:

oder:

xx: ab = H: 01 xx: ab = PL: Px

Jü»

BL

<lj

Pxxx — ab -H

Die linke Seite dieser Gleichung stellt aber das statische Moment der Kraft Px bezüglich des Drehpunktes o dar, folglich ist auch die rechte Seite ■ gleich diesem statischen Moment.

In gleicher Weise folgen aus der Aehnlichkeit der Dreiecke 2 • b • c und p-1-2 bezw. 3’C-d und p-2*3 die Beziehungen :

Pi

-H

p >=/

rw

fd

P3

P₂x₂ — bc'H

P₃xä = ccPH Man kann also schreiben:

Pxxx:P₂x₂:P₃x₃ = ab'H:bc’H:cd-H — ab:bc:cd d. h. die statischen Momente der gegebenen Kräfte Px, P₂ und P^_ bezüglich des Punktes o als Drehpunkt verhalten sich wie die Abschnitte ab, bc und cd. Diese Abschnitte nennt man deshalb die reduzierten statischen Momente und zwar die auf die Poldistanz H reduzierten statischen Momente der gegebenen Kräfte.

Das zu einer gegebenen Kraft Px gehörige reduzierte, statische Moment ergibt sich, wenn man die beiden auf Px sich schneidenden Seilstrahlen mit der durch den Drehpunkt gezogenen Parallelen zur Richtungslinie der Kraft zum Schnitt bringt. Will man das wirkliche statische Moment ermitteln, so hat man

und

f3

Figur 63.

die Strecke ab im Längenmass, die Poldistanz H im Kraftmass auszudrücken; das Produkt der beiden Masszahlen ist das statische Moment der Kraft Pv

Kennt man von einer Kraft, z. B. Px, die Drehrichtung ihres statischen Moments, so ist dies auch für die statischen Momente der übrigen Kräfte der Fall; denn ist a der Schnittpunkt des der Kraft Px vorangehenden Seilstrahles. b jener des nachfolgenden mit der Hilfsgeraden od, so gibt die Strecke ab das reduzierte statische Moment von P, an und zwar ist dieses linksdrehend; alle übrigen statischen Momente sind links- bezw. rechtsdrehend, je nachdem die sie darstellenden Strecken mit ab gleiche oder entgegengesetzte Richtung haben.

Die statischen Momente von P₂ und P₃, dargestellt durch die Strecken bc und cd, sind also rechtsdrehend.

65) Aus der Figur 62 lässt sich auch das reduzierte statische Moment von mehreren aufeinander folgenden Kräften bezw. der Resultante eines gegebenen Kräftesystems ablesen.

So stellt z. B. die Strecke ac das statische Moment von Px und P₂ dar und zwar ist dasselbe linksdrehend; durch die Strecke ad ist endlich das statische Moment der Resultante der drei Kräfte Pl bis P₃ gegeben, dasselbe ist rechtsdrehend.

Für das Ablesen der reduzierten statischen Momente mehrerer aufeinander folgenden Kräfte kann man sich folgende Regel merken:

„Man bringt den der ersten Kraft vorangehenden und den der letzten Kraft nachfolgenden Seilstrahl mit der Hilfsgeraden durch den Drehpunkt zum Schnitt. Die von den Schnittpunkten begrenzte Strecke stellt dann das auf die Poldistanz reduzierte statische Moment der bezüglichen Kräfte dar.“

b) Die Kräfte sind nicht parallel.

66) Die Ermittelung des statischen Moments von nicht parallelen Kräften kann in ähnlicher Weise erfolgen wie in No. 64 und 65. Man zeichnet zunächst

wieder Kräfte- und Seilpolygon.

Figur 65.

Figur 64.

Xo

p.

Ist o der gegebene Drehpunkt, so schneidet eine Parallele durch o zu P, auf den Seilstrahlen I und IV die

'Hi

Punkte a und b aus und es

Hi

?p

p₃

ist ab das auf die zu Pl gehörige Poldistanz H₁ reduzierte statische Moment der Kraft Px; das wirkliche statische Moment ist also ab-Iix dasselbe ist linksdrehend.

Eine Parallele zur Schlusslinie 0-3, d. h. zur Resultantenrichtung der gegebenen Kräfte liefert auf den Seilstrahlen I und IV die Punkte a‘ und V nnd es ist a'P

das statische Moment des gegebenen Kräftesystems, reduziert auf die zur Resultante gehörige Poldistanz HR. Das wirkliche Moment ist also gleich af b¹ • IIR und zwar ist dieses rechtsdrehend.

c) Uebungsaufgaben.

67) Aufgabe 23. Für das in Figur 66 dargestellte Kräftesystem ist das statische Moment jeder einzelnen Kraft

Pi= 1500

Figur 66.

F1*2500

sowie

dasjenige der Resultante bezüglich des Drehpunktes o anzugeben.

350

\°

Fy3000

1\-2000

^100 ^    /5g—>

050

Auflösung. Konstruiert man Kräfte- und Seilpolygon, so kann man Or die auf die Poldistanz H reduzierten Momente aus der Figur 66 abgreifen: das reduzierte Moment von Px ist ab = 130 cm linksdrehend, das reduzierte Moment von P₂ ist bc = 67,5 cm linksdrehend, das reduzierte Moment von P₃ ist cd = 75,0 cm linksdrehend, das reduzierte Moment von P₄ ist de — 337 cm rechtsdrehend, das Resultantenmoment ist

ae — 62,5 cm rechtsdrehend.

Bei dem gewählten Kräftemassstab von 1 mm = 150 kg beträgt die Poldistanz H = 26,6 mm = 4000 kg. Daher haben die wirklichen statischen Momente die folgenden Werte:

P₃<

Pz

H‘OoooKg

Figur 67.

Ci

±3

cm

= 130 - 62,5" = 75,0" = 337,5" = 62,5‘

In Figur 66 muss statt P> = i 000 stehen: P₄ = 3000.

das statische Moment von Px ist gleich 130-4000 = 520000 kg cm

625-4000 = 250000 kg cm l 720-4000 = 300000 kgcm 2 337-4000 = 1348000 kgcm

39

39

39

39

99

ri

das Resultantenmoment ist 62,5 • 4000 = 250000 kgcm

68) Aufgabe 24. Für das in Figur 68 dargestellte Kräftesystem ist das statische Moment jeder einzelnen Kraft, sowie das Resultantenmoment zu ermitteln.

Auflösung. Man konstruiert Kräfte- und Seilpolygon und mittels Parallelen durch den Drehpunkt zu den entsprechenden Kräften die reduzierten statischen Momente.

Man erhält für das Moment von Px die Strecke ab = 108 cm,

als entsprechende Poldistanz die Länge Hx — 4300 kg

für das Moment von P₂ die Strecke cd = 43 cm,

als entsprechende Poldistanz die Länge Zf₂ = 4700 kg

für das Moment von P₃ die Strecke ef = 155 cm,

als entsprechende Poldistanz die Länge H₃ — 2500 kg

für das Resultantenmoment die Strecke gh = 500 cm,

als entsprechende Poldistanz die Länge HR — 2100 kg

CO fff 2 Tg = 3000

Figur 69.

Die wirklichen statischen Momente sind demnach:

Für die    Kraft    Px    gleich    ab-Hx = 108-4800 = 464400 kgcm linksdrehend,

Für die    Kraft    P₂    gleich    ccl-H₂ = 48-4700 = 192100 kgcm linksdrehend,

Für die    Kraft    P₃    gleich    ef-H₃ = 155-2500 = 387500 kgcm linksdrehend,

Für die Kesultante gh-Hr = 500-2100 = 1050000 kgcm linksdrehend.

d) Das Kräftesystem ist unter sich im Gleichgewicht.

69) Hat man ein im Gleichgewicht befindliches System paralleler Kräfte, wie dies z. B. der Fall ist bei einem durch äussere vertikale Kräfte belasteten Träger, insofern man die Auflagerreaktionen als vertikal aufwärts gerichtete Kräfte mit in Betracht zieht, so ist die Ermittelung des statischen Moments der aut

Figur 70.

Figur 68.

\l

>?<=>

I b/

¥₃~3000

3500 \

ab= 108 ed= 0:3 -ef * 155 "

gh- 500 "

cm

—070t

2100

Figur 71.

+■

bd

cC

FS

BL

PC

iS

m\

eSÖ

<*• da o.

ein beliebiges Trägerstück wirkenden Kräfte besonders einfach und wie sich später zeigen wird auch sehr wichtig. Will man z. B. für den Punkt o das statische Moment der auf das Trägerstück ao wirkenden Kräfte bestimmen, so findet man hierfür die Strecke y, welche durch die den Punkt o enthaltende Vertikale aus der Begrenzung des Seilpolygons ausgeschnitten wird; denn betrachtet man die Kräfte in der Reihenfolge Pv P₂, P₃, B, A, so wirken auf das Trägerstück ao die Kräfte A und Px, die der Kraft A vorangehende Seilpolygonseite ist aber V, die der Kraft Pi nachfolgende aber II, daher ist y das gesuchte auf die Poldistanz H das reduzierte statische Moment. Dasselbe Moment muss sich aber, da ja die beiden Trägerabschnitte einander Gleichgewicht halten müssen, auch für die auf das rechtsseitige Trägerstück wirkenden Kräfte P₂, P₃ und B ergeben und dies ist auch der Fall, denn die der Kraft P₂ vorangehende Seilpolygonseite ist II, die der Kraft B nachfolgende aber V, also ist y das gesuchte, auf die Poldistanz H reduzierte statische Moment.

Mit Rücksicht auf das Vorangegangene erkennt man, dass im Punkt d die Trägerlänge ab in zwei Abschnitte geteilt wird, für welche das statische Moment der auf die bezüglichen Abschnitte wirkenden Kräfte den grösstmög-lichsten Wert annimmt.

e) Uebungsaufgabe.

70) Aufgabe 25. Für das in Figur 70 dargestellte Kräftesystem ist das statische Moment der auf den Träger wirkenden Kräfte für jeden Angriffspunkt der einzelnen Kräfte als Drehpunkt zu ermitteln.

Es ist:

P₁ = 1600 kg P₂ = 1200 kg P₃ = 2000 kg h = 1,2 m

/₃ = 5 m

l₂ = 2,8 m

Auflösung. Misst man die Längen yv y₂, y₃, so erhält man die Werte:

y₃ = 86,6 cm

y₁ = 90 cm

y₂ = 126,6 cm

die Poldistanz H beträgt = 30 mm, also 4500 kg.

Es ist demnach das Moment an der Stelle a = 0, an der Stelle c: M₁ = 90-3000 = 270000 kgcrn, an der Stelle d: M₂ = 126,6-3000 = 379800 kgcm, an der Stelle e: M₃ = 86,6 • 3000 = 259800 kgcm, an der Stelle b = 0.

9) Der Mittelpunkt paralleler Kräfte,

a) Bestimmung des Mittelpunktes paralleler Kräfte durch Zeichnung.

71) In No. 43 wurde gezeigt, dass die Resultante von zwei parallelen Kräften die Verbindungslinie ab, siehe Figur 72, der Angriffspunkte in einem Punkte c so trifft, dass stets die Beziehung stattfindet:

27) . .

Pi

bc

Figur 72.

Dreht man nun jede Kraft in dem nämlichen Sinne um einen beliebigen Winkel w, so wird die Resultante in ihrer neuen Lage gleichfalls durch den Punkt c gehen, weil ja das Verhältnis:

ac

Pi

rV

/<&

(rv

Pi

bc

~~ und demnach auch jenes von

-*2

dasselbe geblieben ist.

ac

32

Bestimmung des Mittelpunktes paralleler Kräfte durch Zeichnung und Rechnung.

Sind ra parallele Kräfte gegeben, so kann man ra — 1 derselben zu einer Resultante vereinigen und schliesslich diese mit der raten Kraft zu einer Gesamtresultante aller Kräfte zusammenfassen. Diese trifft dann die Verbindungslinie der Angriffspunkte der zugehörigen Kräfte etwa in einem Punkte m, der bei einer Drehung des Kräftesystems unveränderlich bleibt und der der Mittelpunkt des Kräftesystems heisst.

Die Konstruktion des Mittelpunktes eines Systems paralleler Kräfte folgt unmittelbar aus dem Vorangehenden.

Figur 73.

\\

5'.-

2'V"

■V-

q.

²f₂

3'k-

Tw

■2' \3' ,4

72) Sind Px bis P₄ die gegebenen Kräfte, so zeichnet man zunächst für die gegebenen Richtungslinien die Resultante P, dreht hierauf die Kräfte um ihre Angriffspunkte im nämlichen Sinne um ein und denselben Winkel, am bequemsten um 90° und zeichnet für die neue Lage der Richtungslinien wiederum die Resultante, sie heisse jetzt R‘, dann schneiden sich die beiden Resultanten R und R‘ im gesuchten Kräftemittelpunkt m.

Anmerkung 16. Zweckmässig ist es, den ursprünglich gewählten Pol für die beiden Seilpolygone beizubehalten.

p₃

5/

Figur 74.

jV

b) Bestimmung des Mittelpunktes paralleler Kräfte durch Rechnung.

73) Bei der Bestimmung des Mittelpunktsparalleler Kräfte durch Rechnung wählt man in der Ebene der Kräfte einen beliebigen Punkt o, siehe Figur 75, als Drehpunkt, verschafft sich die Abstände xx bis x₃, ebenso yx bis y₃ der Kräfte vor und nach der Drehung von diesem Punkte und stellt für die beiden Lagen des Kräftesystems die Momentgleichung auf. Man erhält dann:

■x,

p₂

p.

y₃

28)    . . Rx— P\X₁-\- P₂x₂-\-P₃x₃

29)    . Py = Pxyx + P₂'y₂ + P3V3 und hieraus:

30) . .

Figur 75.

31) . .

_ PlXl~\-p2X2Jr P3X3,

A + P.+P,

_P\ij 1+P2V2+Pf! Vs

p,'+p₂'+pä'

Mittels der Grösse x und y ist die Lage des Mittelpunktes des Kräftesystems

bestimmt.

In den Gleichungen 28) und 29) kann natürlich auch das Minuszeichen auftreten und dies ist der Fall, wenn linksdrehende, d. h. negative statische Momente vorhanden sind.

c) Uebungsaufgabe,

daher:

74) Aufgabe 26. Es sei:

Px = 600 kg xx — 40 yx = 60 Auflösung. Es ist:

Jtx = 600-40 + 1000*60 + 1500*80 Ry = 600-60+1000-40+ 1500-80

P₂ = 1000 kg x₂ = 60

y 2 = 40

P₃ = 1500 kg x₃ = 80 y₃ = 80

600 • 40 + 1000 • 60 + 1500 • 80

204000

600+ 1000+ 1500 600 • 60 + 1000 • 60 + 1500 • 80

3100

- = 65,8

216000

600+ 1000+ 1500

3100

- = 69,6

C. Der Schwerpunkt.

1) Vom Schwerpunkt im allgemeinen.

75)    Jeder Körper übt, unter dem Einflüsse der Anziehungskraft der Erde, auf eine horizontale Unterlage einen Druck aus, welchen man das Gewicht des Körpers nennt. Der Mittelpunkt dieses Druckes heisst der Schwerpunkt des Körpers. Zur Bestimmung der Lage des Schwerpunktes denkt man sich den Körper in endlich oder unendlich kleine Elemente zerlegt, deren Schwerpunkte entweder bekannt sind, oder sich doch in einfacher Weise bestimmen lassen. Bringt man in diesen Schwerpunkten die Gewichte der einzelnen Körperelemente als parallele Kräfte an, so besitzen diese einen Mittelpunkt und letzterer ist der Schwerpunkt des Körpers. Wird der Körper durch Ebenen in’ parallele und recht dünne Streifen zerschnitten, so besitzt jeder dieser Streifen ein Gewicht entsprechend seinem Flächeninhalte und demnach einen Schwerpunkt. Zur Bestimmung der Lage des letzteren kann man sich die Fläche ebenfalls in endlich oder unendlich kleine Elemente zerlegt und in deren Schwerpunkten Kräfte, proportional den Flächeninhalten dieser Elemente angebracht denken. Der Mittelpunkt dieser Kräfte ist der Schwerpunkt der Fläche.

Teilt man endlich eine Fläche in sehr schmale Streifen, so können letztere als Linien von einem bestimmten Gewichte aufgefasst werden; eine solche Linie besitzt dann ebenfalls einen Schwerpunkt. Im Folgenden soll nur von der Bestimmung des Schwerpunktes von Linien und ebenen Flächen gesprochen werden.

2) Der Schwerpunkt von Linien.

a) Schwerpunkt einer geraden Linie.

76)    Der Mittelpunkt s einer geraden Strecke ist ihr Schwerpunkt, denn die Summe der links von s liegenden Schwerkräfte ist gleich jener der rechts von s liegenden.

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

b) Schwerpunkt einer gebrochenen Linie.

77) Die Schwerpunkte von ab und bc, siehe Figur 76, sind die Mittelpunkte cl und e dieser Strecken. Denkt man sich also in den Punkten d und e

Figur 76.

parallele Kräfte wirkend, proportional den Längen ab und bc, so geht deren Resultante durch den Schwerpunkt s des Linienzuges cibc und zwar liegt s auf der Verbindungslinie de, so dass:

bc

sd

se

>c .

ab

ist. Macht man also:

df — be und eg — ad so schneidet gf auf de den gesuchten Schwerpunkt s aus.

c) Schwerpunkt eines mehrfach gebrochenen Linienzuges.

78) Ist z. B. abcde ein halbes regelmässiges Vieleck, siehe Figur 77, so ist klar, dass der Schwerpunkt s auf der Mittellinie mc liegt. Denkt man sich

Figur 77.

3,

fff

nun in den Mittelpunkten der einzelnen Seiten ab, bc, cd, de Kräfte proportional den Längen der einzelnen Seiten angebracht, so findet man die Lage von s entweder durch Konstruktion mittels

Kräfte- und Seilpolygon oder aber wie folgt:

Bezeichnet etwa p die Länge einer halben Polygonseite und R die Resultante der vorhandenen Schwerkräfte, so besteht die Beziehung:

’Zipy-

Ky = ^pyn und y =    —

X

; daher ist:

Nun ist aber p: r — x₂: y₂ oder y₂ — -^² •

*y = 1%—*'

Ferner ist:

i v

es ist also:

R— ab —|— öc —{— cd    de — u

32) . .

rl

• y — —

J u

Zieht man etwa in c, siehe Figur 77, eine Parallele zu ae, macht

ä=Yu

zieht mf und durch e die Parallele eg zu mc bis zum Schnitt g mit mf, so trifft die Parallele durch g zu cf die mc in dem gesuchten Schwerpunkt s des Linienzuges abcde.

d) Schwerpunkt eines Kreisbogens.

79) Für den Kreisbogen kann man die gleiche Konstruktion verwenden, wie in No. 78. Man zieht also die Halbierungslinie mc des Cen tri winkeis amb und in c die Tangente an den Kreisbogen; macht man nun die Länge cd gleich dem Bogen cb, zieht md und durch b die Parallele be zu mc bis zum Schnittpunkt e mit md, so trifft die Parallele durch e zur Tangente cd die mc im gesuchten Schwerpunkt s des Kreisbogens acb.

Figur 78.

j£.

sf

/e

'b

>d

Anmerkung 17. Bezeichnet u die Länge des Bogens ab, l die Sehne ab und r den Kreishalbmesser, so ist die Entfernung y des Schwerpunktes s vom Kreismittelpunkt q:

33) . .

rl

•y==T

3) Der Schwerpunkt ebener Flächen,

a) Schwerpunkt des Dreiecks.

Figur 79.

f.

80)    Denkt man sich das Dreieck abc, siehe Figur 79, parallel zu einer Seite, etwa ab in sehr schmale Streifen zerlegt, so liegt für jeden Streifen der zugehörige Schwerpunkt in der Mitte dieses Streifens. Die Verbindungslinie dieser Punkte ist die zur Seite ab gehörige Mitteltransversale.

Auf dieser Linie wird also auch der Schwerpunkt des Dreiecks liegen, desgleichen liegt er aber auch auf den beiden anderen Mitteltransversalen ae und bf, ist also der Schnittpunkt 5 der drei Mitteltransversalen.

Anmerkung 18. Bekanntlich teilt der Schnittpunkt s der drei Mitteltransversalen eines

Dreiecks jede dieser Linien im Verhältnis 1:2, demgemäss liegt der Schwerpunkt

eines Dreiecks von jeder Seite um den dritten Teil der zur letzteren gehörigen

Höhe entfernt.

81)    Jede Mitteltransversale teilt das Dreieck in zwei gleich schwere Hälften. Diese Transversalen führen deshalb auch die Bezeichnung „Schwerachsen.“ Jede gerade Linie, welche eine Fläche in zwei flächengleiche und demnach auch gleich schwere Teile teilt, ist eine Schwerachse und auf ihr liegt der Schwerpunkt der Fläche. Besitzt eine Fläche mehrere solcher Schwerachsen, so schneiden sich dieselben stets im Schwerpunkt der Fläche.

Für jede Fläche, welche einen Mittelpunkt besitzt, ist dieser Mittelpunkt der Schwerpunkt, z. B. für ein Parallelogramm, ein Pechteck oder Quadrat, ein regelmässiges Vieleck, eine Kreisfläche, eine elliptische Fläche u. s. w.

b) Schwerpunkt eines Vierecks.

82)    Man zerlegt das Viereck ab cd, siehe Figur 80, durch die Diagonalen ac und bd je in zwei Dreiecke und bestimmt nach der vorangehenden No. 80

Figur 80.

,a

*3

die Schwerpunkte sv s₂ und s₃, s₄. Dann liegt der Schwerpunkt s des Vierecks ab cd im Schnittpunkt der Verbindungslinien s₁s₂ und s₃s₄.

c) Schwerpunkt des Trapezes.

Figur 81. c h d

°k

83) Eine Schwerachse des Trapezes erhält man in der Verbindungslinie hi der beiden parallelen Seiten. Zerlegt man das Trapez ausserdem in das Parallelogramm adce und das Dreieck ecb, so ist die Verbindungslinie fg der Schwerpunkte dieser Figuren eine weitere Schwerlinie des Trapezes und schneidet auf hi den gesuchten Schwerpunkt s aus.

^'9

In Figur 81 ist die Linie ac noch zu ziehen.

'a

Aus der Figur 81 erkennt man unmittelbar die Aehnlichkeit der Dreiecke fmg und Ibg, hieraus folgt aber die Beziehung:

mg:gb — fm:bl oder da gb = 2mg ist, auch bl — 2mf= de.

Nun ist aber auch A aflSi A cfk, daher ck — al, woraus ferner folgt, dass dk — ab ist. Man erhält somit die folgende einfachere Konstruktion des

Figur 82.

.........4 ?

Schwerpunktes eines Trapezes ab cd. Man zieht, siehe Figur 82, die Verbindungslinie ef der Mittelpunkte der parallelen Seiten und verlängert die letzteren nach entgegengesetzten Richtungen und zwar jede Seite um die Länge der anderen; die Verbindungslinie hg der so sich ergebenden Punkte h und g g schneidet ef im Schwerpunkte s des Trapezes.

84) Die in No. 83 am Schlüsse angeführte Konstruktion ist gewiss ausserordentlich einfach und zweckmässig. Der einzige Nachteil ist vielleicht nur der, dass bei beschränkter Zeichenfläche die Punkte h und g unzugänglich werden können. Durch einfache geometrische Betrachtungen lassen sich nun eine ganze Reihe von Schwerpunktskonstruktionen ableiten, welchen der eben berührte Nachteil nicht zukommt. Im folgenden sollen einige dieser Konstruktionen angegeben werden:

1) Zieht man die Mittellinie gf, siehe Figur 83, die beiden Diagonalen, sowie durch d oder b eine Parallele zu einer der Diagonalen, z. B. ac, so liegt der Schwerpunkt s von den parallelen Seiten ab und de um ein Drittel der

Anmerkung 19. Will man die Entfernung y des Schwerpunkts s des Trapezes von einer der parallelen Seiten durch Rechnung bestimmen, so kann dies in einfacher Weise geschehen. Man denkt sich in den Punkten e und g, siehe Figur 81, parallel zur Seite ab Kräfte wirkend, gleich den Flächeninhalten der zugehörigen Figuren, also des Parallelogramms und des Dreiecks und stellt für einen beliebig auf der Linie ab gewählten Punkt die Momentengleichung auf. Bezeichnen nun a, b und h die parallelen Seiten und die Höhe des Trapezes, so hat man folgende Gleichungen:

= **T+-

(a — b) h h

(a -f- b) h

(a — b) li h

daher:

34) . . . y =

(a -f- b) h

Strecken gh bezw. fh' entfernt, d. h. es ist gs —~gh\ fs — fti. Denn ist

ö    ö

Sj der Schwerpunkt des Dreiecks abd

so

liegt s auf der Parallelen durch

zu ac und es ist, da sxg = \-dg ist

— 1 — 6 auch gs — — gh. o

2)    Denkt man sich die Parallele durch s zu ac verlängert bis zu den Schnittpunkten i und k mit den parallelen Seiten, so ist, ci = ak = x gesetzt,

2gk — di oder:

ab — 2x — clc-\- x, oder x —    ^

Macht man also ak = ci gleich dem dritten Teil der Differenz der beiden parallelen Seiten, so geht die Verbindungslinie ki durch den Schwerpunkt s.

3)    Macht man = und zieht durch l die Linie mn parallel zu ab,

u

so ist s auch der Schwerpunkt des Dreiecks emn, daher ist auch oe — om und 2)e=pn, demnach auch am —ec und bn — de.

Man braucht also nur um den Schwerpunkt s zu konstruieren, die beiden Diagonalen des Trapezes zu zeichnen und die Strecken ec und de bezw. nach am — nb abzutragen, mn zu zeichnen und den Schwerpunkt des Dreiecks emn zu bestimmen.

ab — de

Figur 83.

\h

rl.y

'M

----

l\

-Ä

......

(>-

sä

3\

/b

(a -|- 2 b) h a-\-b    3

d) Der Schwerpunkt des Kreisausschnittes (Kreissektor).

85) Denkt man sich den Kreisausschnitt, siehe Figur 84, in sehr kleine Kreisausschnitte zerlegt, so kann jeder dieser Ausschnitte als ein Dreieck aufgefasst werden, dessen Grundlinie das Bogenelement und dessen Höhe der Halbmesser des gegebenen Kreisausschnittes ist. Die Schwerpunkte aller dieser Ausschnitte liegen daher auf einem Kreisbogen de, dessen Halbmesser gleich zwei Drittel des gegebenen Halbmessers ist. Der Schwerpunkt s dieses Kreis-

Figur 84.

Wb

! rn

bogens, der nach No. 79 konstruiert werden kann, ist zugleich der Schwerpunkt des gegebenen Kreisausschnittes.

Anmerkung 20. Bezeichnet u die Länge des Bogens ach, l die der Sehne ab und r den Halbmesser des Kreisausschnittes, so ist die Entfernung y des Schwerpunktes 5

2    r l

3    u

e) Schwerpunkt des Kreisabschnittes.

86) Ermittelt man die Schwerpunkte sx und s₂ des Kreisausschnittes mach und des Dreiecks mab, so kann man sich in sx und s₂ parallele Kräfte wirkend denken, proportional den Inhalten fx und f₂ der zugehörigen Flächen. Die in sx

wirkende Kraft ist Resultante von zwei Seitenkräften, von welchen die eine Kraft in s₂ proportional dem Flächeninhalt f₂ des Dreiecks mab, die andere aber proportional dem Inhalt f des Kreisabschnittes im Schwerpunkt s dieser Fläche angreift.

Man hat also die in sx angreifende Kraft f\ in zwei Seitenkräfte f₂ und f zu zerlegen, wobei f₂ der Grösse und Lage nach gegeben ist.

Macht man, siehe Figur 86, die Strecken 0*1 und 2*1 proportional den Masszahlen der Flächeninhalte f\ und f₂, siehe Anmerkung 21, wählt den Pol p beliebig und konstruiert das Seilpolygon, indem man auf der Richtungslinie von f\ den Punkt 1 beliebig annimmt, durch ihn die Seilstrahlen I und II parallel zu den Polstrahlen 1 und 2 zeichnet und durch den Schnittpunkt 2 des Seilstrahles II mit der Richtungslinie f₂ den Seilstrahl III parallel zum Polstrahl 3 zieht, so schneiden sich III und I in einem Punkte 3 der Richtungslinie von letztere trifft die mc im Schwerpunkte s des Kreisabschnittes.

Anmerkung 21. Um in einfacher Weise die Strecken 0-1 und 2-1 proportional den Masszahlen der Flächeninhalte fx und f₂ zu erhalten, hat man nur zu bedenken, dass, da die Strecke eg gleich dem Bogen ef ist, auch die Strecke ci gleich dem Bogen cb sein muss. Der Inhalt fx des Kreisausschnittes ist daher gleich dem doppelten Inhalte des Dreiecks tnci. Verwandelt man nun das Dreieck mnb in ein solches, das mit dem Dreieck mci die gleiche Grundlinie hat, was dadurch geschehen kann, dass man ik parallel mc und durch b die Parallele bl zu mk

vom Mittelpunkte m:

35) ... y = «-

Figur 85.

■o.i

^gü

-rr''

fl

13

'2

Figur 86.

!•

zieht; dann ist A mnb gleich A nlk und es verhalten sich nun die Höhen mc und ln zu einander wie fx :f₂. Man braucht also in Figur 86 die Strecken 0-1 und 2-1 bezw. nur gleich mc und nl abzutragen.

Anmerkung 22. Der Schwerpunkt s liegt annähernd und für viele praktische Zwecke genau genug um zwei Fünftel der Pfeilhöhe nc von der Sehne ab entfernt.

f) Schwerpunkt des Ringstüekes.

Figur 87.

............~-?r

W-

87)    Für das Ringstück kann der Schwerpunkt in ganz ähnlicher Weise bestimmt werden, wie für den Kreisabschnitt; man verschafft sich nämlich die Schwerpunkte s₁ und s.₂ der Kreisausschnitte mach und mdfe, siehe Figur 87. In Sj kann man sich dann wieder eine Kraft f\ proportional dem Flächeninhalt von mach und in s.₂ eine Kraft f2 proportional dem Flächeninhalte von mdfe wirkend denken; die Kraft fx ist Resultante von den Seitenkräften f₂ und f, wenn unter f die im Schwerpunkt s des Ringstückes angreifende Kraft, proportional dem Flächeninhalt des Ringstückes verstanden ist.

Figur 88.

Macht man also, s. Figur 88, die Strecken 0*1 und 2-1 gleich f\ und f₂, so findet man wie in No. 86 den Punkt 3 des Seilpolygons, wenn man durch den Punkt 1 auf f\ die Seilstrahlen I und II parallel zu den Polstrahlen 1 und 2 und durch 2 auf f.₂ den Seilstrahl III parallel zum Polstrahl 3 zieht; durch 3 geht f hindurch und liefert auf der Linie mc den Schwerpunkt s des Ringstückes.

Anmerkung 23. Zur Bestimmung der Längen 0 • 1 und 1 • 2 berücksichtigt man, dass die Flächeninhalte fx und f₂ proportional sind den Inhalten der Dreiecke mer und mfu\ verwandelt man das Dreieck mfu in ein solches, das mit dem Dreieck mer die gleiche Grundlinie hat, indem man ft = er macht und durch u die Parallele uv zu mt zieht, so sind die Inhalte f\ und f₂ proportional den Längen mc und fv\ es ist somit in Figur 88 Ö-1 = cm und 2-1 = fv zu machen.

g) Schwerpunkt einer unregelmässigen Figur.

Figur 89.

88)    Ist eine unregelmässig begrenzte Figur F gegeben, siehe Figur 89, so wählt man zwei aufeinander senkrecht stehende Achsen X und P und zerlegt die Figur parallel zu diesen Achsen in sehr schmale Streifen fq und fp.

y9

TP~

Die Mittellinien dieser Streifen nimmt man als Richtungslinien von Kräften an, deren Grössen proportional sind den Längen dieser Linien. Für die beiden Kräftesysteme bestimmt man je die Resultante. Beide Resultanten schneiden sich im Schwerpunkt der Figur. Bezeichnen x und y die Abstände des Schwerpunktes von den Achsen Y und X, so erhält man für x und y die Beziehungen:

Fx — 2 fp xp Fy = ^ 4 Va

daher ist:

36) . . . x =

und

37) ... y =

Anmerkung 24. Der Ausdruck ’S^ifPxp bedeutet die Summe der Producte    d. h.

es ist:

38)    . i . fpXp —    fzxz~\~ * ' *

39)    . . . ^fqyq^fiyx + ftyi + Uyt-k----

h) Uebungsaufgaben.

F igur 90.

*5*

~X-

89) Aufgabe 27. Für den in Figur 90 gezeichneten Querschnitt ist der Schwerpunkt zu ermitteln.

SO

Auflösung. Teilt man, wie Figur 90 zeigt, den Querschnitt in die beiden Rechtecke I und II, so verhalten sich deren Inhalte in Rücksicht auf die beigesetzten Mass-zahlen wie 3:2; bestimmt man also die Schwerpunkte Sj und s₂ dieser Rechtecke, so liegt der Schwerpunkt s auf der Verbindungslinie SjSg und teilt letztere im Verhältnis 2:3, so dass s₁$:ss₂ = 2:3 ist. Man macht also s₁a — 2 und s₂b — 3 und zeichnet ab.

Figur 92.

Figur 91.

„P,/ Ps ß P₃ .3

As

V,

i,

s-

90) Aufgabe 28. Für den in Figur 91 gezeichneten Querschnitt ist der Schwerpunkt zu konstruieren.

Auflösung. Der Schwerpunkt s liegt auf der Symmetrieachse des Querschnitts. Zerlegt man denselben nun in die Rechtecke I, II, III, bestimmt die Schwerpunkte Sj, s2 und s₃ der letzteren, und bringt in ihnen als Angriffspunkte die parallelen Kräfte Pv P₂ und P₃ proportional den Masszahlen der Flächeninhalte der betreffenden Rechtecke an, so geht die Resultante dieser Kräfte durch den Schwerpunkt s des Querschnitts. Es ist im vorliegenden Falle:

P₁₌3, P₂=P₃ = 5

91) Aufgabe 29. Für den in Figur 93 gezeichneten Querschnitt einer Stützmauer ist der Schwerpunkt zu konstruieren.

Auflösung. Man zerlegt den Querschnitt in die Flächenteile I, II, III, bestimmt deren Schwerpunkte s₂ und s₃. Bringt man nun in letzteren parallele Kräfte Pv P₂, P₃ proportional den Masszahlen der Flächeninhalte der Teile I bis III an, bestimmt

■<-

Figur 93.

Figur 94.

'—1.0

V,

Ft.

m&z

TU-

p)

Ps

_R Vs

■/

3,

Y.

1.5 —

P'z

Pi

///A

3,0

deren Resultante R, so gellt letztere durch den Schwerpunkt s. Dreht man nun das Kräftesystem um einen beliebigen Winkel und bestimmt nunmehr die Resultante R‘, so schneidet diese die Resultante R im Schwerpunkt s.

92) Aufgabe 30. Für das in Figur 95 dargestellte halbe Gewölbe ist die Schwerpunktsvertikale P der Lage und Grösse nach m i 11 e 1 n.

zu er-

Auflösung. Betrachtet man einen Gewölbestreifen von der Tiefe gleich der Einheit, so kann man die durch Erdmaterial hervorgerufene Belastung des Gewölberückens zunächst ersetzen durch einen aus Wölbsteinmaterial bestehenden Belastungskörper. Man teilt zu diesem Zwecke den Gewölbestreifen in eine Anzahl gleichbreiter Lamellen, deren Gewichte dann proportional den mittleren Höhen der Lamellen sind.

Verhalten sich nun die spezifischen Gewichte des Füll- und Wölbsteinmaterials wie gx: g, etwa wie 2:3, so darf man nur die Mittellinien der genannten Lamellen, vom Gewölberücken bis zur Linie fe gemessen, im Verhältnis 3:2 verkleinern, um hierdurch in der Linie hg eine Belastungsgrenze so zu erhalten, dass der Körper von der Begrenzung hdabg als aus Wölbsteinmaterial bestehend angesehen werden kann. Diese Verkleinerung wird zweckmässig mittels eines Hilfswinkels p o q, siehe Figur 97, ausgeführt, welch letzterer aus der Bedingung konstruiert wird, dass

T ist

op -

oq

Um den Punkt o als Mittelpunkt schlägt man mit den aus Figur 95 zu entnehmenden Lamellenhöhen Kreisbögen, dann sind die zu diesen Bögen gehörigen, zwischen den Schenkeln op und oq liegenden Sehnen, die verkürzten Höhen, welche vom Gewölberücken aus auf den Mittellinien der Lamellen abzutragen sind, am Punkte der Linie hg zu erhalten.

Da bei gleicher Breite der Lamellen deren Gewichte sich wie die Lamellenhöhen verhalten, so braucht man nur diese Höhen oder aliquote Teile, z. B. ein Viertel derselben als Kräfte zu'einem Kräftepolygon, siehe Figur 96, anzutragen und zu letzterem,

6Ä

sA

\/X

Figur 97.

Figur 96.

Figur 95.

SS

tö- -

hA

gss    ......-—-5

irr

va

3.

4„

5/

6.

Figur 98.

\m

an

5i

Sx

mittels eines beliebig gewählten Poles p ein Seilpolygon I, II, III •• • VI, siehe Figur 95, zu konstruieren, so schneiden sich dessen äusserste Seiten I und VI in einem Punkte, durch welchen die Resultante F aus den Lamellengewichten hindurch geht.

-7- ist. 4

Die Verkleinerung der Lamellenhöhen und zwar von der innern Gewölbelinie bis zur Linie hg gemessen, geschieht gleichfalls mittels eines Hilfswinkels srt, siehe Figur 98, bei welchem

sr

D. Bestimmung der Spannkräfte in Fachwerkträgern.

1) Der Fachwerkträger im allgemeinen.

93) Ein Träger, bestehend aus einer Reihe von geraden Stäben, die unter sich zu Dreiecken verbunden sind, heisst ein Fachwerkträger, siehe Figur 99 und 100. An einem Fachwerkträger unterscheidet man zwei Gurtungen und zwar eine obere und eine untere Gurtung, das sind die den äussern Umfang begrenzenden Konstruktionsteile, sowie die Füllungsglieder, das sind die zwischen den Gurtungen liegenden Stäbe des Fachwerkes. Die Form der Gurtungen kann ganz verschieden sein, so ist z. B. in Figur 99 die obere Gurtung ein gebrochener Linienzug acdefgh, während die untere Gurtung gerade ist. Die Verbindungsstellen der einzelnen Fachwerkstäbe heissen Knotenpunkte; das zwischen zwei Knotenpunkten liegende Stück einer Gurtung heisst ein Feld; die äussere Belastung des Fachwerkes wird von den Knotenpunkten aufgenommen und von ihnen auf die einzelnen Stäbe so übertragen, dass in denselben nur Längsspannungen, also Zugoder Druckspannungen entstehen.

Figur 99.

a.

Es gibt demnach eine Zug- und eine Druckgurtung und ausserdem gezogene und gedrückte Füllungsglieder.

Figur 100.

2) Belastung eines Fachwerkträgers.

94) Die Belastung eines Fachwerkträgers setzt sich zusammen einmal aus der zufälligen Belastung, wie z. B. der Nutz- oder Verkehrslast bei Brückenträgern oder dem Schnee- und Winddruck bei Dachbedeckungen und dem EigengeWichte der Konstruktion.

In der Regel wird die zufällige Belastung von den Knotenpunkten einer Gurtung allein aufgenommen, während das Eigengewicht sich auf die Knotenpunkte beider Gurtungen gleichmässig verteilt.

Bei Dachbindern wird die äussere Belastung von den Knotenpunkten der oberen Gurtung aufgenommen. Der Einfachheit halber lässt man auch das ganze Eigengewicht der Dachkonstruktion von diesen oberen Knotenpunkten aufnehmen.

Anmerkung 25. Sollen in den Stäben eines Fachwerkes thatsächlich nur Druck- und Zugspannungen auftreten, so müssen die Stäbe an den Verbindungsstellen durch Gelenkbolzen befestigt sein, was auch vielfach, namentlich in Amerika ausgeführt wird.

In Deutschland geschieht die Verbindung der Konstruktionsteile unter sich in der Regel mittels Nieten und Schrauben, so dass den Stäben keine freie Drehbewegung zukommt. Es entstehen hierdurch in den Konstruktionsteilen oft sehr beträchtliche Nebenspannungen.

B) Belastung der Dächer.

95) Die Belastung eines Daches setzt sich zusammen:

a)    aus dem Eigengewicht der Konstruktion,

b)    aus dem Schneedrucke,

c)    aus dem Winddrucke.

a) Eigengewicht.

96) Was das Eigengewicht der Konstruktion anbetrifft, so ist dasselbe sehr verschieden; für die bekanntesten Dachkonstruktionen ist das Gewicht pro Quadratmeter Dachfläche aus der Tabelle I zu entnehmen.

b) Der Schneedruck.

97) Als Schneedruck pro Quadratmeter Horizontalprojektion der Dachfläche darf man etwa 7 5 kg rechnen, es trifft dann auf den Quadratmeter geneigte Dachfläche der Druck 75-eosa, unter « den Winkel der Dachfläche mit der Horizontalebene verstanden.

c) Der Winddruck.

98) Die Grösse des Winddruckes auf eine zur Windrichtung senkrechte Fläche ist abhängig von der Geschwindigkeit des Windes. Für eine mittlere Geschwindigkeit von 30 m per Sekunde rechnet man als Winddruck per Quadratmeter senkrecht getroffene Fläche ca. 120 kg. Erfahrungsgemäss bildet die Windrichtung mit der Horizontalen einen Winkel von 10°, daher der Winkel der Windrichtung mit der Dachfläche a-f-10⁰. Ist nun W die Grösse des Winddruckes per Quadratmeter senkrecht getroffene Fläche, so kann man W zerlegen entweder in eine Komponente senkrecht zur Dachfläche und eine solche parallel zur letzteren, oder aber in eine vertikale Komponente und eine solche parallel zur Dachfläche.

Im ersten Falle erhält man dann den auf den Quadratmeter Dachfläche wirkenden senkrechten Druck:

40) . . . W'= IFsin²(a-j-10°)

im letzteren Falle hat man den auf den Quadratmeter Horizontalprojektion der Dachfläche wirkenden vertikalen Winddruck:

cos²«

41) . . . W“ =

IFsin² O-flO)²

Die parallel zur Dachfläche wirkende Komponente kann ausser Berücksichtigung bleiben.

Ent-

Der Winddruck lässt sich in zweierlei Weise berücksichtigen, weder man berechnet den auf die Flächeneinheit der Dachfläche zu letzterer

Figur 101.

cc+/o°

senkrecht wirkenden Druck, bestimmt die auf die einzelnen Knotenpunkte treffenden Teildrücke und ermittelt die durch diese Drücke in den einzelnen Konstruktion steilen hervorgerufenen Spannungen, oder man berechnet den auf den Quadratmeter Horizontalprojektion der Dachfläche treffenden vertikalen Winddruck, addiert ihn zu der übrigen vertikalen Belastung des Daches, bestimmt die auf die einzelnen Knotenpunkte treffenden Teildrücke und die hierdurch in den Konstruktionsteilen hervorgerufenen Spannungen. Das erstere Verfahren ist das genauere, weil hierbei die einseitige Wirkung des Winddruckes Berücksichtigung findet; es wird auch in der Regel bei eisernen Dachbindern zur Anwendung gebracht, das letztere Verfahren ist mehr summarisch und findet vornehmlich Verwendung bei den aus Holz hergestellten Dachbindern.

In den folgenden Tabellen I bis III sind die für die Berechnung der Dächer auftretenden Eigengewichte, sowie die Belastungen durch Winddruck, endlich die Totalbelastungen bezogen auf den Quadratmeter Horizontalprojektion

v

zusammen gestellt. Hierzu ist zu bemerken, dass bei der Dachneigung y — —, also bei einem Neigungswinkel « = 45° der Schneedruck bloss zur Hälfte, also

mit 37 kg per Quadratmeter in Rechnung gezogen worden ist, da bei einer Dachneigung von 35° der Schnee bereits abgleitet.

Tabelle I. Gewichte der Dachdeckungen.

Art der Eindeckung

Gewicht für 1 qm in Kilogramm

Bemerkung

Holzcementdach.........’.

Kronenziegeldach.........

Einfaches Ziegeldach........

Schieferdach mit Holzschalung.....

Glas auf Winkeleisen........

Zink-, Eisen- und Kupferblech auf Schalung

Theerpappe...........

Wellblech auf Winkeleisen......

220

140

100

80

50

45

40

25

Die Belastung durch Eigengewicht per Quadratmeter Horizontalprojektion ergibt sich, wenn man nebenstehende Werte mit dem Cosinus des Neigungswinkels der Dachfläche mit der Horizontalebene dividiert.

Tabelle II. Winddruck.

D a c h n e i g u n g h\l

1/2

J/3

1/4

*/5

1/6

!/7

1/8

x/9

l/lO

a = 450 33040' 26036' 21050' 18026'

15056'! 14»2' 1202'

11018'

Senkrechter Druck auf 1 qm schräger Dachfläche W' 81

Senkrechter Druck auf 1 qm Horizontalprojektion .    162

OO    Ql

INO    -a

o

CO

t—    o

CM    CO

LO    to

C5X    CO

to    IO

Ox    O

i-¹    h-*

00    00

CO    CO

H    T-H

Tabelle III. Totalbelastung der Dächer per Quadratmeter Horizontalprojektion einschliesslich Schnee- und Winddruck.

Dachneigung h\l

Art der

Eindeckung

1/2

¹/3

1/4

1/5

1/6

1/7 -    !/8

J/9

1/ 10

« = 450 33040' 26036' 21050'

18026'

150 56'

14»2' 1202' 11018'

Holzcementdach .... Kronenziegeldach .    .    .

Einfaches Ziegeldach .    .

Schieferdach mit Holzschalung ......

Glas auf Winkeleisen . .

Zink-, Eisen- und Kupferblech auf Schalung . .

Theerpappe.....

Wellblech auf Winkeleisen

390    325 284

350    277 239

311    253 217

269    217 184

262

255

234

211 175 210 173 187 156

201

168

163

158

141

159    152    151

O 05

I—‘    h-*

f“ 05

125

145    137

136

141

125

133

118

131

116

4) Belastung eines Dachbinders.

99) Die Binder eines Satteldaches besitzen eine bestimmte Entfernung e von einander, siehe Figur 102, und es trifft auf jeden einzelnen Binder im allgemeinen eine rechtwinklige Belastungsfläche mit den Seiten l und e, wo / die Stützweite und e die Binderentfernung bedeutet. Beträgt nun die Belastung

eines Daches per Quadratmeter Horizontalprojektion p Kilogramm, so ist die Gesamtbelastung des Binders Q = lep. Diese Belastung verteilt sich gleich-mässig auf die Knotenpunkte der oberen Gurtung und zwar trifft auf jeden einzelnen Knotenpunkt die Belastung eines Gurtungsfeldes. Besitzt also die obere Gurtung n Felder, so ist die Belastung eines Knotenpunktes:

P = ^~

n n

Eine Ausnahme hiervon bilden die Auflagerpunkte, welche nur eine halbe Feld-

Figur 102.

•c

a,

h.....*>!

UI

Ib

lep

belastung aufzunehmen haben. Ihre Belastung ist also gleich —.

Die gesamte Dachbelastung wird durch das Stabwerk des Binders gleich-mässig auf die beiden Auflager übertragen, so dass auf jedes Auflager ein

Druck gleich ~ trifft. Dementsprechend sind auch die Auflagerreaktionen. Er-

setzt man dieselben durch äussere nach aufwärts gerichtete Kräfte und bringt

p

hiervon den vom Auflagerknotenpunkt nach abwärts gerichteten Druck gleich —-in Abzug, so bleibt in jedem Auflager eine nach aufwärts gerichtete Kraft

Figur 103.

Figur 104.

fP

-fP

^P

4P

Q    p

—---— übrig; diese aufwärts gerichteten Kräfte halten den in den Knoten-

£    Ju

punkten nach abwärts gerichteten äusseren Kräften das Gleichgewicht.

Besitzt der Binder die Form wie Figur 103, so sind die in den Auflagern

wirkenden Kräfte gleich —. Besitzt die obere Gurtung ausser dem Firstpunkt

Figur 105.

auf jeder Hälfte noch einen Zwischenpunkt wie in Figur 104, so ist die Gesamt-Beanspruchung in den Knotenpunkten der obern Gurtung gleich 3 P, die in den Auflagern nach aufwärts gerichteten Kräfte 3

sind also je — — P, s. Fig. 104.

£

Bei zwei Zwischenpunkten a auf jeder Gurtungshälfte, siehe Figur 105, ist die in jedem Auflager nach aufwärts wirkende

Kraft = ~P.

Bei n Feldern der oberen Gurtung ist allgemein die in jedem Auflager nach

fi — i

aufwärts gerichtete Kraft gleich —-—P, wenn P den Druck auf den Knotenpunkt bezeichnet.

Anmerkung 26. Die in No. 99 mit Q bezeichnete Binderbelastung kann einerseits bestehen aus der Belastung durch Eigengewicht und Schneelast, oder aber auch aus der Gesamtbelastung des Daches, also Winddruck mit eingeschlossen und zwar bezogen auf den Quadratmeter Horizontalprojektion der Dachfläche.

fP

•P

*d

fP

5) Bestimmung der Spannungen in den Stäben eines Dachbinders.

a) Allgemeine Bemerkungen.

100)    Zur Ermittelung der Grösse der in den einzelnen Fachwerkstäben herrschenden Spannungen, oder wie man kürzer sagen kann, der Spannkräfte des Fachwerkes, gibt es eine Reihe von Methoden; sie beruhen im wesentlichen immer darauf, dass man sich von dem durch die äusseren Kräfte im Gleichgewicht befindlichen Träger ein Stück abgeschnitten denkt, und den übrig bleibenden Teil, dessen Gleichgewicht nunmehr gestört ist, durch äussere in den Konstruktionsteilen anzubringenden Kräfte ins Gleichgewicht setzt. Die zur Herstellung des Gleichgewichts erforderlichen Kräfte sind dann gleich den gesuchten Spannkräften. Die Ermittelung dieser Kräfte kann auf dem Wege der Zeichnung, oder dem der Rechnung geschehen.

b) Graphische Ermittelung der Spannkräfte, Kräftepläne nach Cremona.

a) Spannungen, hervorgebracht durch Eigengewicht und Schneelast.

101)    Ist in Figur 106 das Konstruktionsnetz eines Dachbinders dargestellt, so wirkt in jedem Knotenpunkt der oberen Gurtung eine Belastung P nach ab-

48

Spannungen, hervorgebracht durch Eigengewicht und Schneelast.

3

wärts, während in den Auflagerpunkten a und b je eine Kraft gleich — P zur Herstellung des Gleichgewichts thätig ist.    ²

Führt man durch die Konstruktionsteile ad und ae den Schnitt I, so wirken auf das abgeschnittene, links von der Schnittlinie I befindliche Träger-

3

stück drei Kräfte, nämlich die äussere nach aufwärts gerichtete Kraft — P und

£

die unbekannten Kräfte in den durchschnittenen Konstruktionsteilen ad und ae\ sollen diese drei Kräfte im Gleichgewicht sein, so muss mit denselben ein geschlossenes Kräftedreieck gebildet werden können. Macht man demnach die

3

Strecke ab, siehe Figur 107, gleich — P und zieht durch die Punkte a und b

£

die Parallelen zu den Linien ad und ae der Figur 106, so ergibt sich hierdurch das Kräftedreieck abc. In demselben stellen die Längen ae und bc die Grössen der in den Konstruktionsteilen ad und ae wirkenden Spannkräfte dar. Die Richtungen dieser Kräfte sind durch den Umfahrungssinn des Kräftedreiecks gegeben. Die Richtung der Kraft in ad, siehe Figur 106, ist also die von a nach c, siehe Figur 107, jene der Kraft in ae, s. Figur 106, die von c nach b, s. Figur 107, die hierdurch bestimmten Richtungspfeile sind nach Figur 106 so zu übertragen, dass sie in dem rechts von der Schnittlinie I liegenden Trägerteile eingezeichnet werden. In einem * Konstruktionsteile herrscht Druck, wenn die Spitze des Richtungspfeiles dem in Rede stehenden Knotenpunkt, d. i. im vorliegenden Falle dem Punkt a zugekehrt, dagegen Zug, wenn diese Spitze dem Knotenpunkt nicht zugekehrt ist. Im Konstruktionsteile ad oder 1 w herrscht also Druck, im Kon-struktionsteile ac oder 2 aber Zug.

Figur 107.

Figur 106.

*tP

J£n

fj

4P

/5

!5

Nunmehr geht man zum Knotenpunkt d über und führt den Schnitt II, dann wirken auf das abgeschnittene, den Knotenpunkt d enthaltende Trägerstück, die äussere Kraft P, die bekannte Spannkraft 1 und ausserdem die noch unbekannten Spannkräfte 3 und 4 in den Konstruktionsteilen de und de.

|P

Die Spannkraft 1 ist eine Druckkraft, es muss daher für den Schnitt II der Richtungspfeil dem Knotenpunkt d zugekehrt sein; bildet man nun mit den vier auf den Knotenpunkt d wirkenden Kräften ein Kräfteviereck, so muss sich dasselbe schliessen. In Figur 107 sind von dem zu konstruierenden Kräfteviereck schon zwei Kräfte, nämlich ca — 1 und ad — P gegeben, man braucht also nur durch c und d Parallele zu den Konstruktionsteilen de und de in Figur 106 zu ziehen, um in aced das gesuchte Kräfteviereck zu erhalten, dessen Umfahrungssinn durch den Richtungspfeil der Kraft Px bestimmt ist. Die Längen ec und ed stellen die Grössen der Spannkräfte 3 und 4 dar; die erstere Kraft hat die Richtung von e nach c, die letztere die von d nach e. Ueberträgt man

Spannungen, hervorgerufen durch den Winddruck.

49

die so bestimmten Richtungspfeile nach den Konstruktionsteilen de und de der Figur 106, so erkennt man, dass in beiden Konstruktionsteilen Druck herrscht.

Führt man endlich noch um den Knotenpunkt e den Schnitt III, so wirken auf diesen Knotenpunkt nur Spannkräfte und zwar sind bekannt die Kräfte 2 und 3, erstere Kraft als Zugkraft, letztere als Druckkraft. Es muss also für den Knotenpunkt e der Richtungspfeil von 2 dem Punkte e ab-, der von de dem Punkte e zugekehrt sein.

Unbekannt sind die Spannkräfte & und 6 in den Konstruktionsteilen ec und eg. Bildet man nun mit diesen vier Kräften ein Kräfteviereck, so sind in Figur 107 von diesem Kräfteviereck schon zwei Seiten, nämlich bc — 2 und ce = 3 gezeichnet und man braucht nur durch e und b Parallele zu eg und ec der Figur 106 zu ziehen, um den Punkt f, und damit die Spannkräfte ef= 6 und fb — 3 zu erhalten. Die Richtung der Kraft 2 ist für das in Rede stehende Kräfteviereck bcef die von b nach c, die der Kraft 3 die von c nach e, daher ergeben sich für die Kräfte 6 und 5 die Richtungen von e nach f bezw. die von f nach b. Durch Uebertragung der so bestimmten Richtungspfeile nach Figur 106 ergibt sich für 6 und 3 je eine Zugkraft; die Grösse der ersteren ist durch die Länge von ef, die der letzteren durch die Länge von fb, s. Fig. 107 dargestellt. Wegen der symmetrischen Anordnung der Facliwerkstäbe gegen die vertikale Mittelachse des Binders sind mittels der bisher geführten Schnitte auch die Spannkräfte auf der rechten Binderhälfte bestimmt, denn je zwei zur Mittelachse des Binders symmetrisch angeordnete Fachwerkstäbe besitzen gleiche Spannungen.

Soll auf Grund des angegebenen Verfahrens die Konstruktion eines geschlossenen Kräftepolygons möglich sein, so dürfen bei keinem der geführten Schnitte mehr als zwei Konstruktionsteile mit unbekannten Spannkräften durchschnitten werden.

ß) Spannungen, hervorgerufen durch den Winddruck.

102) Bei der Ermittelung der durch den Winddruck in den Fachwerk-stäben hervorgerufenen Spannungen sind zwei besondere Fälle zu berücksichtigen. Es wird nämlich wegen der Ausdehnbarkeit des Materials infolge von Temperaturveränderungen bei einem eisernen Dachstuhle das eine Auflager stets beweglich, siehe Figur 108, Auflager a, das andere aber fest angeordnet sein. Demgemäss wirkt der durch den Winddruck hervorgerufene Auflagerdruck auf das bewegliche Auflager in vertikaler, auf das feste in schräger Richtung.

Figur 108.

Figur 109.

h.

w'

6a

/b—1

\/i

-g

v,\    -vir

(5

c , \W

9io

'd

Wirkt der Winddruck auf die Dachfläche, welche sich auf das bewegliche Auflager stützt, siehe Figur 108, so ergibt sich die Richtung des Auflagerdrucks auf das feste Auflager b, durch die Linie bh, siehe Figur 108. Auf die Dachfläche ac verteilt sich der Winddruck nun derart, dass auf den Knoten-

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

Spannungen, hervorgerufen durch den Wiuddruck.

50

W‘

punkt d der Druck WJ, auf jeden der Punkte a und b aber der Druck ——

£

trifft. Macht man aber, siehe Figur 109, die Linie acl senkrecht zur Drahtfläche ac der Figur 108, und gleich dem Gesamt-Winddruck ^ W* auf diese

_    — W‘ _

Fläche, so dass ab = cd = —— und bc = W‘ ist, zieht durch a und d die

£

Parallelen zu deu Linien ah und lib der Figur 108; so sind durch die Längen ae und ed die Grössen der Auflagerdrücke bezw. Auflagerreaktionen in a und b dargestellt, und die Richtungspfeile dieser Drücke ergeben sich aus dem Umfahrungssinne des Kräftedreiecks ade. Die graphische Bestimmung der durch den Winddruck hervorgerufenen Spannkräfte erfolgt nun in gleicher Weise, wie in No. 101. Führt man also den Schnitt I, so entspricht demselben das Kräfteviereck abfe, von welchem die Seiten ab und ae von vornherein gegeben, bf und ef aber durch Ziehen von Parallelen durch die Punkte b und e zu den Linien ad und ae der Figur zu bestimmen sind. Es werden demnach in den Konstruktionsteilen 1 und 2 durch den Winddruck Spannungen hervorgerufen gleich den Längen bf und fe und zwar ist erstere eine Druck-, letztere eine Zugspannung. Der Schnitt II liefert das Kräfteviereck bfgc und daher die Druckspannungen in 3 und 4 gleich den Längen fg und ' gc. Mittels des Schnittes III erhält man das Kräfteviereck efgh und damit die Spannungen 5 und (> = gh bezw. eh, erstere als Zug-, letztere als Druckspannung. Schnitt IV liefert das Kräftefünfeck cdihgc und damit die Druckspannungen in 7 und 8 gleich den Längen hi und id, der Schnitt V bestimmt ein Kräftedreieck ehi, woraus hervorgeht, dass im Konstruktionsteil gf durch den Winddruck keine Spannung hervorgerufen wird; die Spannung in 10 ist gleich ei. Mittels des Schnittes VI findet man, was übrigens selbstverständlich ist, die Spannung in 11 gleich jener in 8 als Druckspannung; endlich gehört zu dem Schnitt VII noch das Kräftedreieck eid. Sind die Spannungen bei einem und demselben Konstruktionsteil durch die Beanspruchungen durch Eigengewicht bei Schneelast bezw. durch Winddruck dieselben, nämlich beide Druck oder Zug, so gibt die Summe beider Spannungen die Gesamtspannung des Konstruktionsteiles, im anderen Falle muss der Konstruktionsteil so gestaltet sein, dass er sowohl die Zug- wie auch die Druckspannung mit Sicherheit aufnehmen kann. In nachstehender Tabelle sind die ermittelten Spannungen zusammengestellt.

Konstruktionsteil

Spannungen durch Eigengewicht und Schneedruck

Spannungen durch Winddruck

Gesamtspannungen

eg

(i

gb „ 10

fb „ 11

_Figur 107

ac = Druck cb — Zug ce — Druck ed — Druck fff = Zug ef = Zug fb = Zug ed — Druck ce = Druck bc — Zug oc = Druck

Figur 109 fb = Druck fe■ = Zug fg == Druck gc — Druck gh == Zug eh = Druck hi — Druck id — Druck

ei — Druck id — Druck

ac -J- fb = Druck cb fe — Zug ce fg — Druck ed gc = Druck fb + gh = Zug ef = Zug u. eh = Dr. fb = Zug u. hi — Dr. ed -f- id = Druck ce = Druck bc = Zug u. ei = Dr. ac -j- id = Druck

gl*

-I

- V? v „r /xlll

2 ' >y -

¹ <?

⁵ \

vV#r\i /²

W’

Figur 111.

z<

r/

lt-'

51

Spannungen, hervorgerufen durch den Winddruck.

Figur 110.

'S!

A-

103) Wirkt der Winddruck auf die gegen das feste Auflager sich stützende Dachfläche, siehe Figur 110, so wird der Auflagerdruck in a vertikal, in b aber schräg gerichtet sein, man findet für die letztere Sichtung die Linie bh. Mittels des Kräftedreiecks ade ergeben sich die Grössen de und ea der Auflagerreaktionen in b und a. Führt man der Reihe nach die Schnitte I bis VII, so ergeben sich die in nachstehender Tabelle zusammengestellten Kräftepolygone und Spannkräfte:

Schnitte

Kräftepolygon

Ermittelte Spannkraft

eaf

II

afa

III

ef9

IV

g fällig

hiegh

VI

bcihb

VII

icdei

I af — 1 Druck \fe = 2 Zug \ fa — 4, — 1 Druck \ 0 = 3 fg — 5 Zug Je = 6* Zug

I gh = 7 Zug \ hb = 8 Druck

ie — 10 Zug j ih = 9 Druck ( c i — 11 Druck (ie = 10 Zug \ c i == 11 Druck

104) Fasst man nunmehr die in No. 101 ermittelten Spannkräfte mit den eben bestimmten durch den Winddruck hervorgerufenen Spannungen zusammen, so ergibt sich die folgende Tabelle:

Spannung durch den Wind

Gesamtspannung

Spannkraft durch Konstruktionsteil Eigengewicht und Schneedruck

ad oder 1

ae

Figur 107 ac — Druck cb = Zug Druck ecl — Druck fb = Zug ef — Zug fb - - Zug ed = Druck ce = Druck ae = Zug ae — Druck

ce

Figur 111. af — Druck fe = Zug

fa — Druck fg = Zug ge = Zug gh — Zug hb — Druck ih — Druck ie — Zug ci — Druck

ac-\- af ■— Druck ab-{-fe — Zug ce = Druck e d -j- fa — Druck fb + fg •= Zug ef+ge — Zug fb-\-gh = Zug ed -j- hb = Druck c e -f- ih — Druck ae-\-ie = Zug ac -{- ci — Druck

Anmerkung 27. Der in No. 101 behandelte Dachbinder führt den Namen: Einfacher Polongeaubinder.

c) Uebungsaufgabe.

105) Aufgabe 31. Für einen einfachen Polongeaubinder mit den nebenstehend, siehe Figur 112, verzeichneten Abmessungen, sind die Spannkräfte in den Konstruktionsteilen zu ermitteln, wenn die Dachdeckung Schiefer auf Winkeleisen sein soll und die Binderentfernung 4 m beträgt. Die Belastung durch Schneedruck und Eigengewicht sei per Quadratmeter Horizontalprojektion 140 kg, der Winddruck betrage per Quadratmeter geneigte Dachfläche 50 kg.

beträgt:

Auflösung. Die Belastung eines Binders durch Eigengewicht und Schneedruck Q — 10-4-140 = 5600 kg per Quadratmeter Er trifft somit auf einen Knotenpunkt die Belastung:

= 1400 kg

P=-

Die Auflagerreaktionen sind je gleich:

lp=

Die Belastung durch den Winddruck senkrecht zur Dachfläche beträgt für eine Binderhälfte :

5600

3-1400

= 2100 kg

2,F'

5-4-50

1000

1000

1000

cos 26° 30'

daher ist W gleich Druck auf einen mittleren Knotenpunkt:

1118

W‘ = —-— = 559 und 560 kg auf den Auflager- beziehungsweise Firstpunkt:

cosa

cosa

0,89493

= 1118 kg

— = 280 kg

Figur 114.

Figur 115.

/£>

<a

₅6°

•\Lh

16

⁷h

,e

,c

YO

'5

2,8°

o.

>d

ff

d Figur 113.

1400

14 00

1400

§

n]

'vf 7

2100

±_

Jt

10 m

2_

2100

5/

2100

6_

Figur 112.

<Aj

3000

5,

6_

Figur 116.

Unter Zugrundelegung dieser Drücke sind nun in den Figuren 113, 114 und 115 die Spannungen hervorgerufen durch Eigengewicht und Schneedruck einerseits, sowie linksseitigen bezw. rechtsseitigen Winddruck andererseits und hieraus schliesslich die Gesamtspannungen in den einzelnen Konstruktionsteilen ermittelt und in der folgenden Tabelle zusammengestellt worden. Kräftemassstab 1 mm = 500 kg.

Gesamtspannung

Eigengewicht, Schnee- und rechtsseitiger Winddruck

1    = 5600 + 925 = 6525 kg Druck

2    = 5250 + 750 = 6000 kg Zug

3    = 1250 + 0

= 1250 kg Druck

4    = 5000 + 925 = 5925 kg Druck

5    = 2050 + 100 = 2150 kg Zug

6* = 3100 + 750 = 3870 kg Zug

7    = 2050 + 900 = 2950 kg Zug

8    = 5000 + 1300 = 6300 kg Druck

9    = 1250 + 560 = 1810 kg Druck

10    = 5250 + 1550 = 6800 kg Zug

11    = 6600 + 1300 = 6900 kg Druck

Eigengewicht, Schnee- und linksseitiger Winddruck

1    = 5600 + 1200 = 6800 kg Druck

2    = 5250 + 950 = 6200 kg Zug

3    = 1250 + 560 = 1810 kg Druck

4    = 5000 + 1200 = 6200 kg Druck

5    = 2050 + 800 = 2850 kg Zug

6* = 3100 + 160 = 3260 kg Zug

7    = 2050 + 75 = 2075 kg Zug

8    = 5000 + 800 = 5800 kg Druck

9    = 1250 + 0

= 1250 kg Druck

10    = 5250 + 175 = 5425 kg Zug

11    = 5600 + 800 — 6400 kg Druck

Spannung

für

Kräfte

polygon

rechtsseitigen Winddruck

af = 1 = 185 mm = 975 kg Druck

fe = 2 = l8 mm = 750 kg Zug

af = 4 = 185 mm = 925 kg Druck

3 = 0

fg = 5 = 20 mm = 100 kg Zug

ge = 6 = 180 mm = 750 kg Zug

hg = 7 = 18 mm = 900 kg Zug

hb = 8 = 260 mm = 1300kgDruck

i c = 11 = 2,60 mm = 1300 kg Druck

hi = 9 = 11,2 mm = 560 kg Druck

ie — 10 = 37 mm = 1550 kg Zug

aef

afa

ef9

abhgfa

eghie

bcihb

cdeic

Spannung

für

Kräfte

polygon

linksseitigen Winddruck

h f = 1 — 24 mm = 1200 kg Druck

fe = 2 = 19 min =. 950 kg Zug

fg = 3 = 11,2 mm = 560 kg Druck

gc = 1 = 24 mm = 1200 kg Druck

gh = 5 = 16 mm = 800 kg Zug

eh = 6 = 3,2 mm = 160 kg Zug

hi — 7 — 0,5 mm = 25 kg Zug

di = 8 = 16 mm = 800 kg Druck

ie — 10 = 3,5 mm = 175 kg Zug

.9 = 0

d i = 8 = 16 mm = 800 kg Druck

id — 11 — 16 mm = 800 kg Druck

abfe

bcgf

efghe

cghidc

hie

did

eid

Spannung

für

Kräfte

polygon

Eigengewicht und Schneedruck

ac = 1 = 112 mm = 5600 kg Druck

bc = 2 = 105 mm = 5250 kg Zug

c e = 3 = 25 mm = 1250 kg Druck

de = 4 = 99,8 mm = 5000 kg Druck

fb = 5 = 41 mm = 2050 kg Zug

ef = 6 = 62 mm = 3100 kg Zug

7 = 5 = 2050 kg

abc

aced

bcef

Zug

8 = 4 — 5000 kg Druck

11 = 1 = 5600 kg Druck

9 — 3 — 1250 kg Druck

10 = 2 = 5250 kg

Zug

Schnitt

II

III

AI

VI

VII

Anmerkung 28. Nimmt man die vertikale Belastung des Daches, einschliesslich des Winddruckes per Quadratmeter Horizontalprojektion rund zu 200 kg an und ermittelt für diese Belastung die Spannkräfte, so ergibt sich folgendes:

Die ganze Belastung eines Binders wird nunmehr Q = 10-4-200 = 8000 kg,

= 2000 kg, die

-P = 3000 kg. Unter dieser Annahme ergibt sich der

Kräfteplan, siehe Figur 116, aus welcher die folgenden Werte entnommen werden können, es ist:

daher trifft auf einen Knotenpunkt eine Belastung P =

Auflagerreaktion ist

ac — 1 = 11 =. 159 mm = 7950 kg bc — 2 — 10 = 143 mm = 7150 kg ce = 3 = 9 — 35,5 mm = 1775 kg ed — 4 — S = 143 m = 7450 kg bf — 5 = 7 = 58 mm = 2900 kg ef — 6 = 88 mm = 4400 kg

Man erkennt, dass die jetzt ermittelten Spannkräfte fast durchweg grösser sind, als jene in der Tabelle, Seite 54, ermittelten. Doch kommt der Unterschied für die Querschnittsberechnung der Konstruktionsteile nicht in Betracht.

Bei noch geringeren Dachneigungen wird dieser Unterschied noch kleiner werden, so dass man wohl bei der Ermittelung der Spannkräfte für flache Dächer die Vertikalkomponente des Winddruckes der Berechnung zu Grunde legen und von der einseitigen Wirkung der letzteren absehen darf.

d) Ermittelung der Spannkräfte durch Rechnung. Ritter’sche Methode.

106) Will man die Spannungen in den Stäben eines Fachwerkes durch Rechnung ermitteln, so führt man die Schnitte in gleicher Weise wie früher und stellt für die auf das abgeschnittene Trägerstück einwirkenden äusseren und Spannkräfte bezüglich eines zweckmässig gewählten Drehpunktes die Momentengleichung auf. Bei der Wahl des Drehpunktes ist darauf zu achten, dass nur eine unbekannte Spannkraft in der Momentengleichung auftritt. Sind also in dem abgeschnittenen Trägerteile zwei Konstruktionsteile mit unbekannten Spannungen enthalten, so nimmt man den Drehpunkt stets auf einem dieser Konstruktionsteile an. Die Hebelarme für die den Kräften entsprechenden statischen Momente kann man hierbei entweder in Rücksicht auf die geometrische Form der Binder berechnen oder

aber, was einfacher und für praktische Zwecke hinsichtlich der Genauigkeit ausreicht, aus der Zeichnung durch Messung bestimmen. Im folgenden soll das letztere Verfahren zu Grunde gelegt werden.

Führt man für den in Figur 117 dargestellten Binder den Schnitt I und wählt zur Bestimmung der Spannung in 1 den Punkt e als Drehpunkt, so lautet die Momentengleichung:

ZM

x₆

Figur 117.

'y C\J

^5

----------fl«ss—.......~g..

_ ₁₀m'-

:h

tc'co

In Figur 117 gehören die Spannkräfte ebenso bezeichnet wie in Figur 112.

Pxl-\-lde — 0

Ermittelung der Spannkräfte durch Eechnung. Rittersehe Methode.

56

42) ... 1 =

daher ist:

2 de

Das statische Moment der Spannkraft 1 ist demnach bezüglich des Drehpunktes e negativ, was nur möglich ist, wenn der Richtungspfeil von 1 dem Knotenpunkt a zugekehrt ist, die Spannkraft 1 ist also eine Druckspannung.

Zur Bestimmung von 2 wählt man d als Drehpunkt, dann lautet die Momentengleichung :

daher:

— Px₂ -f- 2 x?> — 0 3 Px₂

43) ... 2 — —

*3

Das statische Moment der Spannkraft 2 ist negativ, demnach muss der Richtungspfeil von 2 dem Knotenpunkte a abgekehrt, die Spannkraft 2 also eine Zugspannung sein.

Schnitt II, Drehpunkt e, Momentengleichung:

lde — P₁xi-\-4de = 0

44) ... 4 =

de

P\xi — 1 de PxXj ^

de

Da x₄ kleiner als de und Px kleiner als die Spannkraft 1 ist, so ist der Ausdruck für die Spannkraft 4 negativ, demnach auch das statische Moment dieser Kraft, es ist also der Richtungspfeil von 4 dem Knotenpunkte d zugekehrt, die Spannkraft 4 ist eine Druckspannung.

Schnitt II, Drehpunkt a, Momentengleichung:

45) ... 3 — —

Px₂-\-3 ad — 0 Px₂

ad

Wegen des negativen Vorzeichens von 3 ist in Rücksicht auf den Drehpunkt a das statische Moment von 3 negativ, die Spannung in 3 also eine Druckspannung.

Es ist keineswegs notwendig, den Schnitt immer so zu führen, dass sämtliche in einem Knotenpunkte zusammentreffenden Fachwerkstäbe durchschnitten werden. Führt man z. B. den Schnitt III durch die Stäbe 4, 5 und 6, und wählt den Drehpunkt c, so lautet die Momentengleichung für das linksseitige Trägerstück:

4-P--—P~+Ox, = 0

2    2    4 ¹

daher:

46) ... 6 = —

CO Ol

*5

— oder 6* —

PI

2*5

das statische Moment von 6 ist also negativ, folglich die Spannkraft 6* eine Zugspannung.

Zur Bestimmung der noch fehlenden Spannkraft 5 kann man gleichfalls den oben genannten Schnitt III benützen und erhält für a als Drehpunkt die Momentengleichung:

P Xc, ~\— (j x~ —j— »> x ^ — 0

47) ... 5 —

(Px₂ + 6‘ x₇)

Die Kraft 5 ist demgemäss, weil ihr statisches Moment in Hinsicht auf den Drehpunkt a negativ sein muss, eine Zugspannung.

e) Uebungsaufgabe.

107) Aufgabe 32. Für den in Aufgabe 31 näher bezeichneten Dachbinder sollen unter den angegebenen Belastungen durch Eigengewicht und Schneedruck die Spannkräfte in den Fachwerkstäben durch Rechnung ermittelt werden. Die Hebelarme sind aus der Zeichnung abzugreifen.

Auflösung. Mit Bezugnahme auf die in No. 106) aufgestellten Bezeichnungen und Momentengleichungen, die Hebelarme in Millimeter gemessen, erhält man folgende Berechnungen :

Schnitt I, Drehpunkt e, Momentengleichung:

= 5599 oder rund 5600 kg Druck

2100-20 + 1-7,5 = 0 xt = 20, de = 7,5 2100-20

27,5

Drehpunkt d, Momentengleichung:

= 5250 kg Zug

2100-16,6+2-6,6 = 0 a;₂ == 16,6 ar₃ = 6,6 -2100-16,6

6,6

Schnitt II, Drehpunkt e, Momentengleichung:

5600-7,5 — 1400-3,3 + 4-7,5 = 0 x₄ = 3,3 de = 7,5 1400-3,3

7,5

5600 = 618 — 5600 = — 4982 rund 5000 kg Druck

Drehpunkt a, Momentengleichung:

1400-16,6 + 3-18,6 = 0 x₂ = 16,6 ad — 18,6 1400-16,6 18,6

Schnitt III, Drehpunkt c, Momentengleichung:

2100-33,3 — 1400 • 16,6 + 6-1,5 = 0

= — 1250 kg Druck

~2 = ¹³’3 6* = —3111 kg Zug

Drehpunkt a, Momentengleichung:

= — 2037 kg Zug.

1400-16,6 + 3111-8,6 + 5-14 = 0 x₆ = 14 x₇ = 1,6 1400-16,6 + 3111-1,6

14

5 = —

Ein Vergleich dieser durch Rechnung ermittelten Werte der Spannungen mit jenen durch Zeichnung erhaltenen zeigt hinlängliche Uebereinstimmung.

6) Uebungsaufgaben.

108) Aufgabe 33. Für den in Figur 118 dargestellten englischen Dachbinder sind die Spannkräfte graphisch zu ermitteln.

Auflösung. Unter der Annahme eines Druckes auf die Knotenpunkte gleich P

5

und einer Auflagerreaktion = — P erhält man mittels der geführten Schnitte die folgen-

£

den Kräftepolygone und Spannkräfte, siehe Figur 118 und 118 a.

' TY

|P

vY

€'

Figur 118.

wL ?

j/r

°T>

J)

|P

y'r/

2J

j:3

11

Figur 118 a.

Schnitt

Kräftepolygon

Stabkräfte

ade

II

ded

III

IV

VI

aefb defgd bf glich cikhc

1    — ae — Druck 2 — de = Zug

2    — 1 ~ de — Zug 3 = 0 Konstruktionsteil 8 ist also überflüssig 5 — ef = Druck 6 = fb = Druck 7 = fg = Zug 8 — gd — Zug

9 — gh = Druck 10 = hc = Druck 11 — hk = Zug

108a) Aufgabe 34. Man ermittele die Spannkräfte für den in Figur 119 dar gestellten Binder.

Auflösung. Man führe die Lösung in gleicher Weise durch wie in Aufgabe 38.

Figur 119.

10.

11

6.

’S d

fP

*P

io.

109) Aufgabe 35. Man ermittele die Spannkräfte für den in Figur 120 gezeichneten Dachbinder.

aafr

/9

WJ'

Auflösung'. Man führt die Schnitte so wie in der Figur 120 angegeben und erhält dann die nachstehend ver-zeichneten Kräftepolygone und Spannkräfte, siehe Figur 121.

fP

Wien

)ju,

Figur 121.

Schnitt

Kräftepolygon

Stabkräfte

II

III

IV

ade

aefb

defgd

bchgfb

dghid

Jl = ae = Druck 2 — ed — Zug 3 = ef = Druck 6 — fb = Druck 5 — f9 — Zug 4 = gd = Zug

7    = gh — Druck 10 = hc = Druck

8    = id = Zug O — hi = Zug

Figur 122.

110) Aufgabe 36. Für den in Figur 122 dargestellten Pultdachbinder sind die Spannkräfte zu ermitteln.

Auflösung. Man führt die Schnitte wie die Fig. 122 zeigt und erhält dann:

Figur 123.

i.i.i.f, i

VI

11

11 IC

\d

1K ² T

Schnitt

Kräftepolygon

Stabkräfte

abf

II

III

IV

bcgf

afgha

cdihgc

ahika

dikled

2    — af — Druck 1 — fb — Zug

3    = fg ~ Druck 4 — gc — Zug 5 — lxg — Zug 6 = ha — Druck 7 — ih — Druck 8 = di = Zug 0 — ka — Druck 10 — ki — Zug 11 = kl = Druck 12 = le — Zug

G,

GS

Figur 124.

Figur 125.

Figur 126.

TP

TP

■ e_

111) Aufgabe 37.

Für den in Figur 124 dargestellten, einfach armierten Träger sind unter Voraussetzung einer Beanspruchung durch eine Einzellast P im Punkte c

die Spannungen in den Konstruktionsteilen zu ermitteln.

Auflösung. Mittels der Schnitte I, II, III ergeben sich die im Kräfteplan, siehe Figur 125, gezeichneten Stabspannungen.

Für den in Figur 126 dargestellten, doppelt armierten Träger sind unter Voraussetzung einer Belastung P in den Punkten d und e die Spannungen in den Konstruktionsteilen zu ermitteln.

112) Aufgabe 38.

Auflösung. Mittels der in Figur 126 angedeuteten Schnitte ergibt sich der Kräfteplan, siehe Figur 127, woraus die gesuchten Stabspannungen zu entnehmen sind.

113) Aufgabe 39. Der Schüler löse die Aufgaben 37 und 38 unter Annahme bestimmter Zahlenwerte.

"3

C]> 4

Stützweite:

Auflösung. Es sei in Aufgabe 38 die

ab = 8 m

die Höhe:

cd = l m

4-

die Belastung:

-f—4—

Figur 127.

P = 10000 kg In Aufgabe 39 sei:

ab — 12 m cd = 0,75 m P = 8000 kg

114) Aufgabe 40. Für den in Figur 128 gezeichneten doppelten Polongeau-Binder sind die Spannungen in den Konstruktionsteilen zu ermitteln.

Auflösung. Mittels der Schnitte I bis III ergeben sich, siehe Figur 129, die Spannkräfte in den Stäben ad, ae, df,, ef und gh. Führt man nun den Schnitt IV, so sind von den in dem Knotenpunkte f zusammentreffenden Stabkräften bekannt die Stabkräfte 4 und 5, unbekannt dagegen 7, 9 und 8.

Die Aufgabe, diese drei unbekannten Kräfte zu ermitteln, kann daher in der bisherigen Weise nicht gelöst werden. Doch erhält man eine von den unbekannten Kräften leicht wie folgt: Man führt um den Knotenpunkt c den Schnitt VIII, und kann sich nun die in den durchschnittenen Stäben 8, 10, 15 und 16 wirkenden Kiäfte zu einer Resultante vereinigt denken, welche mit der Kraft 9 eine Resultante ergibt gleich und entgegengesetzt gerichtet der Resultante R (Resultante der beiden in den Knotenpunkten h und c wirkenden äusseren Kräfte P). Zerlegt man daher R in zwei Komponenten, deren Richtungslinien mit kf und Jcc zusammenfallen, so ist die in erstgenannter Linie liegende Komponente die Spannkraft 9. Macht man, siehe Figur 129, cf und ef

Figur 129.

parallel zu kf und kc der Figur 128, so ist cf\ siehe Figur 129, die Grösse der Spannkraft 9.

Nunmehr kann man ohne weitere Schwierigkeit die Schnitte IV, V, VI und VII führen und die zugehörigen Kräftepläne zeichnen.

Stabkräfte

6 yff

n ______03gm

— -

fff 4P

P »L

"■'f-

M.

,7

13

gj-'W

Figur 128.

In Figur 128 ist die Eesul-tante der beiden in h und c wirkenden Kräfte P irrtümlich mit P statt mit R bezeichnet.

Schnitt I Kräftepolygon j

II

III

IV

VI

VII

abg

bchg

aghia

cdnkihc

aihla

dmoe

alkmol

bg — 1 — Druck ag = 2 = Zug ch — 1 — Druck gh — 3 — Druck hi = 5 — Zug i — 6 — Zug i — 7 = Druck dn = 9 — Zug len — 8 — Druck ia — 6 = Zug hl — 10 = Zug la — 11 = Zug 13 = Druck oe = 12 — Druck ol — 11 — Zug

mo

Anmerkung 29. Noch einfacher als oben in Auflösung der Aufgabe 40 angegeben wurde ermittelt man die Spannung 9 durch die Erwägung, dass wegen der symmetrischen

Anordnung der Stäbe fe und fi hinsichtlich des Stabes fg, die in ersteren Stäben herrschenden Spannungen gleich gross sein müssen. Es ist also die Spannung 5=9.

115) Aufgabe 41. Man konstruiere die Spannungen in den Konstruktionsteilen des in Figur 128 dargestellten doppelten Polongeau-Bin-ders unter der Voraussetzung, dass die Stützweite 14 m, dieHöhe 2,0 m, die Binderentfernung 4 m und die Belastung per Quadratmeter Horizontalprojektion einschliesslich Winddruck 200 kg betrage.

116) Aufgabe 42. Für das in Figur 130 dargestellte Sprengwerk-dach ist für die gegebenen Belastungen der Kräfteplan zu konstruieren.

Auflösung. Die im Firstpunkte c, siehe Figur 130, wirkende Kraft P wird auf die Streben cd und ce übertragen und zwar erhält man diese Strebendrücke &\ mittels des Dreiecks abc, siehe Figur 130a, worin ac — bc — Sx ist. Im Punkte d, s. Figur 180, wird gleichfalls die Kraft P aufgenommen und auf den Spannriegel de, sowie die Strebe df übertragen; man erhält die Beanspruchung Hx des Spannriegels gleich de, s. Fig. 130a, jene der Strebe fd = be-\-bc — ec = S₂.

Die Kraft P im Punkte f, siehe Figur 130, nehmen die Streben af und fg auf und

zwar ist der Druck in der Strebe af = Ss — gc, siehe Figur 130 a, jener in fg = Si = gf, siehe Figur 130 a.

Figur 130.

itpCT

’2

'4.

Durch die Strebendrücke S₃ und *S'₄ entstehen in den Punkten a und g die Horizontalschübe Pf₂ — ci, s. Fig. 130a, und H₃ = fh, s. Figur 130a, ebenso die Vertikaldrücke:

F₁ = kg und V₂ = gh Man erhält folgende Zusammenstellung :

Fig. 130    Fig. 130 a

= bc Druck

°C

ce

gc

m.

Figur 130 a.

gf

de c i Zug

fh Druck auf die Mauer gh

gh

»BK fr

E. Stabilität der Körper.

1) Begriff der Stabilität, Stabilitätsmoment.

117) Unter der Stabilität eines Körpers versteht man dessen Widerstand gegen Umkanten. Liegt z. B. ein Körper, siehe Figur 131, mittels einer Fläche cdef auf einer Ebene auf und ist angenommen, dass eine Verschiebung auf letztere ausgeschlossen, vielmehr nur ein Umkanten um die Kante cd möglich ist, so wird eine Kraft P ein solches Umkanten nur bewerkstelligen können, wenn das statische Moment Pa grösser ist als das statische Moment Qb, unter

Figur 132.

°S

Q das Gewicht des Körpers verstanden. Der Widerstand gegen das Umkanten ist also durch das statische Moment Qb gegeben und dieses Moment nennt deshalb auch das Stabilitätsmoment des Körpers. Dieses Moment ist so grösser, je grösser der Hebelarm b und je grösser das Gewicht Q des Körpers ist.

Ein Umkanten des Körpers kann aber auch durch das Gewicht des Körpers selbst bewirkt werden. Hat der Körper z. B. die Form, siehe Figur 133, so trifft die Schwerpunktsvertikale Q die Auflagerfläche des Körpers nicht mehr, und es ist demnach auch keine Reaktion vorhanden, welche der Kraft Q das Gleichgewicht hält, d. h. es kommt das statische Moment Qb zur Wirkung, der Körper wird umkanten. In diesem Falle besitzt der Körper keine Stabilität.

Endlich ist noch der Fall denkbar, dass der Körper keine Stabilität besitzt, ohne dass er jedoch umzukanten braucht. Denkt man sich z. B. einen senkrechten Kreiskegel auf seiner Spitze stehend, so geht die Schwerpunktsvertikale durch den Unterstützungspunkt ; es ist das Stabilitätsmoment, weil der Hebelarm verschwindet, gleich Null. Die geringste Einwirkung einer äusseren Kraft wird aber hinreichen, den Körper umzuwerfen; das Gleiche ist der Fall, wenn die Vertikale durch den Schwerpunkt gerade die Umfangslinie der Unterstützungsfläche schneidet.

Wird ein Körper durch eine äussere Kraft umzukanten gesucht, so wird er nach Aufhören der Wirkung der äusseren Kraft so lange in seine ursprüngliche Lage zurückkehren, als sein Schwerpunkt noch nicht zur Vertikalebene gelangt ist, welche die Drehkante enthält. Hat der Schwerpunkt diese Lage überschritten, so kehrt der Körper nicht mehr in seine ursprüngliche Lage zurück, sondern fällt nach der entgegengesetzten Seite um.

man

um

Figur 134.

f'

........

2) Stabilitätsgesetz, Stabilitätsgleichung.

118) Aus dem Vorangegangenen ergibt sich für die Stabilität eines Körpers folgendes Gesetz:

„Die Stabilität ist um so grösser, je grösser die Unterstützungsfläche und das Gewicht des Körpers ist, sowie je tiefer sein Schwerpunkt liegt.“

Stabilitätsgleichung. Damit Gleichgewicht zwischen der äusseren Kraft und der Stabilität des Körpers vorhanden ist, muss die Gleichung bestehen:

48)    . . . Qb = Pa

Für Bauwerke verlangt man aber noch eine gewisse Sicherheit gegen das Umkanten, d. h. es muss auch noch Gleichgewicht vorhanden sein, wenn Pa grösser wird als Qb.

In der Regel wird die Stabilität der Körper so bemessen, dass

49)    ... Qb= 1,5 Pa

ist. Aus dieser Gleichung lässt sich die Grösse der äusseren Kraft berechnen, welche bei gegebenem Hebelarm a auf den Körper auf die Dauer einwirken darf, ohne dass ein Umkanten stattfindet. Man findet nämlich:

Qb

1,5 a

50)    ... P =

119) Aufgabe messungen, siehe

Figur 135.

0,26

B) UebungsaufgaUen.

43. Ein Schornstein mit den nebenstehenden Aus-Figur 135, ist gegeben. Wie gross darf die in einer Entfernung gleich 5,6 m von der untersten Fläche befindliche horizontale Winddruckkomponente sein, damit hinlängliche Sicherheit gegen das Umkanten des Schornsteines vorhanden ist?

1 Kubikmeter Mauerwerk = 1600 kg.

Auflösung. Das Gewicht des Schornsteines ist:

•12-1600

unter fx und f₂ die untere, bezw. obere Querschnittsfläche verstanden.

Nun ist aber:

3,14

fx = —^— (1,50 + 2,26) -0,76 = 2,249 qm

und

3,14

5.6

<r

f₂ = ~y~ (1,0 + 1,52) • 0,52 = 1,039 qm Es ist also:

2,24 -f 1,03

•12-1600 = 31392 kg

*A13^    0,38

V-1.50-j

Man hat nun die Stabilitätsgleichung:

31392-1-18

= rund 4222 kg

1,5-5,6

In Wirklichkeit beträgt aber der Winddruck nur:

(2,26-f-1,52)

-12-125-0,66 = 3780 kg Der Schornstein besitzt also hinlängliche Stabilität.

120) Aufgabe 44. Welche horizontale Kraft P (Erddruck) darf im Punkte a, siehe Figur 136, auf die Dauer auf die Futtermauer einwirken, wenn dieselbe hinreichende Stabilität besitzen soll?

Auflösung. Es muss sein:

Q9 = 1,5 PI,0

Nun ist aber für den laufenden Meter Tiefe der Mauer:

1,00+1,50

•3-1600 = 6000 kg

Der Hebelarm y von Q beträgt nach der Figur 136: 0,75 m. Es ist daher:

6000-0,75 = 1,5 P-1,0 6000-0,75

1,5

= 3000 kg

Figur 136.

Figur 137.

i\o

'a

c.

■10

Pp

X-1,0

121) Aufgabe 45. Auf einen Mauerpfeiler wirken, siehe Figur 137, die Kräfte Px und P₂, herrührend von den Belastungen zweier Gewölbebogen. Es ist zu untersuchen, ob der Mauerpfeiler hinreichende Stabilität besitzt.

Auflösung. Zunächst vereinigt man die Kräfte Px und P₂ zu einer Resultante R‘, hierauf R‘ und die das Mauergewicht darstellende Kraft Q zu einer Resultante R.

Hinreichende Stabilität besitzt die Mauer, wenn, wie im vorliegenden Falle, die Resultante R noch die Fundamentbasis innerhalb ihrer Begrenzung trifft.

F. Die Reibung.

1) Die Reibung im allgemeinen.

122) Soll ein Körper B, gleitend auf der Oberfläche eines Körpers A, siehe Figur 138, bewegt werden, so ist hierzu eine Kraft R erforderlich, welche den Widerstand zwischen den beiden Oberflächen von A und B zu überwinden hat; diesen Widerstand nennt man den Reibungswiderstand oder kurzweg die Reibung zwischen den Körpern A und B.

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

Figur 138.

2) Reibungsarten.

123) Es gibt verschiedene Reibungsarten, je nach der Art der Bewegung der die Reibung verursachenden Oberflächen. Man unterscheidet:

a)    gleitende Reibung, wenn die Bewegung, wie in Figur 138, stattfindet;

b)    rollende Reibung, wenn der eine Körper auf dem andern rollt;

c)    Zapfenreibung und zwar Reibung bei liegenden und Reibung bei stehenden Zapfen.

3) Reibungsgesetze.

124) Auf dem Wege des Versuches hat man folgende Reibungsgesetze fest

gestellt :

a)    die Reibung ist proportional der Grösse des zwischen den reibenden Körpern herrschenden Normaldruckes, aber unabhängig von der Grösse der reibenden Oberflächen;

b)    die Reibung ist um so grösser, je rauher die reibenden Oberflächen sind;

c)    die Reibung zwischen gleichartigen Körpern ist grösser als zwischen ungleichartigen;

d)    die Reibung ist am Anfang der Bewegung grösser als während der Bewegung, sonst aber unabhängig von der Geschwindigkeit der bewegten Körper;

e)    die Zapfenreibung ist geringer als die gewöhnliche gleitende Reibung, die rollende Reibung ist im Verhältnis zur gleitenden sehr klein.

Zur Verminderung der Reibung zwischen zwei Körpern dienen die Schmiermittel, welche die Unebenheiten der reibenden Oberflächen ausfüllen und so die Reibung vermindern; solche Schmiermittel sind: Fett, Seife, Graphit u. dergl. für Holz, Oele für Metalle.

4) Reibungskoeffizient.

125) Hierunter versteht man das Verhältnis der zur Ueberwindung der Reibung erforderlichen Kraft R zur Grösse des zwischen den Körpern herrschenden Druckes Q\ es ist also:

51) . . .

Man erhält somit die Grösse der Reibung, wenn man den Reibungskoeffizienten mit der Grösse des von den Körpern ausgeübten Druckes multipliziert.

zusammen-

Im folgenden sind für einige Körper die Reibungskoeffizienten gestellt.

Reibende Körper

Ohne

Mit Oel Schmiermittel geschmiert

Mit Fett Mit Seife geschmiert geschmiert

Holz auf Holz . . Metall auf Metall . Holz auf Metall . . Hanfseil auf Holz .

»    „ Eisen .

Zugerichtete Bausteine

0,07

0,15

0,09

0,06

0,08

0,20

0,15

0,60—0,75

Die hier mitgeteilten Reibungskoeffizienten gelten während der Bewegung; für den Anfang der Bewegung dürfen wohl die doppelten Werte genommen werden.

126)    Für die Zapfenreibung hat man für den in der Praxis am häufigsten vorkommenden Fall, dass Zapfen aus Schmiede- oder Gusseisen in Lagern von Gusseisen oder Messing u. dergl. laufen:

bei Schmierung von Zeit zu Zeit: /' = 0,07 bis 0,08 bei ununterbrochener Schmierung: f — 0,05

Hat man stehende Zapfen, so beträgt hier die Reibung nur zwei Drittel der Reibung für liegende Zapfen.

127)    Die rollende Reibung ist im Verhältnis zur gleitenden sehr klein und kommt namentlich für Fuhrwerke in Betracht. Die folgenden Werte geben einen Begriff von der Grösse dieser Reibungsart.

Art der Fahrbahn

_ IO H CO \o H (M p. (M o O O O O

© © © o cT cT

Auf einer guten Schotterstrasse .    .

Auf sehr gutem Pflaster.....

Auf schlechtem Pflaster.....

Auf einer schlechten Schotterstrasse . Auf einer Brückenbahn von Holz . . Auf einer Eisenbahn......

5) Uebungsaufgaben.

128) Aufgabe 46. Wie gross ist derReibungs-wider stand einer Futter in au er, s. Figur 139, längs der Fuge ab, per laufenden Meter Tiefe, wenn der Reibungskoeffizient für Ziegelmauerwerk 0,7 sein und 1 cbm Ziegelmauer wer k 1600 kg wiegen soll?

Auflösung. Der gesuchte Reibungswiderstand ist:

R = 1,0 • 2,0 • 1 • 1600 ■ 0,7 = 2240 kg.

Die Horizontalkraft P muss also kleiner sein als R, wenn ein Abgleiten des Mauerwerks längs der Fuge ab nicht stattfinden soll.

3,0

Figur 139.

1.0

Figur 140.

Sät?

ac

129) Aufgabe 47. Es ist der WHnkel «, s. Fig. 140, mit der Horizontalen zu bestimmen, bis zu welchem man wird wölben können, ohne dass ein Abgleiten der Steine längs der Fuge infolge ihres Gewichtes stattfindet, wenn der Reibungskoeffizient 0,5 sein soll.

Auflösung. Zwischen der Normalkraft N und der Reibung R findet das Verhältnis statt:

N: R = 1: 0,5

Daher ist:

tg« = 0,5 und demgemäss a = ca. 27°

130) Aufgabe 48. Es ist der Winkel a, siehe Figur 141, zu bestimmen, bis zu welchem die Richtung der Kraft P von der Normalen N zur

Fugenfläche abweichen darf, ohne dass ein Gleiten des Mauerwerkes längs der obersten Fuge stattfindet. Reibungskoeffizient f= 0,7.

Figur 141.

Auflösung. Sobald das Verhältnis H: N grösser als 0,7 ist, wird ein Abgleiten längs der obersten Fuge stattfinden. Es muss also sein:

tg a <1 0,7, d. h. a < 35°

Anmerkung 30. Der Winkel a, dessen Tangente gleich dem Reibungskoeffizienten ist, heisst der Reibungswinkel des betreffenden Materiales.

131) Aufgabe 49. Ein Wasserrad von 4 m Durchmesser und 25000 kg Gewicht läuft mittels gusseisernen Zapfen von 3,5 cm Durchmesser in Lagern von Bronze und macht 8 Umgänge pro Minute. Wie gross ist die gesamte Zapfenreibung und der durch letztere hervorgerufene Arbeitsverlust in der Sekunde?

Auflösung. Bei guter Schmierung mit Oel hat der Reibungskoeffizient den Wert:

f = 0,08

demnach ist die Gesamtreibung:

R = 0,08-25000 = 2000 kg

Der Umfang eines Zapfens ist nun:

3,14-0,35 = 1,099 m

daher die Umfangsgeschwindigkeit:

1,099-8

60

= 0,1465 m

Die pro Sekunde geleistete Arbeit ist:

A = 0,1465-2000 = 293 Meterkilogramm

daher in Pferdestärken ausgedrückt:

293

= 3,9 Pferde, /o

132) Aufgabe 50. Ein Schwungrad wiegt samt Achse 2400 kg und läuft in Zapfen von 15 cm Stärke. Wie gross ist der infolge der Reibung hervorgerufene Arbeitsverlust, wenn das Rad in der Minute 60 Umdrehungen macht und der Reibungskoeffizient 0,08 beträgt?

Auflösung. Die gesamte Reibung ist:

2400-0,08 = 192 kg

Die Umfangsgeschwindigkeit eines Zapfens beträgt:

0,15-3,14-60

Die pro Sekunde geleistete Arbeit ist:

60

= 0,4710

A = 0,471 • 192 = 90,432 mkg

demnach die Arbeit in Pferdestärken:

90,432

=1,2 Pferde. 75

II. Abschnitt.

Elemente der Festigkeitslehre.

A. Einleitung.

1) Elastizität, Proportionalitäts- bezw. Elastizitätsgrenze.

133)    Das Einwirken äusserer Kräfte auf einen Körper bedingt eine Formveränderung desselben. Nach dem Aufhören der Kraftwirkung zeigt der Körper das Bestreben, seine ursprüngliche Gestalt wieder anzunehmen. Dieses Bestreben nennt man Elastizität.

In der Regel bleiben kleine Formveränderungen bestehen, welche proportional sind den äusseren Kräften — jedoch nur bis zu einer gewissen Grenze — der Proportionalitätsgrenze.

Wird die Beanspruchung durch äussere Kräfte über die Proportionalitätsgrenze hinaus fortgesetzt, so wachsen die Formveränderungen in einem stärkeren Verhältnis als die Belastungen und schliesslich tritt der Bruch des Körpers ein. Die entsprechende Belastung heisst die Bruchbelastung, auch Bruchkraft oder Bruchmodul.

Infolge der Beanspruchung durch äussere Kräfte entsteht innerhalb des Körpers eine Spannung; man versteht hierunter die Beanspruchung in irgend einem Querschnitt des Körpers per Flächeneinheit. — Der Bruchbelastung entspricht als Spannung die Bruchspannung, bezw. die Festigkeit des Körpers.

134)    Statt der Proportionalitätsgrenze unterschied man früher die Elastizitätsgrenze und verstand darunter diejenige Grenze, bis zu welcher der Körper durch äussere Kräfte beansprucht werden durfte, ohne dass bleibende Formveränderungen eintraten. Neuere Untersuchungen haben gezeigt, dass bleibende Form Veränderungen bei den meisten, in technischer Beziehung wichtigen Körpern schon bei Beanspruchung von verhältnismässig kleinen äusseren Kräften eintreten; diese Formveränderungen sind jedoch so verschwindend klein, dass sie sich bisher" der Messarbeit entzogen hatten.

Mittels der in neuerer Zeit konstruierten ausserordentlich feinen Messinstrumente ist es möglich gewesen, das Vorhandensein der kleinsten bleibenden Formveränderungen nachzuweisen.

2) Festigkeitsarten.

135) Je nach der Art der Einwirkung der äusseren Kräfte kann man verschiedene Festigkeiten unterscheiden; hier sollen nur die folgenden hervorgehoben werden:

Zugfestigkeit. Wirkt eine Kraft P in der Achse eines stabförmigen Körpers so, dass sie eine Dehnung des Körpers veranlasst, siehe Figur 142, so wird der Körper auf Zugfestigkeit beansprucht.

Pl

^2 P r3

Druckfestigkeit. Die Kraft wirkt gleichfalls in der Achse des stabförmigen Körpers, sie verursacht aber ein Zusammenpressen des Körpers, siehe Figur 143.

Schub- oder Scheerfestigkeit. Die Kraft wirkt wie in Figur 144 und bewirkt ein Hinwegschieben eines Querschnittes auf seinem Nachbarquerschnitte.

Anmerkung 31. Bei der Zug- und Druckfestigkeit wirkt die äussere Kraft stets normal zur Querschnittsebene. Man kann deshalb genannte Festigkeiten unter der gemeinsamen Bezeichnung „Normalfestigkeit“ zusammenfassen. Die hierbei auftretenden Spannungen heissen „Normalspannungen“.

Biegungsfestigkeit. Die Kraft wirkt senkrecht zur Achse eines stabförmigen Körpers; man unterscheidet:

einfache und zusammengesetzte Biegungsfestigkeit, je nachdem die Richtungslinie der Kraft mit einer Hauptachse eines Stabquerschnittes zusammenfällt oder nicht, siehe Figur 146 und No. 182.

Zerknickungsfestigkeit, Die Kraft wirkt in der Längenachse eines stabförmigen Körpers, dessen Länge grösser ist als der fünffache Betrag der kleinsten Querschnittsausdehnung.

Zusammengesetzte Festigkeit. Der Körper wird auf mehrere Festigkeiten zugleich beansprucht und zwar entweder auf Biegung und Zug oder auf Biegung und Druck.

B. Normalfestigkeit.

1) Formveränderung des Stabes.

136) Durch Einwirkung einer Kraft P auf den stabförmigen Körper, siehe Figur 142, welche sich gleichmässig auf den Querschnitt F verteilt, erfährt der Körper eine Längenänderung proportional der Grösse der Kraft und der Länge des Stabes und umgekehrt proportional der Grösse des Querschnittes F und des Elastizitätsmodulus E, siehe No. 137.

Bezeichnet 1 die hervorgebrachte Verlängerung, E den Elastizitätsmodulus und l die Länge des Stabes, so ist:

Pl

EF

Figur 142.

Figur 143.

Figur 144.

Figur 145.

Figur 146.

52) ... 1 =

Ist die Kraft P eine Druckkraft, so gilt für die Formveränderung die nämliche Gleichung 52), nur bezeichnet in diesem Falle l die infolge der Einwirkung von P hervorgerufene Verkürzung.

Tragfähigkeit eines Stabes.

137) Unter dem Elastizitätsmodulus versteht man jene Spannung im Körper, welche entstehen würde, wenn durch eine Zugkraft der Körper um seine eigene Länge verlängert, bezw. durch eine Druckkraft bis auf die Länge Null zusammengedrückt werden könnte.

Mittels der vorstehenden Gleichung 52) ist man imstande, die Verlängerung eines Stabes vom gegebenen Querschnitt und Material zu berechnen, welche durch eine Kraft P hervorgerufen wird.

2) Tragfähigkeit eines Stahes.

138) Ist K die der Bruchkraft P' entsprechende Spannung und F der Stabquerschnitt, so findet zwischen den drei Grössen P', K und F die Beziehung statt:

53)    ... P' = KF

Zur Berechnung der Tragfähigkeit eines Querschnittes darf man aber nicht die Bruchspannung „K“ zu Grunde legen, sondern muss eine kleinere Spannung „©“ voraussetzen, so dass man die Gleichung erhält:

54)    . . . P=©P

Die der Spannung „©“ entsprechende Kraft „P“ heisst die Tragkraft. Der

<g

Quotient heisst der Sicherheitskoeffizient; er beträgt für Holz und

Stein in der Regel 10, für Metalle 5, d. h. die Beanspruchung, welche den Körpern zugemuthet wird, darf nur den zehnten, bezw. fünften Teil der Bruchbeanspruchung betragen.

Die in Gleichung 54) enthaltene Grösse „©“ bezeichnet man als zulässige Beanspruchung bezw. als die zulässige Faserspannung des Materials; dieselbe ist eine Zug- bezw. eine Druckspannung, je nachdem die Kraft P eine Zug-bezw. Druckkraft ist.

Anmerkung 32. Bei den folgenden Berechnungen soll in der Regel die äussere Kraft P in Kilogramm, der Flächeninhalt F in Quadratcentimeter und die zulässige Faserspannung © in Kilogramm per Quadratcentimeter ausgedrückt sein.

139) Die Formel 54) kann in mehrfacher Weise Anwendung finden, je nachdem in derselben P, © oder F unbekannt sind; am häufigsten ist das letztere der Fall und man erhält dann für F den Wert:

55) ... F=F

In dieser Form wird die Gleichung verwendet, wenn es sich darum handelt, die erforderliche Querschnittsgrösse für einen Konstruktionsteil, der eine bestimmte äussere Belastung aufzunehmen hat, zu berechnen.

In der Form 54) findet sie dagegen Anwendung, wenn die Querschnittsgrösse „P“ und die zulässige Beanspruchung, also das Material des Konstruktionsteiles bekannt sind und man dessen Tragkraft bestimmen will.

Kennt man endlich die Belastung P sowie die Querschnittsgrösse F und will man feststellen, ob das Material innerhalb der zulässigen Grenze beansprucht ist, so dient hierzu die Gleichung:

56)    . . . © = ~

In der Tabelle, siehe Anhang, sind für eine Reihe von Materialien die Werte E, K und © zusammengestellt.

C. Schubfestigkeit.

140) Für die Schubfestigkeit haben dieselben Formeln wie für die Normalfestigkeit Gültigkeit, nur ist die zulässige Faserspannung für Schub eine andere,

1    4

— der Zug- bezw. Druckbeanspruchung, bei Metallen — 10    5

der-

bei Holz etwa

selben; die hierzu gehörigen Werte finden sich in der Tabelle, siehe Anhang, angegeben.

D. Uebungsaufgaben.

141) Aufgabe 51.

Ein Flacheisen von rechteckigem Querschnitt ^ cm und 3 m Länge hat einen Zug von 6000 kg aufzunehmen; wie gross

ist die Verlängerung A?

Auflösung. Es ist X = E — 2000000, daher ist:

PI

nun ist der Elastizitätsmodulus firn Schmiedeeisen

6000-300

2000000-10-8

= 0,1125 cm

142) Aufgabe 52. Eine kreisrunde Zugstange aus Schmiedeeisen von 6 m Länge und 4 cm Durchmesser hat einen Zug von 10000 kg aufzunehmen, wie gross ist die Verlängerung X?

Auflösung. Es ist:

10000-600

4-4-3,14

= 0,23 cm

•2000000

143) Aufgabe 53. Welchen Zug kann ein Winkeleisen No. 6 auf-

nehmen.

Auflösung. Für Schmiedeeisen ist €> = 750, daher ist:

P = 750 • (6 • 0,8 • 2 — 0,8²) = 6720 kg

Figur 147.

»Y

15

144) Aufgabe 54. Welche Druckbelastung kann eine kurze Flügelsäule von nebenstehendem Querschnitt, siehe Figur 147, aufnehmen?

Auflösung. Für Gusseisen ist @ = 500, daher ist: P= 500(2-15-1,5 — 1,5²) — 21375 kg

145) Aufgabe 55. Welche Last kann eine kreisrunde, schmiedeeiserne Zugstange von 2,5 cm Durchmesser mit Sicherheit tragen?

Auflösung. Es ist:

2,5-2,5-3,14-750

= 3679 kg

146) Aufgabe 56. Das Fundament eines quadratischen Mauerpfeilers hat eine Länge von vier Steinen, Normalformat; welche Druckbelastung kann derselbe auf den Baugrund übertragen?

151) Aufgabe 62. Eine gusseiserne Säule überträgt auf einen Mauerpfeiler von quadratischem Querschnitt einen Druck von 40000 kg, wie stark muss der Pfeiler und dessen Fundament ausgeführt werden? © für Ziegelmauer werk = 7 kg, für Baugrund = 2,5 kg.

z² =

Auflösung. Es ist:

Auflösung¹. Für guten Baugrund ist © = 2,5 kg; die Seitenlänge des Fundamentes ist 103 cm, daher hat man:

P= 103-103-2,5 = 26522 kg

147) Aufgabe 57. Welche Last kann eine Hängesäule aus Kiefernholz von quadratischem Querschnitt 16/16 cm aufnehmen? © = 100.

P= 100-16-16 = 25600 kg

Auflösung. Es ist:

Aufgabe 58. Welche Druckbelastung kann ein Kopfband aus Kiefernholz von quadratischem Querschnitt 14/14 cm aufnehmen? © = 70.

P = 70-14-14 = 13720 kg

Auflösung. Es ist:

148) Aufgabe 59. Eine kreisrunde Zugstange aus Schmiedeeisen hat einen Zug von 12000 kg aufzunehmen; wie gross muss der Durchmesser d der Zugstange gewählt werden?

Auflösung. Es ist:

d²-3,14

12000

daher:

750

12000-4

750-3,14

= 4,5 cm

149) Aufgabe 60. Eine Hängesäule aus Kiefernholz von quadratischem Querschnitt hat einen Zug von 8000 kg aufzunehmen; wie stark muss die Säule sein? © = 100.

Auflösung. Ist die Querschnittseite = x, so hat man:

8000

100

x = ]/■

8000

100

= 8,9 oder rund 9 cm.

150) Aufgabe 61. Der Querschnitt der Zuggurtung eines Dachbinders soll aus zwei gleichschenkligen Winkeleisen bestehen. Die Gurtung hat einen Zug von 7500 kg aufzunehmen. Welche Winkeleisenprofile sind zu wählen?

Auflösung. Es ist:

Auf einen Wiukeleisenquerschnitt trifft demnach ein Flächeninhalt von 5 qcm. In der Querschnittstabelle, siehe Anhang, findet man für ein Winkeleisen No. 5 eine Querschnittsfläche von 6,51 qcm. Zwei Winkeleisen No. 5 werden daher mit Rücksicht auf die Verschwäcliung durch die Nieten genügen.

7500

750

= 10

40000

daher:

^ __ y 40000

= 75,59 cm

oder in Steinmass ausgedrückt = 3 Steine:

y = V 2,5

40000

= 126 cm oder 5 Steine.

152)    Aufgabe 63. Das Auflager eines Trägers ist ein Haustein, der auf Ziegelmauerwerk lagert. Der Träger übermittelt einen Auflagerdruck von 7500 kg. Wie gross muss die Lagerfläche des Hausteines genommen werden, wenn derselbe 30 cm in das Mauerwerk eingreift.

Auflösung. Es ist:    30 x —

7500 30-7

Die Auflagerfläche des Hausteines ist also 30*36 = 1080 qcm

153)    Aufgabe 64. Ein horizontaler Balken hat im einen Endpunkte eine vertikale Last von 2000 kg aufzunehmen und auf eine kurze unter 45° gegen die Horizontale geneigte Strebe zu übertragen. Wie gross ist die Beanspruchung &’ der Strebe und welche Stärke muss sie erhalten, wenn ihr Querschnitt quadratisch sein soll? 0 = 70.

S = 2000- l/2

V' 70

daher:

= 36 cm

Auflösung. Es ist:

daher die Stärke der Strebe:

2000* 1/2

= 6,3 cm

154) Aufgabe 65. Ein Schornstein besitzt ein quadratisches Fundament von 3m Seitenlänge. Das Gewicht des Schornsteines beträgt 200000 kg. WTie stark wird der Baugrund beansprucht?

200000

Auflösung. Es ist: 0 =

300*300

= 2,2 kg

155) Aufgabe 66. Die Umfassungsmauern eines rechtwinkligen Gebäudes von 20 m Länge und 12 m Tiefe besitzen im Fundament eine Stärke von 3*/2 Stein und üben auf dasselbe einen Gesamtdruck von 3500 Tonnen (1 Tonne = 1000 kg) aus. Wie stark wird der Baugrund beansprucht?

Auflösung. Es ist: 0 =

3500000

1500000

2*20* 0,90 -f- 2 • (12 — 2 • 0,90) • 0,90 — 513600

= 2,9 kg

Figur 148.

156) Aufgabe 67. In der Strebe eines Hängewerkes, siehe Figur 148, wirkt eine Druckkraft von 7000 kg, welche auf den horizontalen Balken zu übertragen ist. Wie gross muss die Länge x sein, damit ein Aufschlitzen des Holzes nicht stattfindet. 0 = 7 kg.

6 Ni

±...JL...

-..''S

Auflösung. Die horizontale Schub-

kraft ist:

H = 7000 • cos 45° = 7000 • 0,70711 = 4949,77

oder rund:

je

5000 kg

Ist nun die Strebe mit dem Balken durch Versatzung verbunden, so ist die dem Abscheeren Widerstand leistende Fläche ein Rechteck mit der Breite 16 und der Länge x, es ist also:

16 a: =

5000

oder

5000

16*7

= rund 45 cm

Ist die Strebe mit dem Balken durch Verzapfung verbunden, und hat der Zapfen eine Stärke von 5 und eine Tiefe von 6 cm, so ist die dem Abscheeren widerstehende Fläche gebildet aus drei Rechtecken mit den Seiten 6# und 16#, man hat also die Gleichung:

5000

Qx-\-bx-\-\§x = —-

daher:

5000

28-7

— 26 cm

157) Aufgabe 68. Die Säule eines Hängewerkes hat einen Zug von 16000 kg aufzunehmen und ist durch ein 1 cm starkes Bandeisen mit dem Hauptträger verbunden. Es sollen Bolzen von 25 mm Durchmesser zur Verwendung gelangen. Wieviele Bolzen sind erforderlich, wie weit muss der unterste vom Holzrand, der oberste vom Rande des Bandeisens entfernt sein, welches ist endlich die Breite des Bandeisens? @ = 100 für Holz, @ = 600 für Schmiedeeisen.

Auflösung. Die Querschnittsfläche eines Bolzens beträgt:

= 4,90 qcm

2,5-2,5-3,14

Da der Bolzen zweischnittig ist, so beträgt die gesamte widerstehende Fläche für einen Bolzen = 2-4,9 = 9,8 qcm.

Ist n, siehe Figur 149, die erforderliche Anzahl der Bolzen, so muss sein:

n- 9,8 =

16000

Figur 149.

wvvVw^i

/vWW^V

600

(§>

- ---- 3

16000

600-9,8

Für den Abstand x des unteren Bolzens findet man:

2-X-16 =

16000

3-7

16000

3-7-2-16

= 24 cm

Für den Abstand der obersten Bolzen von dem Bandeisen hat man:

4-y-i =

16000

@4-

3-600

16000

3-600-4

= 3 cm

<— 16 —*

z-^

Die Breite z des Bandeisens findet sich endlich aus der Gleichung:

2-^-1 =

16000

750

16000

2-750

- = 11 cm

158) Aufgabe 69. Zwei Flacheisen sind durch eine Niete mit einander verbunden; in den Flacheisen herrscht ein Zug von 1000 kg; wie gross ist der Nietdurchmesser d zu nehmen und wie weit muss die Niete von dem Blechrande abstehen?

Auflösung. Die Niete ist auf Schubfestigkeit beansprucht, und zwar wird das Abscheeren längs der den beiden Blechen gemeinsamen Trennungsfläche stattfinden. Bei

Für die Breite b des Bleches erhält man: b — 2el

erl.5d

zwei Blechen ist nur eine solche Trennungsfläche vorhanden, die Niete ist eine einschnittige. Für diesen Fall ist der erforderliche Nietquerschnitt:

d²it

Figur 150.

1000

|«—— e--2d-

600

daher:

1000-4

8,14-600

= 1,5 cm = 15 nun

SS

Die Entfernung e erhält man aus der Gleichung:

2-e-l =

2000

e=2d

600

2000

600-2

= 1,66 cm

Nun ist aber:

e--zd

V,

2ex-l =

2000

750

2000

et-i\sd

daher ist:

1500

= 1,33 cm

In Figur 150 muss stehen: b = '6d statt b = Ad

b = 2-1,33 = 2,66

oder rund 3 cm.

159) Aus praktischen Gründen, hervorgerufen durch Konstruktionsrücksichten, macht man die Entfernungen e und ex in der Kegel grösser, als dies auf Grund der Rechnung erforderlich wäre. Der Blechrand soll nämlich mindestens soweit von der Seite abstehen, dass der Nietkopf auf dem Bleche noch hinlänglich Auflager findet, und dass ausserdem die Ausführung der Nietung möglich ist. Man nimmt deshalb für e und e₁ den Minimalwert e = 2 d und ex — 1,5 d an.

Unter dieser Voraussetzung ist im vorliegenden Falle e = 2-15 = 30 mm. Die erforderliche Blechbreite ergibt sich zu b = 3 cZ = 45 mm.

Anmerkung 33. Sind mehr als zwei Bleche durch Nieten miteinander zu verbinden, so nennt man die hierzu erforderlichen Nieten mehrschnittig, und zwar zweischnittig bei drei Blechen, n — 1 schnittig bei n Blechen.

160) Aufgabe 70. Zwei Bleche, siehe Figur 151, sind durch doppelte Laschennietung miteinander verbunden. In den Blechen herrscht ein Zug von 3000 kg. Wie gross ist der Nietdurchmesser d, wenn auf jeder Seite der Stossfuge zwei Nieten angeordnet sind?

Auflösung. Die Nieten sind doppelschnittig, daher kommt auf jede Niete eine Querschnittsfläche gleich:

2 d² ■ 3,14

für die beiden Nieten also:

2-2<2²-3,l4

= d²-3,14

Man hat somit die Gleichung:

d²- 3,14 =

d = Viru

3000

600

= 1,2 cm = 12 mm

•-e-2d

<-1',63 d-

fo,5d

mmmrn

03f

Figur 151.

a-3d

1,63 d

C‘Zd --A

o,ead

(mmmmasS

h—1,5,d

-esd-

ii

-a-3d

ffr

\a-3d

7)=6d

fr-

\\

fr

SS

■x.

161) Für den Abstand a der Nieten von einander wählt man in der Regel als kleinsten Wert a = 3d; der Abstand ex der Nieten von den Blechrändern ist wieder gleich 1,5 d. Unter diesen Voraussetzungen ergibt sich für die Breite der Bleche b = 6 d = 72 mm.

Die Stärke der Laschen nimmt man gewöhnlich gleich der halben Blechstärke ö.

zu

162) Aufgabe 71. In dem Knotenpunkte eines fachwerkartigen Dachbinders" siehe Figur 152, stossen die Konstruktionsteile I bis III aneinander. Die äussere, aufzunehmende Kraft ist 2400 kg. Die Spannkräfte in den Konstruktionsteilen I und V sind bekannt und betragen bezw. 8000 und 3600 kg. Es sind die Spannkräfte in den Konstruktionsteilen II und III ermitteln und ausserdem ist die Anzahl der Nieten zu berechnen, welche zur Verbindung der Konstruktionsteile mit dem Knotenbleche IV erforderlich sind, wenn für alle Nieten der Durchmesser 14 mm betragen soll.

Auflösung. Die Spannkräfte bestimmt man mittels des Kräfteplanes, s. Fig. 153, und erhält hierfür die daselbst angegebenen Werte.

Da sämtliche Nieten als zweischnittig vorausgesetzt sind, so beträgt die widerstehende Querschnittsfläche einer Niete:

F=-

2-1,4-1,4-3,14

= 3,03 qcm oder rund 3 qcm

d<

Figur 152.

2 LN? 7g-

P-

2400%

C)

*Ü_LQ_Q

IT

2LN?5

2-2000Kg

\r

2LN“5f

,a

2W0

2-2000

Figur 153.

Für den Konstruktionsteil II sind erforderlich nx Nieten und ergibt sich nx aus der Gleichung:

nx-3 =

2000

600

nx =

2000

= rund 2

1800

Die Anzahl der Nieten für Konstruktionsteil III sei n₀. dann ist:

4400 1800

Zur Verbindung des Knotenbleches mit der Gurtung braucht man also:

2 + 3 = 5 Nieten.

n₂ =

163)    Aufgabe 72. Welche Belastung kann ein Ziegelstein, Normalformat 65-120-250 mm, aufnehmen? @ = 7.

164)    Aufgabe 73. Zu welcher Höhe kann Ziegelmauerwerk aufgeführt werden, bis die unterste Schicht durch das Hauergewicht zerdrückt wird?

165)    Aufgabe 74. Ein prismatisches Schachtgestänge aus Schmiedeeisen hat bei einer Länge von 200 m einschliesslich des Eigengewichtes 30000 kg aufzunehmen. Wie gross ist die Verlängerung, welche die Stange erfährt?

166)    Aufgabe 75. Wie stark müssen die aus Ziegelmauer werk mit Kalkmörtel hergestellten Grundmauern eines Gebäudes von 20mLänge und 12 m Tiefe genommen werden, wenn die Mauern einen Druck von 2500 Tonnen zu übertragen haben. © = 2,5 kg.

167)    Aufgabe 76. Welche Belastung wird einen Granitwürfel von 20 cm Seitenlange zerdrücken? K = 800 kg.

168)    Aufgabe 77. Eine hölzerne Säule von 24/26 cm Querschnitt überträgt mittels einer gusseisernen Platte auf einen Mauerpfeiler einen Druck von 20000 kg. Wie stark muss der Pfeiler gemacht werden?

169)    Aufgabe 78. Ein kurzes Kopf band von rechteckigem Querschnitt 12/16 cm hat einen Druck von 7500 kg zu übertragen. Wie stark wird der Quadratcentimeter Querschnitt beansprucht?

170)    Aufgabe 79. Wie gross ist die Tragkraft einer ein- bezw. zweischnittigen Niete von 18 mm Durchmesser?

171)    Aufgabe 80. Das Fundament eines Schornsteines ist ein Quadrat von 5m Seitenlänge. Das Gewicht des Schornsteines beträgt 400 Tonnen. Wie stark wird der Baugrund beansprucht?

172)    Aufgabe 81. Welchen Zug kann eine runde, 3 cm starke Stange von Schmiedeeisen aufnehmen? Wie gross ist die durch diesen Zug hervorgerufene Verlängerung der Stange?

‘»*tp----

E. Biegungsfestigkeit.

1) Allgemeine Bemerkungen.

173) Wirken auf einen stabförmigen Körper in einer die Längenachse des Stabes enthaltenden Ebene Kräfte ein, die unter sich im Gleichgewicht sind, so wird der Stab auf Biegungsfestigkeit beansprucht und zwar auf einfache Biegungsfestigkeit, wenn die Kraftebene die Stabquerschnitte nach einer Hauptachse, s. No. 182, schneidet oder auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit, wenn dies nicht der Fall ist. Zunächst soll das erstere vorausgesetzt werden.

2) Biegungsspannungen, Normal- und Schubspannungen.

Figur 154.

174) Wirkt eine Kraft P am freien Ende eines am anderen Ende eingespannten Trägers, siehe. Figur 154, so wird letzterer auf Biegung beansprucht ; infolge der Biegung nimmt der Träger die Gestalt der Figur 155 an, doch ist hierbei vorausgesetzt, dass alle zur Stabachse senkrechten ebenen Querschnitte wie ab, cd, s. Figur 154, auch nach der Biegung ihre ebene Gestalt beibehalten, also die Lage a'b¹ und c'd', siehe Figur 155, einnehmen.

im

c_

p'

c'

Führt man nun in einer Entfernung x vom Angriffspunkte der Kraft P einen Schnitt ab senkrecht zur Stabachse, so kann man sich die Kraft P in

Figur 155.

(f

Neutrale Faserschicht, neutrale Achse. — Spannungsgesetz, Lage der Neutralachse.

80

zu

den Querschnitt ab nach P' verlegt denken und daselbst eine ihr gleichgrosse aber entgegengesetzt gerichtete Kraft P" hinzufügen, dann wird an der Wirkungsweise von P auf den Träger nichts geändert werden. Die Kräfte P' und P" bilden ein Kräftepaar, welches den Querschnitt ab zu drehen sucht; die Kraft P hat das Bestreben, den Querschnitt ab über seinen Nachbarquerschnitt hinwegzuschieben. Durch die Drehung des Querschnittes ab wird ein Teil der Längsfasern des Materials verlängert, ein anderer Teil zusammengedrückt, während ein dritter Teil gar keine Längenänderungen erfährt. Es entstehen somit in den Fasern teils Zug-, teils Druckspannungen, teils bleiben sie spannungslos. Durch die Einwirkung von P' entstehen schliesslich im Querschnitt ab noch Schubspannungen. Die erstgenannten Spannungen kann man im Gegensatz den Schubspannungen als Normalspannungen bezeichnen.

Auf die Schubspannungen soll hier, weil dieselben bei den gewöhnlich im Hochbau vorkommenden Trägerkonstruktionen im Vergleich zu den Normalspannungen verhältnismässig klein sind, nicht weiter eingegangen werden.

3) Neutrale Faserschicht, neutrale Aclise.

175) Durch die Biegung eines Trägers entsteht in demselben ein 'gezogener und ein gedrückter Teil und zwischen beiden Teilen liegt eine spannungslose Faserschicht, welche die neutrale Faserschicht oder auch kurzweg die Neutralschicht genannt wird. Jede Querschnittsebene wird von der Neutralschicht nach einer geraden Linie geschnitten, welche neutrale Achse oder Neutralachse oder auch Nullachse heisst.

4) Spannungsgesetz, Lage der Neutralachse.

176) In ein und demselben Querschnitte sind sowohl die Zug- wie auch die Druckspannungen in den einzelnen durchschnittenen Fasern verschieden gross; denn da die Spannungen proportional sind den Verlängerungen, so ist klar, dass die der Neutralachse zunächst liegenden Fasern geringere Spannungen erleiden werden, als die von dieser Achse entfernteren.

Bezeichnet man die Spannung in der äussersten gezogenen bezw. gedrückten Faser mit 0 bezw. 6X, entsprechend der zulässigen Faserspannung des Materials,

Figur 156.

l b'

die Spannung in einer Faser in der Entfernung 0 von der Neutralachse mit 0', so hat man, siehe Figur 156, die Beziehung:

57) . . . <2>:<2>' = a:z bezw. 0X: 0'— oq : £

n-*

daher:

ai

58) . . . 0' = 0— bezw. 0' = 0. —-a    ax

Ist nun f der Inhalt eines Flächenstreifens in der Entfernung 0 von der Neutralachse, so ist die Gesamtspannung in der Entfernung z von der genannten Linie:

©1

59) . . . S' ——-fz bezw. S'— —-fz

Ct

Für die Gesamtheit aller Zugspannungen erhält man daher den Ausdruck:

®    ct

Für die Gesamtheit aller Druckspannungen ergibt sich in gleicher Weise:

61) . . .

x o

Da nun aber die Summe aller Zugspannungen gleich der Summe aller Druckspannungen sein muss, so hat man die Gleichung:

62) ... - -^}fz

was nur möglich ist, wenn:

a    at

63) .

• •2^=2^

ist.

fz bedeutet aber die Summe der statischen Momente aller auf einer

o

Seite von n liegenden Flächenstreifen f hinsichtlich der Achse nn, desgl. ist «1

2 fz die Summe der statischen Momente aller Flächenstreifen f auf der anderen

o

Seite der Achse nn hinsichtlich der letzteren. Sollen diese Momenten-Summen einander gleich sein, so muss die Achse nn durch den Schwerpunkt des Querschnittes gehen.

5) Widerstandsmoment, Biegungsmoment.

177) Fasst man die Zug- und Druckspannungen je zu einer Resultante zusammen, so bilden letztere ein Kräftepaar, dessen statisches Moment dem Moment des Kräftepaares PP", siehe Figur 154, das Gleichgewicht halten muss, das erstgenannte statische Moment bezeichnet man als das Moment der inneren Kräfte oder das Widerstandsmoment des Trägers, das letztere Moment heisst das Moment der äusseren Kräfte oder auch das Angriffs- bezw. Biegungsmoment.

6) Trägheitsmoment, Querschnittsmodul oder Widerstandsmoment des Querschnittes.

178) Nennt man die Resultante der Zug- oder Druckspannungen für einen Augenblick Q, so ist:

64) . . .    0der = ~(ft^+f^2+fs^+ '

wenn fv /₂, f₃ u. s. w. Flächenstreifen von unendlich kleiner Breite in den Entfernungen zv z₂, z₃ u. s. w. von der Neutralachse bezeichnen.

Nun ist das Moment der gesamten, im Streifen fx herrschenden, Spannung offenbar gleich f\ zlzx = fxzx und demnach sind auch die übrigen Momente bezw. gleich f₂ z², f₃ z² u. s. w.

Ist z₀ der Abstand der beiden Resultanten Q, so ist das Moment der inneren Kräfte gleich Qz₀ und dieses muss gleich sein dem Ausdruck:

(l

wobei sämtliche Flächenstreifen sowohl auf der Druck- wie auf der Zugseite in

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

Biegungsgleichung. — Gefährl. Querschnitt, grösstes Biegungs- bezw. Widerstandsmoment.

82

Rechnung zu ziehen sind. Den letztem Ausdruck kann man abgekürzt auch so <3

schreiben — ^ fz², so dass man die Gleichung hat:

65) . . .    =    bezw.

Der Ausdruck    ^ le<h’glich von der Form des Querschnittes ab

hängig und heisst das Trägheitsmoment des Querschnittes — er wird vielfach mit J bezeichnet — man kann also schreiben:

bezw. =

3. J

Auch der Ausdruck — oder

al

ist nur von der Form des Querschnittes ab-

hängig; er wird mit W bezeichnet und heisst der Querschnittsmodul oder das Widerstandsmoment des Querschnittes.

Für das Widerstandsmoment der inneren Kräfte erhält man nunmehr die

Beziehung:

66) . . . Qz₀ = <SW

7) Biegungsgleichung.

179) Bezeichnet man das Moment der äusseren Kräfte, d. h. das Biegungsmoment mit M, so muss für das Gleichgewicht eines durch äussere Kräfte auf Biegung beanspruchten Trägers die Gleichung bestehen:

67) . . . M=SW

Diese Gleichung heisst die Biegungsgleichung, sie muss für jeden senkrecht zur Längenachse des Trägers geführten Querschnitt, hinsichtlich der äusseren und inneren Kräfte bestehen.

8) Gefährlicher Querschnitt, grösstes Biegungs- bezw. Widerstandsmoment.

180)    Bei einem auf Biegung beanspruchten Träger kommen den Biegungsmomenten für die verschiedenen Querschnitte verschiedene Werte zu und demnach auch den entsprechenden Widerstandsmomenten. Unter allen diesen Biegungsmomenten wird eines den grössten Wert besitzen, demgemäss muss auch für den entsprechenden Querschnitt das Widerstandsmoment am grössten sein. Dieser Querschnitt heisst der gefährliche Querschnitt; das zu letzterem gehörige Biegungsmoment ist das Maximalbiegungsmoment. Soll ein Träger der Einwirkung äusserer Kräfte auf die Dauer Widerstand leisten, so muss sein Querschnitt so bemessen sein, dass für ihn das Widerstandsmoment der inneren Kräfte gleich ist dem Maximalbiegungsmoment.

9) Bestimmung der Träglieits- und Widerstandsmomente

von ebenen Flächen.

a) Trägheitsmoment des Rechtecks.

181)    Der Ausdruck ^ f z² bedeutet die Summe sämtlicher Trägheitsmomente der einzelnen Flächenstreifen f: hinsichtlich der Achse Z. Das Moment

eines solchen Flächenstreifens ist aber gleich dessen statischem Momente fz multipliziert mit der Entfernung z von der Neutralachse Z. Das Resultantenmoment der sämtlichen statischen Momente auf einer Seite von Z wird demnach für das Rechteck sein: bh h bh²

Figur 157.

dieses Moment multipliziert mit — gibt

einen Ausdruck für die Grösse Q, siehe Figur 157, und es ist:

0 bh²

Tr-

7.

-----------z

z₀-²/jh

Der Angriffspunkt von Q liegt zufolge des Verhältnisses zwischen den Spannungsgrössen in den einzelnen Flächenstreifen in ²/3 der halben Rechteckshöhe von der Achse Z entfernt, daher ist das Moment der inneren Kräfte:

n    @    w 2/ /

<A₀ = —----/»Ä

0 1

= — .-=-&Ä3 a 12

Somit ist das Trägheitsmoment bezogen auf die Achse Z:

68) . . . J, = -^bh*

In gleicher Weise ergibt sich das Trägheitsmoment hinsichtlich der Achse Y:

69) .

• • •4 = 2/V² = XAiS

b) Trägheitsmoment des Rechtecks bezogen auf eine beliebige Schwerpunktsachse.

Figur 158.

182) Ist U, siehe Figur 158, eine durch den Schwerpunkt s des Rechtecks gehende Achse, f ein Flächenelement des Querschnittes in der Entfernung ü von U, so ist das Trägheitsmoment des Rechtecks hinsichtlich der Achse U:

70) . . .

U.

Nun ist aber in Rücksicht auf die Figur 158: u — z cos a di y sin a

daher:

'^j fu² — ^ f (z C0Scc — V silla)²

z~

-Z

2 A² cos²« ±2 zvf*in«c°s«+fy2 sin2«

71).. JM = cos² et X + sin² « Jy

Vergleicht man die Werte von X, X und X miteinander, so ergibt sich, dass X den grössten, Jy den kleinsten, X aber einen zwischen X und Jy liegenden Wert darstellt.

Die beiden Achsen Z und Y heissen die Hauptschwerpunktsachsen und die darauf bezogenen Trägheitsmomente die Hauptträgheitsmomente des Rechtecks. Allgemein kann man sagen:

„Zu jedem Querschnitt gehören zwei Hauptschwerpunktsachsen, für welche die Trägheitsmomente den grössten bezw. kleinsten Wert besitzen, sie heissen die Hauptträgheitsmomente des Querschnittes; für jede weitere den Schwerpunkt enthaltende Achse besitzt das Trägheitsmoment einen Wert, der zwischen den Werten der Hauptträgheitsmomente liegt.“

c) Trägheitsmoment bezogen auf eine zu einer Schwerpunktsachse parallele Achse.

183) Ist ZX1 siehe Figur 159, eine etwa zur Schwerpunktsachse Z parallele Achse im Abstande e von Z, so ist das auf Zx bezogene Trägheitsmoment JZl ausgedrückt durch:

Figur 159.

Nun ist aber:

d. h. es ist:

72) . . . JZi = Jz + e*F

„Das Trägheitsmoment bezogen auf eine zu einer SchwTerpunktsachse parallele Achse ist gleich dem Trägheitsmoment des Querschnittes bezogen auf die genannte Schwerpunktsachse plus dem Produkte aus dem Flächeninhalt des.Querschnittes und dem Quadrate der Entfernung beider Achsen.“

184) Fällt die Achse Zx mit einer Seite des Eechtecks zusammen, so ist e

entweder gleich — oder gleich \

eines Rechtecks, bezogen auf eine mit einer Rechtecksseite zusammenfallende Achse, die Ausdrücke:

und man erhält für das Trägheitsmoment

73) . . . JZl -— Jz

h²

tf

und

b²

TF=~X 2

J- * b-¹

d) Trägheitsmoment eines beliebig geformten Querschnittes.

185) Im Vorstehenden wrurden für das Rechteck die Formeln für die verschiedenen Trägheitsmomente, von denen später noch Gebrauch gemacht werden soll, auf elementare Weise entwickelt. In ähnlicher Weise liessen sich nun für alle aus Rechtecken zusammengesetzte Querschnittsformen die Trägheitsmomente ableiten. Ist der Querschnitt nicht in Rechtecke zerlegbar oder von krummen Linien begrenzt, so ist im allgemeinen eine elementare Ableitung der Formeln für die Trägheitsmomente nicht mehr möglich; doch gelten die für das Rechteck ermittelten Beziehungen zwischen den auf verschiedene Achsen bezogenen

Trägheitsmomenten auch für alle übrigen Querschnitte. Die Werte für die auf die Hauptschwerpunktsachsen bezogenen Trägheitsmomente für eine Reihe von Querschnitten finden sich in der Tabelle, siehe Anhang, aufgeführt.

e) Trägheitshalbmesser, Trägheitsellipse, Centralellipse.

Figur 160.

i'A

186) Ist Jz das Trägheitsmoment des Rechtecks, siehe Figur 160, mit dem Flächeninhalt F, so kann man eine Grösse r so bestimmen, dass r²F=Jz ist; dreht man um den Schwerpunkt s der Fig. 160 eine gerade Linie U, und bestimmt für jede ihrer Lagen das hierzu gehörige Trägheitsmoment, hierauf aus der Gleichung r²F — J die zugehörige Grösse r und zeichnet in dem so bestimmten Abstande r Parallele zu der in Rede stehenden Achse U, so umhüllen alle diese Parallelen eine Ellipse, welche die Trägheitsellipse, bezw. Centralellipse des Rechtecks heisst. Die Grössen r heissen die zu den bezüglichen Achsen gehörigen Trägheitshalbmesser.

Die Achsen der Centralellipse fallen mit den Hauptschwerpunktsachsen des Querschnittes zusammen und die zu den letzteren gehörigen Trägheitshalbmesser liefern die Scheitel der Centralellipse.

Für das Rechteck ist nach No. 181):

J,

--bh³ = ^~h²F

12

12

Zerlegt man nun den Ausdruck

h² in zwei Faktoren, z. B.~h und -i- h. 12 ' 2 6

so erhält man r als mittlere geometrische Proportionale aus h und ~ h, siehe

O

Figur 160. In gleicher Weise ergibt sich auch der Trägheitshalbmesser für die Achse Y. Hieraus finden sich aber, wie die Figur 160 zeigt, die Achsen der Centralellipse.

Ist diese gezeichnet, so bestimmt sich für irgend eine durch s gehende Achse U das zugehörige Trägheitsmoment Ju dadurch, dass man parallel zu U an die Centralellipse eine Tangente zieht und deren Abstand rn von U aus der Figur entnimmt; das gesuchte Trägheitsmoment ist dann r²F.

Anmerkung 34. Durch Rechnung findet man die Halbachsen der Centralellipse für einen rechtwinkligen Querschnitt wie folgt. Es ist:

Vl2 h° mir> = V-kb2

75) . . . rg =

"Tw

76) ... rg =

Y l/3 und ry — y

f) Uebungsaufgaben.

187) Aufgabe 82. Für einen rechteckigen Balkenquerschnitt von 18/24 cm sind zu ermitteln:

a)    die beiden Hauptträgheitsmomente,

b)    das auf eine unter 45° gegen die Horizontale geneigte Schwerpunktsachse bezogene Trägheitsmoment,

c)    die beiden auf die Rechtecksseiten bezogenen Trägheitsmomente,

d)    die Längen der Halbachsen der Centralellipse?

Für einen quadratischen Querschnitt von der

188) Aufgabe 83.

Seitenlänge b sind verlangt:

a)    die Hauptträgheitsmomente,

b)    die auf die Seiten bezogenen Trägheitsmomente,

c)    der Halbmesser des Centralkreises.

Auflösung, a) Für das Quadrat ist b = h, daher heisst die Formel für die beiden Hauptträgheitsmomente:

= Jy = 1+ v

dieselbe Formel gilt aber auch für jedes auf eine Schwerpunktsachse bezogene Trägheitsmoment. Mit anderen Worten: Die sämtlichen auf Schwerpunktsachsen bezogenen Trägheitsmomente sind einander gleich.

b)    Das auf eine Seite bezogene Trägheitsmoment ist bA

O

c)    Die Centralellipse geht in einen Kreis über mit einem Halbmesser:

L _+

12 ' b²

Auflösung. Es ist:

Jz = 12

Jy = -77T-24-18-18-18 = 11664 J 12

b) Ju = cos² 45° Je + sin² 45° Jy

= 10306,8 + 5832,1 = 16139

•18-24-24-24 = 20736

a)

y-18-24-24-24 = 82944

JUx = y. 24-18 -18-18 = 46656

f rz — 4 -\ZW = 6,9284 cm \ r,j = 3    = 5,1963 cm

c)

189) Aufgabe 84. Für den in Figur 161 gezeichneten +förmigen Querschnitt sind die beiden Hauptträgheitsmomente, sowie das auf die Achse ab bezogene Trägheitsmoment zu berechnen.

Auflösung¹. Zunächst ist die Entfernung e des Schwerpunktes von der Achse ab zu berechnen; für diese Entfernung erhält man:

20-2-1 + 10-2-7

180

Figur 161.

20-2+10-2 Das auf die Achse ab bezogene Trägheitsmoment berechnet sich nun aus der Gleichung :

60

¹⁰ |

nV/////^Mm//7//7A^'~TL

*--■    —p'/i —A t

J = 4- • 20 • 2U + \ 2 • 12³ — -J- 2⁴

o    o    o

= 53,33 + 1152 — 5,33 = rund 1210

Nun ist:

Jz = J— 3°-F= 1210 — 3² • (20 • 2 + 10-2) = 1210 — 540 = 670

und

J„= + 2-20³-+

-10-2³ = 1333,33 + 6,666

1 u

= 1340

Für den vorliegenden + förmigen Querschnitt ist also das auf die Achse Z bezogene Trägheitsmoment das grösste, das auf die K-Achse bezogene aber das kleinste.

190) Aufgabe 85. Für den in Figur 147 gezeichneten + förmigen Querschnitt sind die Hauptträgheitsmomente zu berechnen.

Auflösung. Es ist:

T2¹-⁵⁴

Jz Jy

^-•15-l,5³ + -^--l,5-15³

= 4,218 + 421,8 — 0,4218 = 425,5962

191) Aufgabe 86. Für den in Fig. 162 gezeichneten Querschnitt ist das auf die Schwerpunktsachse Z bezogene Trägheitsmoment zu berechnen.

Auflösung. Unter Vernachlässigung der Mittelrippe ist das Trägheitsmoment des Querschnittes:

= —(ll⁴ — 7⁴ + 8⁴ —5⁴) = 1309 Figur 162.

-11 7

8-z

g) Widerstandsmoment des Rechtecks.

192) Das Widerstandsmoment eines Querschnittes ist verschieden gross und abhängig von der Lage der Neutralachse. Geht die letztere durch den Schwerpunkt und fällt mit einer der beiden Hauptschwerpunktsachsen zusammen, so ergeben sich für das Widerstandsmoment des Rechtecks die folgenden Werte:

Fällt die neutrale Achse mit der X-Achse zusammen, so ist:

— bk²

bhs

J₂

¹² i

Für die Y-Achse als neutrale Achse erhält man:

. = +&2 b b

hb³

¹²y

Der erstere AVert ist der grösste, der letztere der kleinste von allen auf Schwerpunktsachsen bezogenen Widerstandsmomenten.

Für die in der Technik wichtigsten Querschnittsformen finden sich die Formeln für die Widerstandsmomente in der Tabelle, siehe Anhang, aufgeführt.

10) Trägheitsmoment einer Kraft bezAV. eines Systems

paralleler Kräfte.

a) Begriff des Trägheitsmomentes einer Kraft bezw. eines Kräftesystems.

man

193) Bildet man das Produkt aus einer Kraft und dem Quadrate ihrer Entfernung von einer zur Richtungslinie der Kraft parallelen Achse, so kann dieses Produkt als das Trägheitsmoment der Kraft bezüglich der gewählten Achse bezeichnen. Für ein System paralleler Kräfte ist das zugehörige Trägheitsmoment gleich der algebraischen Summe der Trägheitsmomente der einzelnen Kräfte.

Für das in der Figur 163 dargestellte Kräftesystem ist also beispielsweise das Trägheitsmoment der Kraft I\ bezüglich der Achse Z ausgedrückt durch das Produkt P₁zl², das Trägheitsmoment des ganzen Kräftesystems aber angedeutet durch die Beziehung:

77) . . . J = ^Pz²

b) Graphische Ermittelung des Trägheitsmomentes einer Kraft bezw. eines

Kräftesystems.

194) Die Ermittelung des Trägheitsmomentes einer Kraft bezw. eines Kräftesystems kann auf graphischem Wege in sehr einfacher Weise erfolgen. Von den verschiedenen Konstruktionsmethoden sollen hier nur zwei, und zwar die für den Bautechniker zweckmässigsten Verfahren mitgeteilt werden.

Figur 164.

Figur 163.

Pl

P4

Pt

2y~

Pb

I'

•‘JJ

------

:............h'.

--------2¹--------

■>p'

e’......

■V>,

Erste Konstruktionsmethode.

195) Konstruiert man zu den gegebenen Kräften das Kräftepolygon 0 • 1 • 2 • 3 • 4, s. Figur 164, sowie ein Seilpolygon I • II • III • IV• V, s. Figur 163,

so bilden die Abschnitte ab, bc, cd, de die auf die Poldistanz reduzierten statischen Momente der einzelnen Kräfte hinsichtlich der Achse Z, d. h. es ist:

daher

78) . . .

PL-ab — P\%\ H-b c — P.₂z2 PL'cd — P„ z3 PL'de = Pa Za

H’ab'Z₁~ Px z2 H'bc'Z₂ — P.z z2 H-cd-z₃ = P^z2 H-de-z₄ = Pi z²

Die rechten Seiten der Gleichungen 78) stellen aber die Trägheitsmomente der einzelnen Kräfte bezüglich der Achse Z dar, folglich sind auch die linken

Seiten gleich diesen Trägheitsmomenten. Nun bezeichnen die Produkte ab-zv bc-z₂ u. s. w. die doppelten Flächeninhalte der Dreiecke ab 1, bc2 u. s. w.; die algebraische Summe dieser Dreiecke ist daher die in der Figur 163 durch Schraffur bezeichnete Fläche; ist ihr Inhalt gleich F, so hat man:

2 H. F = P, z* + P₂ z* + P, z* + i>₄ z* = 2 P s*

oder:

79) . . . 2H-F=JZ

„Man erhält also das Trägheitsmoment eines Systems paralleler Kräfte, wenn man die von dem Seilpolygon sowie dessen äu ss ersten Seiten und der Momentenachse eingeschlossene Fläche F mit der doppelten Poldistanz multipliziert.“

Dabei ist die Poldistanz im Kräftemass auszudrücken.

196) Fällt die Momentenachse mit der Richtungslinie der Resultante des Kräftesystems zusammen, d. h. geht sie durch den Schnittpunkt 5 der äussersten Seilpolygonseiten, so ist die Fläche F gleich der von dem Seilpolygon eingeschlossenen Fläche und das Trägheitsmoment J₂ erhält seinen kleinsten Wert; bei einer parallelen Verschiebung der Momentenachse wächst das Trägheitsmoment Jz um die Grösse des Produktes aus dem Flächeninhalte Flt des Dreiecks ae 5 und der doppelten Poldistanz E, also um die Grösse 2 H-Fv

Zweite Konstruktionsmethode.

197) Betrachtet man die Abschnitte ab, bc, cd und de auf der Momentenachse Z als Masse für die Kräfte P₄' bis P₄', welche in den Richtungslinien der Kräfte P₄ bis P₄ in derselben Reihenfolge wie diese wirken, so ist durch den Linienzug abcde das Kräftepolygon dieser Kräfte dargestellt. Zeichnet man nun zu diesen Kräften mittels eines beliebig gewählten Poles p* ein Seilpolygon P, II', IIP, IV', V' und bestimmt die Schnittpunkte der Seiten dieses Seilpolygons mit der Momentenachse Z, so erhält man die statischen Momente der Kräfte P₄' bis P₄' ausgedrückt durch:

ab-zl = a‘b' *7P

b C'.z₂ = b‘ eFH*

cd-z₃ = c' d‘ 'E‘

de-z^ — d‘e? -H¹

Berücksichtigt man nun, dass:

P‘2 ~ 2

und de =

cd

ab —

pFi

ist, so erhält man nach Einsetzung dieser Werte in die obigen Gleichungen die folgenden:

P₁z₁a = a'P.PT.PP

p₂V = £v.ipjp

P₃2₃² — Vd¹ -R'R‘

oder:

P₄z/ -R-R*

80) . . . ^Pz^J^R-R'^ + M + TF + W? =

„Man erhält das Trägheitsmoment eines Kräftesystems, wenn man den von den äussersten Seiten des zweiten Seilpolygons auf der Momentenachse gebildeten Abschnitt mit dem Produkt der beiden Poldistanzen multipliziert.“

Dabei sind die Poldistanzen im Kräfte-, der Abschnitt a‘e‘ im Längen-mass auszudrücken.

11) Graphische Ermittelung des Trägheitsmomentes ebener

Flächen.

a) Allgemeine Bemerkungen.

198) Auf Grund des Vorstehenden lassen sich nun auch die Trägheitsmomente ebener Flächen durch Zeichnung ermitteln. Man teilt zu diesem Zweck die Fläche in sehr schmale Streifen parallel zur Momentenachse und denkt sich in den Schwerpunkten dieser Streifen Kräfte wirkend, parallel zur Momentenachse und der Grösse nach proportional den Masszahlen der Flächeninhalte der genannten Streifen. Das Trägheitsmoment des so gebildeten Kräftesystems ist gleich dem Trägheitsmoment der in Rede stehenden Fläche.

b) Uebungsaufgaben.

b = 6, h= 10

199) Aufgabe 87. Es ist das auf die Z-Achse bezogene Trägheitsmoment des in Figur 165 dargestellten Rechtecks durch Zeichnung zu ermitteln:

Auflösung. Man zerlegt das Rechteck parallel zur Z-Achse in Streifen etwa von der Breite = 1, dann ist der Inhalt eines solchen Streifens gleich 6. Trägt man nun in

Figur 166 die Strecken 01, 12 u. s. w. gleich von 6 also = 0,6 an, wählt den Pol p

zweckmässig auf der Mittelsenkrechten von 0-10 und so, dass H — 30 ist, und konstruiert das Seilpolygon, siehe Figur 167, so bildet dasselbe ein einer Parabel einbeschriebenes Polygon, deren Achse mit Z zusammenfällt und deren Scheitel k der Mittelpunkt von ig ist. Der Inhalt der Fläche ekfg ist nun:

1    ,.₇    1    25

— •efik = — • 10-2,5 = —

Da die Poldistanz H zufolge der Annahme gleich 30 ist, so erhält man für das Trägheitsmoment den Wert:

Bekanntlich ist:

Jz =

12

J* =

25

-•2-30 = 500

12

•6-10-10-10 = 500

Wollte man das Trägheitsmoment auf die Achse ad beziehen, so erhielte man für dasselbe den Wert:

Jh = J, + F₁-2H

Nun ist aber zufolge der Anordnung des Poles das Dreieck ehg gleichschenklig rechtwinklig, also eh = 10, daher:

IO²

— = 25

folglich: demnach:

F₁-2H= 25-2-30 = 1500 + = 500+ 1500 = 2000

Durch Rechnung findet man:

JZl =

= 4--6-1000 = 2000 o    o

Die durch Rechnung und Konstruktion ermittelten Resultate stimmen also überein.

Figur 166.

Figur 165.

>Odr-4-\2

>3

Rr

—U-4^4—

■f-

-%

•ff

•7

>8

•9

90

Jiho i

■4

"7

-f

■4-

iy

livL

V/

Figur 167.

200) Aufgabe 88. Man ermittele graphisch nach der in No. 195 besprochenen Konstruktionsmethode das Trägheitsmoment:

a)    einer Kreisfläche,

b)    einer elliptischen Fläche

c)    eines Kreisringes,

d)    einer regelmässigen Achtecks fläche,

e)    einer unregelmässigen Fläche.

F. Die zehn einfachen Belastungsfälle.

1) Allgemeine Bemerkungen.

201) Im folgenden sind von den vielen Arten, in welchen ein auf Biegung beanspruchter Träger belastet werden kann, zehn der am häufigsten im Hochbau vorkommenden Belastungsfälle zusammengestellt und als die zehn einfachen Belastungsfälle bezeichnet worden. Bei der Untersuchung dieser Fälle handelt es sich immer darum, auf Grund der gegebenen Belastung die Lage des gefährlichen Querschnittes und die Grösse des daselbst auftretenden Biegungsmomentes zu ermitteln, wonach dann die Biegungsgleichung M = @ W aufgestellt werden kann, aus welcher sich der erforderliche Querschnittsmodul, d. h.

M

das Widerstandsmoment des Querschnittes W = ergibt. Ist das Widerstandsmoment W ermittelt, so findet man das demselben entsprechende Querschnittsprofil entweder aus einer Querschnittstabelle, siehe No. 207, oder aber durch Rechnung, wie dies an einer Reihe von Beispielen gezeigt werden soll.

2) Erster Belastungsfall.

Figur 168.

202) Der Träger ist am einen Ende eingemauert, bezw. eingeklemmt, siehe Figur 168, und an seinem anderen nicht unterstützten Ende durch eine Einzellast

IP

AC-Pl

P beansprucht.

Der gefährliche Querschnitt liegt hier an der Einmauerungsstelle A, das Biegungsmoment daselbst ist M — PI, daher lautet die Biegungsgleichung:

81) ... PI = © W

und

PI

82) . . . W= @

3) Zweiter Belastungsfall.

Figur 169.

AO/fcPl

iss

rC

203) Der Träger ist wie im ersten Falle unterstützt aber auf seine ganze Länge durch eine gleichmässig verteilte Last P beansprucht, siehe Figur 169.

Auch hier ist der gefährliche Querschnitt an der Einmauerungsstelle A. Denkt man sich nun für einen Augenblick die ganze Last P zu einer Resultante in der Trägermitte vereinigt, so ist für die Stelle A das Biegungsmoment :

PI

daher lautet die Biegungsgleichung:

PI

83) . . .    = 0 W

und

PI

2@

84) . . . W

204) Denkt man sich durch den Träger von B nach A in Entfernungen x, 2x, 3x u. s. w. von B Vertikalschnitte geführt, die hierzu gehörigen Biegungsmomente berechnet und die Masszahlen derselben in einem beliebig gewählten Massstabe in den betreffenden Vertikalebenen als Senkrechte zur Trägerachse aufgetragen, und die so sich ergebenden Punkte miteinander verbunden, so erhält man im ersten Falle, siehe Figur 168, die gerade Linie BC, im zweiten Falle, siehe Figur 169, die Parabel BC. Die konstruierte Linie heisst die zu dem Belastungsfall gehörige Momentenlinie; sie zeigt durch ihren Verlauf, in welcher Weise die Biegungsmomente von dem einen bis zum anderen Trägerende ihren Wert verändern. Die von der Momentenlinie und der Achse AB begrenzte Fläche ABC, s. Figur 168 und 169, heisst die Momentenfläche.

4) Uebungsaufgaben.

205) Aufgabe 89. Ein Balken aus Eichenholz hat als Aufzugskrahn zu dienen. Er ist 1,20 m lang und hat eine Maximallast P — 4000 kg zu tragen. Es ist der Querschnitt des Balkens zu berechnen, für den Fall, dass a) b:h — 5:7, b) b:h = 2:3 sein soll; @ = 80.

Auflösung. Es ist:

PI 4000-120

= 6000

1    5

— b h² oder da im Falle a) b — —h ist: o    7

W =    * 4- W = 6000

b /

3 _

= \/50400 = 37, • • • rund 38 cm

W=

80

Nun ist für das Rechteck W =

daher ist:

,    _ ³/6000•42

h =■ V —is

oder:

190

-4

Im Falle b hat man b:h = 2:3, also b =

•38 =

= 27 cm

— h und demnach:

O

W= 4- • -- h* = 6000

6 o

₇    Pf6000-18    —

h=V~2

- — y 54000 = rund 39 cm b = ~h = -|~-38 =; 26 m

o    o

Welches Normalprofil muss der in Aufgabe 89

206) Aufgabe 90.

genannte Träger erhalten, wenn er aus Walzeisen hergestellt werden und I-Form erhalten soll?

Auflösung. In diesem Falle ist:

W=

4000-120

750

= 640

Nach der Profiltabelle entspricht diesem Werte ein N. P. No. 30 mit einem W = 659.

207) Zu den für die Eisenzimmerung- verwendeten Eisenformen werden von den deutschen Hüttenwerken ganz bestimmte Profile liergestellt, die unter dem Namen Normalprofile bekannt sind.

In den Profiltabellen im Anhänge sind für die am häufigsten im Hochbau benützten Formen die Normalprofile zugleich mit den zugehörigen Ausmassen. Querschnittsgrössen, dem Gewicht per laufenden Meter nebst den in Betracht kommenden Trägheits- und Widerstandsmomenten zusammengestellt.

Die Dimensionen-Berechnung eines Balkens wird in der Folge so vorgenommen werden, dass man aus der Biegungsgleichung das erforderliche W berechnet und dann in der entsprechenden Tabelle nachsieht, welcher Wert von W dem berechneten am nächsten kommt. Dem auf diese Weise aus der Tabelle entnommenen, dem berechneten zunächst kommenden, aber in der Hegel grösseren Widerstandsmoment entspricht dann ein bestimmtes Normalprofil, das für den Balkenquerschnitt zu verwenden ist.

208) Aufgabe 91. Für einen Aufzug ist ein Balken aus Eichenholz von ²⁷/36 cm Querschnitt und 1,10 m freier Länge verwendet. Dieser Balken soll durch einen eisernen I-Träger ersetzt werden; welches Profil ist zu wählen?

Auflösung. Ist ©, = 80 die zulässige Beanspruchung des Holzes und Wx das Widerstandsmoment des rechteckigen Querschnittes, ©₂ aber die Beanspruchung des I-förmigen Querschnittes, so lautet für den Belastungsfall die Biegungsgleichung :

m= exwx = ©₂ w₂

daher ist:

85) . . . ©j: ©₂ = W₂ : Wx

w -JLEl ² “ ©₂

80 1

• — -27-36-36 == 622,08 = 622

O

Diesem Werte entspricht laut Profiltabelle ein N. P. No. 30 mit einem Wert = 659.

750

209) Aus der Gleichung 85 geht hervor, dass bei der Auswechselung eines Trägers, dessen Querschnitt bekannt und ausreichend befunden ist, zur Bestimmung des Profiles des neuen Trägers, die Berechnung der Trägerbelastung gar nicht erforderlich ist, denn es verhalten sich die zulässigen Beanspruchungen der zur Verwendung gelangenden Träger umgekehrt wie die Widerstandsmomente der Trägerprofile.

210) Aufgabe 92. Ein Balkon wird durch die eisernen I-Träger I und II unterstützt; das Brüstungsmauerwerk ist 0,25 m stark aus Hohlziegeln hergestellt und wiegt per Kubikmeter 1100 kg. Die gleich-mässig verteilte Belastung des Balkons soll 600 kg per Quadratmeter betragen. Es sind die Träger I und II zu berechnen.

Auflösung.

Belastung des Trägers I.

= 0,25 -1,20 -0,80 -1100 = 264 kg = 0,75-1,20-600

1)    Gewicht der Seitenbrüstung

540 „ 165 „

2)    Gewicht der Balkondecke

3)    Auflagerdruck der Vorderbrüstung = 0,75 -0,25 -0,8-1100

Belastung des Trägers II.

1) Gewicht der Balkondecke

= 1080 „

2) Gewicht der Vorderbrüstung in 1,50 m Länge = 1,50-0,25-0,80-1100 = 330 kg

= 1,50-1,20-600

Träg er I

mkg

Die beiden Träger I und II sind nach dem ersten und zweiten Belastungsfalle zugleich belastet, und gelten hierfür die Be-lastnngsskizzen, siehe Figur 171 und 172.

Man erhält somit für das Widerstandsmoment W die folgenden Gleichungen:

165-120 .    804 120

2-750

= 26,4+64,32 = 90,7, rund 91.

Dem entspricht N. P. No. 15 mit einem W = 99

830-120 . 1080-120 2-750

= 52,8 + 86,4 = 18,9, rund 140

Dem entspricht nun N. P. No 17 mit W = 139

Figur 170.

+1

1,20™

Träger I: W —

Träger II: W —

einem

750

750

-f

Figur 171.

JL

.. .y.

—1,2 m—

Figur 172.

Trägerl

330kg

1,2ta-

5) Dritter Belastungsfall.

211) Der Träger liegt an beiden Enden frei auf und ist in seiner Mitte durch eine Einzelkraft P beansprucht, siehe Fig. 173.

Figur 173.

Denkt man sich den Träger im Punkte C festgehalten und das Auflager

er-

p

in A durch die Auflagerreaktion —

£

setzt, so ist das Biegungsmoment für den Punkt C:

P l PI

und dies ist das grösste Biegungsmoment, das bei diesem Belastungsfalle in irgend einem Querschnitt auftreten kann.

CD+Pl

,B

Der gefährliche Querschnitt liegt also in der Trägermitte; die Biegungsgleichung lautet:

also ist:

86) . .

PI

= <BW

87) . . . W

PI

" 40

6) Vierter Belastungsfall.

212) Der Träger liegt an beiden Enden frei auf und ist auf seine ganze Länge durch eine gleichmässig verteilte Last P beansprucht, siehe Figur 174.

Für einen Querschnitt in der Entfernung x ist das Biegungsmoment, wenn man den links vom Schnitt befindlichen Trägerteil in Betracht zieht:

,r Px P x jr= —=

Dieser Ausdruck wächst mit der Zunahme von x und erhält seinen grössten

Wert    für    x —    nämlich:

£

PI    PI l

2-2    21 * 4

Der gefährliche Querschnitt liegt in    der    Trägermitte.    Für diese Stelle

lautet die Biegungsgleichung:

VI

= ew

Figur 174.

CD-J&Pl

88) . .

daher ist:

89) . . . W =

PI

80

Anmerkung 35. Konstruiert man in den Fällen 3 und 4 die Momentenlinien, so erhält man im dritten Falle zwei Gerade AD und BD, im vierten Falle eine Parabel, deren Achse mit der den Punkt C enthaltenden Senkrechten zur Trägerachse zusammenfällt.

7) Fünfter Belastungsfall.

Figur 175.

Ip

l2

213) Der Träger liegt an beiden Enden frei auf und ist ausserhalb seiner Mittel durch eine Einzellast P beansprucht, siehe Figur 175.

Der gefährliche Querschnitt liegt unter dem Angriffspunkte C der Last P. Die Auflagerdrücke sind:

CD=Pl.l

A — und B = — l₁

t    i

die Biegungsgleichung für die Stelle C lautet:

PIJ₂

90) . . .

= <&W

daher ist:

91) . . . W

Pi i4

ie

Die Momentenlinie bestellt aus den beiden Geraden AD und DB.

8) Sechster Belastungsfall.

214) Der Träger liegt an beiden Enden frei auf und ist durch zwei gleich grosse, gleich weit von den Auflagern A und B abstehende Einzellasten P beansprucht, siehe Figur 176.

Der gefährliche Querschnitt liegt auf der ganzen Strecke CD. Die Biegungsgleichung lautet:

92) . . . Plt — @W

Figur 176.

ft-

l. —

4L

4L

daher:

Ph

93) . . . W= @

Die Momentenlinie besteht aus den Linien AE, EF und FB.

CE=DF =P1

9) Uebungsaufgahen.

rechtwinkliger Grundform, siehe

von

215) Aufgabe 93. Ein Raum Figur 177 ist mittels Kappen einzuwölben. Die Kappenträger liegen teils auf der Mauer, teils auf dem Träger II. Es sind die Träger I und II zu berechnen. Die Belastung beträgt 700 kg per Quadratmeter.

Auflösung. Belastung des Kappenträgers I:

1,5.4-700 = 4200 kg ebensogross ist auch die Belastung des Trägers II.

Der letztere ist nach dem dritten, der erstere nach dem vierten Falle belastet. Daher hat man für II:

d. h. K P. No. 26 mit einem W = 446

Figur 177.

4200-300

750

= 420

U tvl

ir±

|3

PH

-P

N 'S

und für I: W = -lt •

4200-400

750

- = 280

71

d. h. N. P. No. 22 mit einem

W = 281

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

Figur 178.

%Stein 3^m

216) Aufgabe 94. Eine drei Stockwerk hohe Zwischenmauer von einem bezw. einem halben Stein Stärke soll auf eine Länge von 4 m durch zwei I-Träger gestützt werden, siehe Figur 178. Es ist das Trägerprofil zu berechnen, werk = 1600 kg.

1 cbm Mauer-

1 Stein 3,8 m

Auflösung. Die Belastung des Trägers beträgt:

[4,0 • 0,25 • (4 + 3,8) + 4,0 • 0,13 • 3,4] -1600 = (7,8+1,768) • 1600 = 9,568-1600 = 15308,8 kg, rund 15310 kg

Der Träger ist nach dem vierten Falle belastet, daher ist:

W= —

15310-400

- = 1020

1 Stein

750

Auf einen Träger trifft somit ein W = 510 und diesem entspricht ein N. P. No. 28 mit einem W = 547.

e,om-

217) Aufgabe 95. Der Unterzug ab hat im Punkte c, siehe Figur 179, die Träger cd und ce aufzunehmen, welche einerseits die Balkenlage, andererseits eine ll2 Stein starke 3,5 m hohe Mauer tragen.

Gewicht der Balkenlage einschliesslich Nutzlast 600 kg.

Figur 179.

"'f

Auflösung. Belastung des Trägers c d: Balkenlage = —-

6-5

•600

9000 kg

Gewicht der Mauer

= 0,18 • 5 • 3,5 • 1600 = 3640 kg Gesamtbelastung des Trägers cd = 12640 kg

Belastung des Trägers ce:

6-3

7A

Balkenlage =—z

•600

5400 kg

Gewicht der Mauer

-s;

= 0,13-3-3,5-1600 = 2184 kg

Gesamtbelastung des Trägers ce = 7584 kg

— 30”!

Belastung des Trägers

ab =

12640+ 7584

= 10112 kg

Die Mauer ruht auch auf dem Träger ce auf.

Die Träger cd und ec sind nach dem vierten Belastungsfall beansprucht, daher ist: 12640-500

dem entsprechen 3 Träger N. P. No. 26 mit einem Gesamt- W — 1338

bezw\ W =    •

O

dem entspricht N. P. No. 26 mit einem W = 446

750

= 1053

7584•300

750

= 379,2

Der Träger ab ist nach dem fünften Belastungsfall beansprucht, daher:

= 2359

10112-350-250 600-750

diesem Werte entsprechen 3 Träger No. 32 mit einem Gesamt- W — 2367

218) Aufgabe 96. Ein Baum von rechtwinkliger Grundform, siehe Figur 180, soll durch Kappen von 2 m Spannweite überwölbt werden; die Kappenträger I liegen auf einem Unterzuge II auf. Die Belastung beträgt 700 kg per Quadratmeter.

Auflösung. Die Belastung des Trägers I ist gleich dem Gewichte einer Kappe, also gleich 2,0-4,0-700 = 5600 kg.

Die Belastung des Trägers II beträgt in den Punkten c und d je 5600 kg.

Figur 180.

"A

Für den Träger I ist somit:

w=i-

5600-400

750

= 373

BßfU-

2,0™—>

s¹

$■

dem entspricht ein N. P. No. 26 mit einem W = 446

Für den Träger II hat man: 5600-200

= 1293

dem entspricht ein N. P. No. 40 mit einem W = 1472

bezw. 2 Träger N. P. No. 34 mit einem Gesamt-TU =1578

750

\lL.

-T-

10) Siebenter Belastungsiall.

an

Figur 181.

219) Der Träger ist an einem Ende eingemauert und liegt seinem anderen Ende frei auf; in seiner Mitte wirkt eine Einzellast P, siehe Figur 181.

Der gefährliche Querschnitt liegt an der Einmauerungsstelle, das Biegungsmoment daselbst ist:

16

— Fl

daher lautet die Biegungsgleichung:

. — pi= ew

16

Al

94) . . lind es ist:

3 PI

95) . . . W= —

JL\-

22 ¹

5.1

22

22

B¹

AD--|'PI EF^Pl Figur 182.

Die Lage des gefährlichen Querschnitts sowie die Grösse des Biegungsmomentes lassen sich hier und bei den folgenden drei Belastungsfällen nicht mehr in elementarer Weise ableiten; es sollen daher nur die Resultate angegeben werden.

Durch die Einwirkung der Belastung und infolge der gewählten Unterstützung nimmt die Trägerachse, d. h. die elastische Linie die Gestalt der

g

— l von der Einmauerungs-

Figur 182 an. Sie besitzt an einer Stelle C", die um -

z z

stelle absteht, einen sogenannten Wendepunkt, d. i. ein Punkt, in welchem die Krümmung der Kurve gleich Null ist und der konvex gekrümmte Teil in den konkav gekrümmten übergeht; an dieser Stelle ist der Träger spannungslos und das Biegungsmoment gleich Null; auf den Strecken AlC‘ und B'C¹ besitzen die Biegungsmomente verschiedene Vorzeichen. In Figur 181 ist die Momentenlinie dargestellt. An der Stelle A erhält das Biegungsmoment den

3

— PI in der Trägermitte den grössten po-

5

— PI] an den Stellen C und B hat es den Wert Null.

grössten negativen Wert, nämlich — -sitiven Wert, nämlich

32

Da für die folgenden Berechnungen nur die absoluten Werte in Betracht kommen, so sind bei den Formeln für W die Vorzeichen weggelassen worden.

Die Auflagerdrücke in den Punkten A und B sind:

A = ^rP und B = -^rP

16

16

11) Achter Belastungsfall.

220) Der Träger ist in gleicher Weise unterstützt wie im vorhergehenden Falle, aber durch eine auf seine ganze Länge gleichmässig verteilte Last P beansprucht, siehe Figur 183.

Der gefährliche Querschnitt liegt wieder an der Einmauerungsstelle, das

Biegungsmoment daselbst ist 4-PI, daher lautet die Biegungsgleichung:

8

96) . . . und es ist:

Figur 183.

Pl = <SW

rrr 1 PI

97) . . . W—-- @

In einer Entfernung gleich

— I von der Einmauerungsstelle

;F

Hl

AD-iPlj 13F-&PI

Figur 184.

b'

besitzt die elastische Linie einen Wendepunkt, siehe Figur 184; der Träger ist an dieser Stelle spannungslos und das Biegungsmoment gleich Null. Auf den Strecken AG und CD besitzen die Biegungsmomente entgegengesetzte Vorzeichen ; das grösste negative

PI tritt bei

Biegungsmoment —

A, das grösste positive —

L-Pl bei

E auf, in einer Entfernung gleich

— I von A. In Figur 183 ist die Momentenlinie eine Parabel, deren Achse 8

senkrecht zur Trägerachse durch E geht, eingezeichnet.

00 OT

Die Auflagerdrücke sind IA —

P und 7i = — P

12) Neunter Belastungsfall.

221) Der Träger ist an beiden Enden eingemauert und in seiner Mitte durch eine Einzellast P beansprucht, siehe Figur 185.

Der Träger besitzt drei gleich gefährliche Querschnitte, nämlich jene über den Einmauerungsstellen und derTräger-mitte; an jeder dieser Stellen

ist das Biegungsmoment —-PI,

O

daher lautet die Biegungsgleichung:

98) . . . und es ist:

Figur 185.

t—1 00

PI = @ w

99) ... TP =

— PI

v.:

AE-BF-gPl

HG = 4-P1

Vs

Die elastische Linie besitzt zwei Wendepunkte C* und D', siehe Figur 186, welche um

-.-0-7

D

die Länge -?-/ von den beiden

Figur 186.

Auflagern abstehen; in diesen Punkten ist der Träger spannungslos und das Biegungsmoment gleich Null. Die Momentenlinie ist in der

Figur 185 eingezeichnet. Die Auflagerdrücke sind A — B =

222) Der Träger ist wie im neunten Belastungsfalle befestigt, aber durch eine auf seine ganze Länge gleichmässig verteilte Last P beansprucht, s. Figur 187.

Der Träger besitzt zwei gleich gefährliche Querschnitte über den beiden Auflagern, das Biegungsmoment daselbst ist

—— PU daher lautet die Bie- \ 12 ' ^

gungsgleichung:

18) Zehnter Belastungsfall.

Figur 187.

aebf^pF

gh=₂\pi.

4~ 2V3

UL

2V3

->

100) . . und es ist:

D'

C'

JLp/— 0 w

i_ p± 12 '<5

' 12

101) . . . w =

Figur 188.

Zeichen; das Biegungsmoment in der Trägermitte ist gleich -PI.

2 4

14) Uebungsaufgaben.

223) Aufgabe 97. Die Kappenträger für eine gewölbte Decke, siehe Figur 189, liegen auf einem Träger ab, der im Punkt c ungestossen über eine Säule hinweggeht.

Die Belastung beträgt 900 kg per Quadratmeter. Es ist das Profil

Figur 189.

Die elastische Linie besitzt zwei Wendepunkte C‘ und D‘, welche von der Trägermitte je um die Länge

= 0,288 l abstehen. Auf den Strecken

2 V3

AC bezw. BD und CD besitzen die Biegungsmomente entgegengesetzte Vor-

des Unterzuges und der Kappenträger sowie der Auflagerdruck in den Punkten a, b und c zu berechnen.

j₈nL

1,8^

1,8ra-

18

Auflösung. Belastung eines Kappenträgers — 1,8-4,5-900 = 7290 kg, rund 7300. Dieselbe Belastung hat der Unterzug im Punkte d aufzunehmen. Der Kappenträger ist nach dem vierten, der Unterzug nach dem siebenten Falle belastet, daher ist:

7300-450

w= -

750

= 547

dem entspricht N. P. No. 28, 7300-360

16

750

= 65T

45 —

dem entspricht N. P. No. 30.

Der Druck auf die Säule c ist:

io

— •7300 = 9125 kg

O

jener auf die Auflager:

3

a und b — — -7300 = 2737,5 kg

O

224) Aufgabe 98. Die Balkenlage eines Salzspeichers, s. Fig. 190, liegt auf einem Unterzuge ab aus Eichenholz auf. Die Balken aus Kiefernholz liegen 0,80 m von einander entfernt. Die Belastung beträgt per Quadratmeter 800 kg. Es ist das Profil der Balken b:h = 3:4 und jenes des Unterzuges b:h = 5:7 zu berechnen. 0 für Kiefernholz =60, für Eichenholz = 80.

Auflösung. Belastung eines Balkens =0-8-4-8-800

3072 kg

Belastung des Unterzuges der Strecke ac = 4,8-4,8-800 = 19432 kg

3072-480

Für den Balken ist W — —- • -

O

Für den Unterzug ist W =

O

Für den rechtwinkligen Balkenquerschnitt ist aber:

3

• — • A³ = 3072

4

60

3072

19432-480

60

= 14574

also:

,r=T

3

h == 1/3072-8 = 29 cm

daher ist:

Figur 190.

— •29 = 22 cm

4

Für den Unterzug ist:

TF=-i-.4--i³ = 14574 o /

also:

Qq

4,8™

ft

₇    [14574-42

h=V —5

= rund 50 cm

und dementsprechend:

35 cm

5

y50 =

Die Verwendung eines solch hohen Balkens ist aber    g

Co

nicht zweckmässig, man könnte statt dessen zwei Balken aufeinander legen und sie durch Verzahnung und Verdübelung miteinander verbinden, also einen verzahnten Balken verwenden; nimmt man die Höhe der einzelnen Balken zu 0,30 an, so ergibt sich eine Gesamthöhe von 0,60. Das Widerstandsmoment eines solchen verzahnten

Balkens darf aber nur

bh² gerechnet werden, man hat also:

W= — -35-60² = 15750

was hinreichend wäre. Zweckmässiger ist es aber im vorliegenden Falle in den Auflager a, c und b den Unterzug auf Sattelhölzer zu legen, die durch Kopfbänder gestützt sind, siehe Figur 191.

In diesem Falle kann man den Teil de des Unterzugs nach dem zehnten Belastungsfalle berechnen.

Die Belastung auf die Strecke de be

trägt dann:

*— 12 -—*--²'Ji

Figur 191.

4,8m -

o /. m

J,2m-

2,4-4,8-800 = 9216 kg

ZfJ

Fe

'■

und es ist:

9216-240

12-80

= 2304

daher ist:

und

Ä = ^2304-42

— rund 27

b = 19

Das Sattelholz hat, wenn der Unterzug über der Stütze c gestossen ist, das Biegungsmoment bei c und ausserdem das durch die Belastung auf der Strecke e c hervorgerufene Biegungsmoment aufzunehmen; das Gesamtwiderstandsmoment des Querschnittes des Sattelholzes muss daher sein:

W₀ = 2304 + -i--somit ist die Höhe des Sattelholzes:

120-4,8-800

80

= 3024

Jiq —

y3024-42

= 29 cm oder 30

und

5-30

= rund 22

b = h =

7    7

Dieselben Ausmasse wird man auch dem Unterzuge geben.

Berechnung- des Kopfbandes. Die vertikale Belastung des Kopfbandes im Punkte e ist:

CO ICC

— •2,4-4,8-800 +

und der Druck in der Richtung des Kopfbandes:

6336

“ cos 45° “ 0,70711

• 1,2 • 4,8 • 800 = 4608 + 1728 = 6336 kg

6336

= 8960

der erforderliche Querschnitt ist also:

8960

80

= 1129 cm

Gibt man dem Kopfband einen quadratischen Querschnitt 20/20 cm, so wird die Querschnittsfläche 400 qcm und ist dann auch hinreichend gross, um gegen Knickung den erforderlichen Widerstand zu leisten, denn bei einer Länge des Kopfbandes von 1,7 m wird das erforderliche Trägheitsmoment:

= 2354

10-8960-170-170

10-110000

Das Trägheitsmoment des Querschnittes ist aber 20⁴ = 13333

225) Aufgabe 99. Welche Einzellast kann der in Figur 191 dar-gestellte, durch Sattelhölzer und Kopfbänder unterstützte Balken in seiner Mitte aufnehmen, wenn sein Querschnitt 19/27 cm im Geviert misst?

daher ist:

Auflösung. Das Widerstandsmoment beträgt:

W —    19-27-27

6

= 2308

2308-80-8

240

= rund 6100 kg

G. Krümmungshalbmesser der elastischen

Linie.

1) Allgemeine Bemerkungen.

226) Ist ein Balken, siehe Figur 192, durch eine Kraft P auf Biegung beansprucht, und nimmt hierdurch die Trägerachse oder die elastische Linie die Form der Linie ab an, so kann man ein kleines Stück derselben, etwa gh als einen Teil eines Kreisbogens betrachten, dessen Halbmesser r bestimmt werden soll.

Aus der Figur 192 ist ersichtlich, dass ie die Verlängerung der äussersten Faser für den Querschnitt ik bezeichnet; nennt man diese Verlängerung l, so hat man die Beziehung:

102) . . . 1:6 = 1: E oder l = -y

ferner ist:

Figur 192.

■le

l\a — gh:gm == 1:r, wenn gm = r und gh = 1 gesetzt wird, daher ist:

l:a= 1:r oder l = —

Es ist also:

l9'-M

aE

103) . . .

Nun lautet aber die Biegungsgleichung für den Querschnitt ef:

= -r=r oder r =

'Wö

!«— x

M= Ex = 0 W = 0—

Mo

hieraus folgt:

oder diesen Wert von 0 in Gleichung 103 eingesetzt :

JE

104) ... r = -w

Die Gleichung 104) enthält den Satz:

„Für jeden Querschnitt eines auf Biegung beanspruchten Balkens ist der Krümmungshalbmesser der elastischen Linie gerade proportional dem Trägheitsmoment und dem Elastizitätsmodulus, dagegen umgekehrt proportional dem Biegungsmoment.“

227) Die Durchbiegung eines Trägers ist einerseits abhängig von der Form des Querschnittes und der Grösse des Biegungsmomentes, andererseits von der Grösse des Elastizitätsmodulus.

Je grösser das Trägheitsmoment und der Elastizitätsmodulus und je kleiner das Biegungsmoment für einen Querschnitt ist, desto grösser wird der Krümmungshalbmesser, d. h. desto kleiner wird die Krümmung oder Durchbiegung des Balkens sein.

Für ein und denselben Träger ist die Durchbiegung in der Regel im gefährlichen Querschnitt am grössten. Mittels höherer Rechnung kann man die Durchbiegungen des Trägers infolge Einwirkung äusserer Kräfte berechnen. In folgender Tabelle sind für die wichtigsten, einfachen Belastungsfälle die Formeln für die Grössen der Durchbiegungen zusammengestellt.

Belastungsfall

Stelle der grössten Durchbiegung

Grösse der Durchbiegung

1.

am freien Trägerende

2,

3.

in der Trägermitte

4.

r>

1 P fö 3 EJ 1 PI*

8 EJ 1    PI 3

48 EJ 5    PI 3

884 EJ

5.

nahezu in der Trägermitte

l pi,

48

_(₃,Z2_⁴?i²)

6.

in der Trägermitte

1 PI, ~2~ EJ

9.

in der Trägermitte

(£+*-£)

1    P/3

10.

192 EJ 1    PI 3

384 EJ

H. Von der Zerknickungsfestigkeit.

1) Erster Belastuugsfall.

228) Wirkt in der Achse eines stabförmigen Körpers eine Druckkraft P, siehe Figur 193, und sind die Querschnittsausmasse im Verhältnis zur Länge des Stabes sehr klein, so wird der Stab durch die Einwirkung der Kraft nicht nur zusammengedrückt, sondern auch seitlich ausgebogen und schliesslich zerknickt werden. Den Widerstand hiergegen nennt man die Zerknickungsfestigkeit des Materiales. Durch die Kraft P wird ein Biegungsmoment hervorgerufen:

105) . . . M=Pf

Figur 193.

(P

Nun ist, siehe Figur 193:

105a) . . . r² =

f-

fi------i'-

—2 r/4-f*

⁷7777777yJ77777>

oder unter Vernachlässigung der sehr kleinen Grösse f:

p2

2rf=T

f=JL

' 8r

und

Ausserdem ist in Rücksicht auf Gleichung 104):

M —

EJ

man hat somit für das Biegungsmoment M die Gleichung:

EJ PI²

106) . . .

oder:

107) . . . P =

8 EJ

l²

Dieser Wert ist nur ein Näherungswert; durch genauere Rechnung würde man statt des Faktors 8 die Grösse n² — 9,8596 oder rund 10 finden; man hat also die Gleichung:

108) . . . P

10 EJ

l²

Diese Gleichung gibt den Grenzwert der Belastung P an, dessen Ueber-schreitung ein Unsicherwerden des Gleichgewichts des Stabes zur Folge hat. Legt man eine w-fache Sicherheit zu Grunde, so erhält man:

n 10 EJ

109) . . . P

l²

Hieraus .folgt das erforderliche Trägheitsmoment des Stabquerschnittes, damit er die Last P mit Sicherheit gegen Ausknicken tragen kann:

nPl²

HO) . . . J=

10 E

Der Sicherheitskoeffizient n beträgt für Holz 10, für Schmiedeisen 5, für Gusseisen 6.

Die Formel 110) wird zur Querschnittsberechnung der auf Knickung beanspruchten Stäbe verwendet, wenn deren Enden beweglich sind, wie dies der Fall ist bei Säulen mit nicht angegossenen Säulenfüssen oder bei den Stäben eines Fachwerkträgers.

Figur 194.

iF

2) Zweiter Belastungsfall.

229) Die angegebene Formel ändert sich, wenn die Stabenden befestigt sind; der folgende Fall tritt am häufigsten in der Praxis auf: das eine Stabende ist beweglich und wird in der Stabachse geführt, das andere ist festgeklemmt; für diesen Fall hat man für das erforderliche Trägheitsmoment des Stabquerschnittes die Formel:

111) . . . J —

nPl²

20 E

Diese Formel findet Verwendung zur Berechnung des Querschnittes von Säulen mit angegossenen Säulenfüssen, welche mit dem Fundamente durch Schrauben oder andere Befestigungsmittel unverrückbar verbunden sind.

///////////

WM

Anmerkung 36. Ein Stab ist stets auf Zerknicken zu untersuchen, wenn die Länge des Stabes grösser ist als das Fünffache seiner kleinsten Querschnittsabmessung.

3) Uebungsaufgaben.

230) Aufgabe 100. Eine gusseiserne Hohlsäule von 4 m Höhe empfängt eine Belastung von 60000 kg, welchen Querschnitt muss die Säule erhalten, wenn ihr unteres Ende beweglich sein soll?

Wählt man als Säulenstärke 2 cm, so findet man aus der Tabelle einen äusseren Säulendurchmesser D — 21,5 cm. Das dem Querschnitt entsprechende Trägheitsmoment ist J — 5885, die Querschnittsfläche ist F — 122,52 qcm, was genügt, da der erforderliche Druckquerschnitt sein muss:

60000

500

= 120 qcm

231) Aufgabe 101. Eine gusseiserne Säule von 3m Höhe mit angegossenen Rippen hat eine Belastung von 60000 kg aufzunehmen, welchen Querschnitt muss die Säule bei 2 cm Stärke erhalten?

Auflösung. Es ist:

= 1620

6-60000-300-300

20-1000000

der erforderliche Druckquerschnitt ist:

= 120 qcm

Auflösung. Es ist:

6-60000-400-400

10-1000000

= 5760

60000

500

Hierfür genügt ein äusserer Säulendurchmesser D — 21,5 cm. Für diesen Fall ist F = 122,529 cm und J — 5885.

232) Aufgabe 102. Eine gusseiserne Flügelsäule von 4,5 m Höhe hat 80000 kg aufzunehmen. Welche Querschnittsgrösse muss die Säule erhalten, wenn das untere Ende beweglich ist?

lo

t\a

Figur 195.

ij

.......r

Auflösung¹. Es ist:

6-80000-450-450

10-1000000

= 9720

Diesem Werte entspricht nach der Tabelle das nebenstehende Profil, siehe Figur 195, mit einem:

J — 11072 und einem F — 240 der erforderliche Druckquerschnitt ist:

80000

500

= 160

das gewählte Profil genügt also.

283) Aufgabe 103. Ein 3,5 m hoher Stiel aus Eichenholz hat eine Last von 20000 kg aufzunehmen, wie gross muss die Seite des quadratischen Querschnittes sein, wenn die Enden des Stiels beweglich vorausgesetzt sein sollen?

Auflösung. Es ist:

10-20000-850-350

= 20940

10-117000

diesem Werte entspricht ein Quadrat von 23 cm Seitenlange mit einem:

J — 23320 und einem F— 529,9 qcm

der erforderliche Druckquerschnitt ist:

20000

das gewählte Profil genügt also.

80

= 250

234) Aufgabe 104. Es ist die Tragfähigkeit einer durchbrochenen gusseisernen Wand zu berechnen, wenn dieselbe 4 m hoch und das untere Ende unbeweglich sein soll.

Figur 196.

*—11

fr-n 1 7~ %------&

'±-8—4.

Auflösung. Es ist:

rjV (ll⁴ — 7⁴ + 8⁴ — 5⁴) = 1309

1 Li

die Tragfähigkeit findet sich aus der Gleichung:

20 EF

61-

oder:

20-1000000-1309

= 27270 kg

6-400-400

Die Tragfähigkeit für Druck allein wäre, da F— 111 qcm ist:

111-500 = 55500 kg

235) Aufgabe 105. Es ist die Tragfähigkeit einer 3 m langen schmiedeisernen Strebe von nebenstehendem Querschnitt zu berechnen, wenn beide Enden beweglich sein sollen.

Figur 197.

i.....1

¹⁰ |

/> Z

i#---o'n    f

Auflösung. Das kleinste Trägheitsmoment ist das auf die Achse Z bezogene, es besitzt für das vorliegende Profil, siehe Auflösung der Aufgabe 84 den Wert 670, daher ist:

10-2000000-670 5-300-300

Die Tragfähigkeit für Druck allein ist, da:

F = 60 qcm beträgt = 60- 750 = 45000 kg Es darf daher als Tragkraft nur der erstere Wert berücksichtigt werden.

= 29777, rund 30000

J. Berechnung der Säulenfüsse.

1) Allgemeine Bemerkungen.

236) Gusseiserne Säulen erhalten in der Regel Säulenfüsse, gleichfalls aus Gusseisen, welche entweder an die Säule angegossen sind, so dass Säule und Fuss aus einem Stück bestehen, oder aber getrennt von der Säule hergestellt werden. Die Auflagerplatte des Säulenfusses kann nun quadratisch oder rund sein und ausserdem zur Verstärkung angegossene Rippen besitzen oder nicht.

Figur 200.

Figur 199.

Figur 198.

_ l

A4—J UM-U ; U r

(p!

Ai

Die Fläche der Unterlagsplatte und damit auch die Seite a bezw. der Durchmesser d berechnet sich aus der Formel für Druckfestigkeit:

F= —

Zur Berechnung der Plattendicke 6 für Säulenfüsse ohne Rippen betrachtet man den schraffierten Teil der Platte, siehe Figur 198 und 199, als einen längs des Querschnittes bc eingespannten Träger, dann hat man als Biegungsgleichung für die quadratische Form:

= ~^ad²&

2    b

daher ist:

ax

© = zulässige Beanspruchung des Mauerwerkes =10 ©' = zulässige Beanspruchung des Gusseisens = 250

112) . . . ö = Für die kreisrunde Form ergibt sich:

xV¹³-§

— ax-

oder:

~x® = ~ad²& 5    6

v-i

113) . . . ö— 1,26a?

2

237) Am Rande der Platte nimmt man die Stärke gewöhnlich d' — ---d. Die

O

Auflagerfläche erhält in der Regel von der Mitte ausgehend nach dem Rande zu eine geringe Steigung, etwa 1:100, um beim Vergiessen der Fuge mit Ce-ment den Austritt der Luft und des Wassers zu erleichtern. Besteht die Unterlage aus Holz, so ist zwischen dem Säulenfuss eine 3 mm starke Bleiplatte einzuschalten.

Besitzt der Säulenfuss angegossene Rippen, so nimmt man die Rippen-

3

stärke gleich drei Viertel der Plattenstärke, also di = — d. Zur Berecli-

2) Uebungsaufgaben.

238) Aufgabe 106. Für die in Aufgabe 100 genannte Säule ist der Säulenfuss zu berechnen, wenn derselbe

a)    quadratische,

b)    kreisrunde Grundform ohne Rippen erhalten soll.

Auflösung, a) Die Auflagerfläche berechnet sich, wenn die Säule auf Mauerwerk in Cementmörtel ruhen soll, aus der Gleichung:

60000

—jq— = 6000 qcm

daher ist:

hiernach wird:

niing der Rippenhöhe betrachtet man die Rippe als einen eingespannten Träger, der den auf die schraffierte Fläche, siehe Figur 200, treffenden Druck aufzunehmen hat. Ist F diese Fläche, so hat man die Biegungsgleichung:

daher:

114) . . .

■% f 6 Fx    ©

©'

a = Y600° —    cm

17 — 21,5

x — -

und die Dicke der Unterlagerplatte:

= 27,75

8 = 21,15 -\f

3-10

250

rund 95 nun

die Stärke am Säulenrand wäre demnach:

8' =

T'95 =

63 mm

b) Bei kreisrunder Grundform hat man:

= 6000

d²- 3,14

6000-4

hiernach ist:

3,14

= 87 mm

87 — 21,5

und

8 = 1,26*

₂    = 37,75

37,75 U ¹⁰

——• = 95 mm

250

239) Aufgabe 107. Für die in Aufgabe 101 genannte Säule ist der Säulenfuss zu berechnen, wenn die Grundform quadratisch sein und vier Rippen erhalten soll.

Auflösung. Die Seite des quadratischen Säulenfusses ist, siehe Aufgabe 106, 77 cm, der schraffierte Teil der Grundfläche beträgt:

6000

= 686

32²,2 • 3,14

Bezeichnet nun d die Stärke der Fussplatte, so kann man den zwischen den Rippen A und B befindlichen Teil als einen längs den Rippen eingespannten Träger betrachten und demnach berechnen.

Figur 201.

*—21,5—

Im Grundriss der Figur 201 muss es statt 21,5 heissen: 32,2.

r--s'is —*i

17,5-

CD

tN-

Die Belastung auf den schraffierten Teil ist dann 686-10; als freie Länge gilt im ungünstigsten Falle 77, daher lautet die Biegungsgleichung :

686-10-77

l f 11    —

= 250.t(t-v/* -

8 = 55 mm abgerundet.

Am Rande der Platte nimmt man die Stärke etwas geringer, nämlich:

2

ö' = — ö = 40 mm rund.

o

Die Belastung einer Rippe ist gleichfalls: 686-10 = 6860 kg

daher, wenn ö\ die Rippenstärke, h die Rippenhöhe bezeichnet :

12

oder:

6860a: =

d. h. es ist:

16,l)d²

6860- 6x 250

Die Entfernung x kann im vorliegenden Falle zu 8,5 cm angenommen werden, daher ist:

Figur 202.

h = \/348,86 = 18,6 cm = 186 mm

K. Zusammengesetzte Festigkeit.

1) Allgemeine Bemerkungen.

240) Wird ein Träger auf Biegung und Zug oder Biegung und Druck zugleich beansprucht, so ist er auf zusammengesetzte Festigkeit zu untersuchen.

Durch die Einwirkung der Biegung entstehen im Träger Biegungsspannungen, von denen aber nur die Zug- bezw. Druckspannungen in Betracht kommen; besitzt das Material gegen Zug und Druck verschiedene Festigkeit, so ist die durch Biegung in der äussersten Faser hervorgerufene Zugspannung M

= -jjF, die Druckspannung aber

Wx

hierbei ist W = — und

Wx = —. Durch die Zug- oder Druckkraft entsteht aber eine Spannung:

ai    p

<B₂ = ^d = 4r

Die Gesamtspannung, welche im gefährlichen Querschnitt des Trägers entsteht, ist also:

oder:

d. h. es ist:

wenn die Kraft P eine Zugkraft ist,

115) . . .

wenn die Kraft P eine Druckkraft ist.

addieren.

Wx ¹ F

Im ersten Falle sind die Zug-, im zweiten Falle die Druckspannungen zu

116)    .    .    .    €>    J^r

Ist die Neutralachse des Querschnittes eine Symmetrieachse und besitzt das Material gegen Zug und Druck gleiche Festigkeit, wie z. B. das Schmiedeeisen, so ist W— W₁ und die Gleichungen gehen über in die folgende:

M , P

Die so bestimmte Gesamtspannimg darf die zulässige Faserspannung des Materiales nicht überschreiten.

241)    Die Ermittelung des Trägerprofiles geschieht auf dem Wege des Probierens, indem man zunächst ein Profil wählt und untersucht, ob für dasselbe die aus Gleichung 116) zu berechnende Spannung einen passenden Wert besitzt. Ist © kleiner als die zulässige Faserspannung des Materiales, so ist das gewählte Profil zu gross, im anderen Falle zu klein; durch Annahme eines entsprechend kleineren oder grösseren Profiles wird man durch wiederholte Berechnung von © das zweckdienliche Profil erhalten.

2) Uebungsaufgaben.

242)    Aufgabe 108. Für den untenstehend skizzierten Balkon, siehe Figur 203 und 204, sind die Träger zu berechnen. Die Belastungen sind:

1)    Bodenbelastung 500 kg per Quadratmeter,

2)    Dachbelastung 100 kg per Quadratmeter,

3)    1 cbm Mau er werk aus Hohlziegeln 1100 kg.

Die Belastung kann als gleichmässig verteilt über die Träger angenommen werden.

Auflösung. Belastung des Trägers I. Belastung durch das Mauerwerk: 2-4 0,25• 1100 — 1,1 -2,2-0,25-1100 = 2200 — 665,5 = 1584,5 oder rund 1540 kg

1,5-2,0-500

Belastung durch den Fussboden

750 kg

Figur 203.

Belastung durch die Decke

1,5-20-100

=    150 kg

Berechnung des Trägers II. Derselbe wird auf zusammengesetzte Festigkeit und zwar auf Biegung und Zug beansprucht. Wählt man als Querschnittsform die I Form und als Material Schmiedeeisen, so ist:

Bei Annahme von N. P. No. 14 ist W= 82 und F = 18

1290-150

2.0    -—

1710

——— = 295 + 95 = 390 lo

Das Profil würde also, in Rücksicht auf die Beanspruchung- viel zu gross sein, man wird es aber trotzdem aus Konstruktionsrücksichten wählen, um eine zweckmässige Verbindung der Träger I und II miteinander zu erzielen,

In Rücksicht auf die Beanspruchung hätte das Profil No. 11 Genüge geleistet, dasselbe besitzt ein W = 43,8, ein F — 12,86.

Man hat daher:

1290-150 8-43

eine Beanspruchung, die noch immer unter der zulässigen Grenze gelegen ist.

Berechnung der Strebe III. Die Länge der Strebe ist gleich:

= rund 2,1 m

Figur 204.

--l,5r--4

7J/0¹ f

8-82

Ul

1,5

1,5

1710

₀    = 562 -j- 142 = 702

cos 45°

Wählt man als Querschnitt der Strebe eine -f- Form, so ist das erforderliche Trägheitsmoment:

0,70711

Figur 205.

f-t-i

vm---rt

j=

5-2425-210-210

10-2000000

= rund 26

.Lj

lt\

Dem entspricht das nebenstehende Profil mit einem J = 26 und einem F = 15, was hinreicht, denn der erforderliche Druckquerschnitt der Strebe ist:

1725

750

= rund 3,9 cm

243) Aufgabe 109. Zur Auflagerung einer Balkendecke ist ein einfach armierter Träger, siehe Figur 205 und 206, zu verwenden. Die Belastung der Decke, Eigengewicht und Nutzlast, beträgt per Quadratmeter 700 kg. Es sind die Ausmasse des Trägers festzustellen, g

Auflösung. Gewicht der ganzen Decke — 8 • 8 • 700 = 44800 kg. Hiervon hat der armierte Träger unter der Voraussetzung, dass die Balken über demselben nicht ge-

Die in a

stossen sind ⁵/s, d. i. 28000 kg aufzunehmen; auf die Strecken ac und cb treffen also je 14000 kg. Diese Last verteilt sich auf die einzelnen Knotenpunkte so, dass auf c 10    8

-zr-14000 = 17500 kg und auf a und b je — -14000 = 5250 kg treffen, o    o

und b nach aufwärts wirkende Auflagerreaktion ist dann:

₉ - = 8750 kg

17500

= 2440 kg

s¹

sh

1220    .    3    1290 1r7ne1

^45^ + 8 ' cos45° “ 1725 + 700 kg = 2425 kg Berechnung des Trägers I. Derselbe ist nach dem vierten Belastungsfalle beansprucht, daher ist:

1    2440-200

nt

= 81,33

Diesem Werte entspricht ein N. P. No. 14 mit einem W — 82,7.

Vonderlinn, Statik lür Bauhandwerker.

w= —

750

Als Spannkräfte in den einzelnen Konstruktionsteilen erhält man durch Rechnung:

unter « den WTinkel cad (siehe Figur 207) verstanden

Spannkraft ac = 8750• cotga =

8750-4

= 35000

8750

ad —

8750

sina

cd = 17500 kg 4,1231 = 8750-4,1231 = 36000 kg

4 m.

Figur 206.

’c

-*r

Sm

Figur 207.

Berechnung der einzelnen Konstruktionstelle.

Berechnung des Trägers ab.

Derselbe ist einerseits nach dem achten zusammengesetzte Festigkeit zu berechnen.

Wählt man zunächst das Trägerprofil ohne Rücksicht auf die Druckkraft, so ist:

1    14000-400

Belastungsfalle belastet, andererseits auf

Figur 208.

2DCN?30 I

= 949

8

Diesem Werte würden zwei N. R No. 80 mit einem W = 1076 entsprechen.

Der Querschnitt genügt aber auch noch zur Aufnahme der Druckkraft, denn man erhält als gesamte Spannung in demselben:

1-14000-400 —    8-1076

= 650 + 297 = 940

750

20

A..

35000

258,8

T"

Berechnung der Zugbänder ad.

CG

Der erforderliche Zugquerschnitt ist: 35000

UJ

— rund 48

Hierfür genügt ein Rechteck von °/io cm mit einem F — 50 qcm.

750

35 —*

Figur 209.

2 CN?30

§ dm5,5

Dieselbe ist auf Zerknickungsfestigkeit zu berechnen; es ist daher das erforderliche Trägheitsmoment: 5-17500-100-100 10-2000000

Hierfür genügt ein Kreisquerschnitt mit einem Durchmesser d — 55 mm und einem J — 45.

Berechnung der Verbindungsmittel.

Die Verbindung der einzelnen Konstruktionsteile in den Knotenpunkten a, c, d und b ist durch Gelenkbolzen bewerkstelligt worden. Deren Durchmesser berechnen sich wie folgt:

Bolzen im Knotenpunkt a.

= rund 44

86000-2

2-600-8,14

= 60 mm

Bolzen im Knotenpunkt c.

= 43 mm

17500-2

600-3,14

Der Bolzen bei d erhält denselben Durchmesser wie jener bei a.

Berechnung der Auflagerfläche bei a.

Der gesamte Aullagerdruck beträgt 14000 kg, demnach ist die erforderliche Auf

lagerfläche :

_ y^¹⁴⁰⁰⁰

= 2000 qcm

Nimmt man an, dass das Widerlager 2 Stein, also 0,51 m stark ist, der Träger auf eine Länge von 35 cm auf der Mauer aufliegt und zur Uebertragung des Auflagerdruckes ein Haustein verwendet wird, so muss dessen Breite sein:

2000

35    == 58C“

In den Figuren 208 bis 210 sind die Verbindungen der einzelnen Konstruktionsteile, sowie die Auflagerung des Trägers dargestellt.

----

L. Zusammengesetzte Biegungsfestigkeit.

1) Allgemeine Bemerkungen.

244) Wirkt eine Kraft auf einen auf Biegung beanspruchten Balken nicht in der Richtung einer der beiden Hauptschwerpunktsachsen, so wird der Träger auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit beansprucht. In diesem Falle kann man die Kraft P in Komponenten parallel zu den Hauptachsen des Querschnittes zerlegen und für letztere die Biegungsmomente aufstellen.

Mz

My

Bezeichnen die auf die Achsen Z und Y bezogenen Biegungs- und Widerstandsmomente bezw. M₂, W₃ und MtJ, Wy so ist die grösste in dem Querschnitt hervorgerufene Spannung offenbar:

Wz ¹ w,

Diese Spannung darf die zulässige Faserspannung des Materials nicht überschreiten. Die Berechnung eines Trägers auf zusammengesetzte Biegungs-

117) . . . @ =

festigkeit geschieht zweckmässig durch Probieren; man wählt zunächst ein Profil willkürlich, ermittelt für dasselbe die Werte Wz und Wy und berechnet hieraus die Spannung © mittels der Gleichung 117). Bleibt das berechnete © zu viel unter der zulässigen Beanspruchung des Materials, so ist das gewählte Profil zu gross, im anderen Falle zu klein; durch nochmalige Wahl eines kleineren bezw. grösseren Profiles und Wiederholung des Rechenverfahrens wird man in der Regel das passende Profil ermitteln können.

Figur 211.

Im Hochbau sind es vornehmlich die Dachpfetten, welche auf zusammengesetzte Biegungsfesigkeit beansprucht werden, wenn sie mit ihrer unteren Flansche in der Dachfläche aufliegen, siehe Figur 211. Auch Treppenpodestträger können auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit beansprucht und berechnet werden.

2) Uebungsaufgaben.

245) Aufgabe 110. Eine Daclipfette, welche auf einer gegen die Horizontale unter 4:1 geneigten Dachfläche auf 3 m frei au fliegt, erhält eine gleichmässig verteilte Last von 1500 kg; es ist der Querschnitt der Pfette zu berechnen.

Auflösung. Im vorliegenden Falle ist 4 Py — Pz und

daher;

(4 Pt/)² + (P/)² = 1500²

und

p,=Y

1500*    ,    ,

—yy~ = rund 364 kg

Es ist nun:

Pz = 1456 kg

Mz =

1456-300

= 54600

und

M,,=

364-300

= 13650

Wählt man ein I Profil, No. 18, so hat dasselbe ein Wz — 162 und ein Wy = 23,4, daher ist:

Mz 54600 Wz ~    162

- = rund 340

und

M,

13650

Wy 23,4

= 583

Die Gesamtspannung ist somit © = 340-{-583 == 923, also ein Wert, der schon etwas zu gross ist, siehe Anmerkung 37, man wird also I Profil, No. 20 wählen und erhält hierfür Wz = 216, Wy — 30,7; demgemäss ist:

54600

Mz

und

W₃    216

= rund 253

My

13650

daher ist:

Wy 30,7

= 444

© — 253    444 — 697 kg per Quadratcentimeter

ein Wert der noch unterhalb der zulässigen Beanspruchung liegt; I Profil No. 20 genügt also.

Der kontinuierliche oder durchgehende Träger.

118

daher:

Hätte man ein [Profil No. 20 gewählt, so wäre für dieses:

Wz =193 und Wy = 32,2

und

Mz

54600

Wg 193

= 283

My

f- = 424

hieraus folgt:

@ = 283 -(- 424 = 707 kg per Quadratcentimeter.

Beim [Profil ist das Widerstandsmoment Wy grösser als bei I Profil, daher ist ersteres für die Verwendung als Pfette günstiger als das I Profil.

Anmerkung 37. Bedenkt man, dass die gesamte Beanspruchung einer Pfette, durch Winddruck, Schneelast, Dachbelastung doch nur sehr selten zu gleicher Zeit ein-tritt, so darf der Pfette wohl eine grössere zulässige Faserspannung als 750 kg zu Grunde gelegt werden; man könnte also oben berechnetes Profil No. 18 wohl beibehalten.

M. Der kontinuierliche oder durchgehende

T räger.

1) Allgemeine Bemerkungen.

246) Liegt ein Träger auf mehr als zwei Stützen auf, so heisst er ein kontinuierlicher oder durchgehender Träger; die beiden äussersten Stützen heissen die Endstützen, die übrigen die Mittelstützen; das zwischen zwei Stützen liegende Trägerstück heisst ein Trägerfeld; man unterscheidet Endfelder und Mittelfelder.

Die Berechnung der kontinuierlichen Träger ist in elementarer Weise nicht mehr durchführbar, sondern nur unter Berücksichtigung der Form der elastischen Linie möglich; das Charakteristische dieses Trägers ist, dass auf die Mittelstützen nicht nur Auflagerdrücke ausgeübt werden, sondern dass über denselben auch Momente, die Stützenmomente vorhanden sind. Der Träger ist über diesen Stützen als eingespannt zu betrachten und kann als ein nach den Belastungsfällen 7 bis 10 belasteter Träger annäherungsweise berechnet werden. Die Verwendung der kontinuierlichen Träger im Hochbau als Balken- oder Deckenträger oder auch als Träger im Frontmauerwerk soll nur unter grosser Vorsicht geschehen. Denn der Träger kann nur dann als kontinuierlicher Träger aufgefasst werden, wenn die Mittelstützen auch thatsächlich als solche wirksam sind. Tritt aber durch ein Setzen des Mauerwerks eine Senkung der einen oder anderen Mittelstütze ein, so wird die ursprünglich gemachte Annahme hinfällig. Die berechneten Widerstandsmomente sind zu klein und der Träger ist demgemäss zu stark beansprucht. Auf keinen Fall sollte man Träger mit mehr als zwei Mittelstützen verwenden. Im folgenden sollen nun einzelne in der Praxis häufig auftretende Fälle besprochen werden.

2) Spezielle Fälle.

a) Erster Fall. Zwei Felder und drei Stützen.

a) Die Felder sind gleich lang und in der Mitte eines jeden Feldes

wirkt eine Einzellast P.

Figur 212.

247) Jedes einzelne Feld kann nach dem siebenten einfachen Belastungs-falle beansprucht angenommen werden. Der gefährliche Querschnitt liegt also über der Mittelstütze; die Biegungs-gleichung lautet:

—pi=bw

JL EL

lfT ©

Die Auflagerdriicke sind: 120 ■ • • A = B =

118) . .

16

119) .. . W—

<2|

22

16

jL

Pc

ß) Die Felder sind gleich lang und auf jedes Feld wirkt eine gleich-

mässig verteilte Last P.

248) Jedes einzelne Feld ist nach dem achten einfachen Belastungsfalle beansprucht, der gefährliche Querschnitt liegt über der Mittelstütze, daher lautet die Biegungsgleichung:

Figur 213.

121) . .

Epi—QW

und es ist:

1 PI

¹²²) • • • Jf ₈ @ Die Auflagerdriicke sind:

Tc

123) . . . A = B =

CO iCO

P C = -^P

y) Die Felder sind ungleich lang; in der Mitte eines jeden Feldes wirkt eine Einzellast P₁ bezw. P₂.

249) Jedes einzelne Feld wird wieder nach dem siebenten Belastungsfalle berechnet, man erhält daher die beiden Widerstandsmomente:

W ----- —-

¹ 16 ©

und

3 Pxlx

Figur 214.

124) . . .

3 P₂l₂

16 ©

das grösste der beiden Momente ist für die Berechnung des Trägerprofiles zu benützen.

Die Auflagerdrücke sind:

125) . . . Ä =

JE p p — JD p

16 ¹ 16 ²

11

c=TAE+p2)

Ö) Die Felder sind ungleich lang; auf jedes Feld wirkt eine gleich-massig verteilte Last Px bezw. P₂.

250) Jedes einzelne Feld wird nach dem achten Belastungsfalle berechnet; man erhält daher die beiden Widerstandsmomente:

P,

Figur 215.

Pa

126) . . .

Wi =

und

W2 =

rH X

JVi

1_ P*h 8 ©

das grössere der beiden Momente ist für die Trägerberechnung zu benützen.

Die Auflagerdrücke sind:

— P 8 ¹

127) . . . A =

lp 8 ²

GO Ol

(Pi + P*)

b) Zweiter Fall. Drei Felder und vier Stützen.

Genaue Berechnung⁻.

«) Die Felder sind gleich lang und in der Mitte eines jeden Feldes

wirkt eine Einzellast P.

251) Der gefährliche Querschnitt liegt über den Mittelstützen c und cl\ für diese lautet die Biegungsgleichung:

Figur 216.

128) . .

129) . .

.AP, = @ir

w— — J-L 20 ©

-e-

Sr

Die Auflagerdrücke sind:

lp

130) ... A — B —

Ol CM

O CO

20

Angenäherte Berechnung.

3 PI

252) Die beiden Endfelder kann man nach dem siebenten, das Mittelfeld nach dem neunten Belastungsfalle belastet ansehen; in dem einen Falle erhält man dann, für das Widerstandsmoment über den Mittelstützen c und d den Ausdruck:

16 ©

131) . . . W

für die Auflagerdrücke aber:

5    19

— P C=JJ = ^-P

132) . . . A = B = ₁₍₍

Anmerkung 38. Vergleicht man die Ausdrücke in No. 128) bis 131) miteinander, so findet man, dass bei der angenäherten Berechnung das Widerstandsmoment um

3    3

- PI zu gross, die Auflagerdrücke A und B aber um — oU    oU

3

C und D um —— P gegenüber dem wahren Werte zu gross ausfallen.

16

P zu klein, jene bei

p) Die Felder sind gleich lang, auf jedes Feld wirkt eine gleich-

massig verteilte Last P.

Genaue Berechnung:.

253) Der gefährliche Querschnitt liegt über den Mittelstützen c und d. für diese lautet die Biegungsgleichung:

133)    . .

134)    ... W—~

. 1Q

Pl—^> W

Figur 217.

10 6

Die Auflagerdrücke sind:

135) ... A — B

4    11

— IJ C — D = —— P

10

10

A n g e n ä h e r t e Berechnung.

254) Die beiden Endfelder kann man nach dem achten, das Mittelfeld nach dem zehnten Belastungsfall belastet ansehen; wenn nun P für alle drei Felder gleich gross ist, so kommt nur das durch die Endfelder hervorgerufene Widerstandsmoment in Betracht, dieses ist:

¹³⁶>-ff=}w

Die Auflagerdrücke sind:

137) . . . A=B=~P C — D = — P

Anmerkung 39. Vergleicht man die Werte in den Gleichungen 133) bis 137) miteinander, so erkennt man, dass bei der angenäherten Berechnung das Widerstands-

-L PI zu gross ist, die Auflagerdrücke A und B

klein, C und Z> aber um —^ P gegenüber den wahren Werten zu gross werden.

y) Die Felder sind ungleich lang aber die Endfelder gleich gross; in der Mitte der Endfelder wirkt eine Einzellast Px, über der Mitte des Mittelfeldes eine Einzellast Pv

Angenäherte Berechnung.

255) Für das Endfeld ergibt sich für den gefährlichen Querschnitt bei c oder d das Widerstandsmoment:

W₁ =    für das

Mittelfeld dagegen:

Der grössere der beiden Werte ist der Berechnung des Trägerprofiles zu Grunde zu legen.

Die Auflagerdrücke sind:

139) ... A — B

moment um

138) . . .

i /?    1

16

Figur 218.

P₂

um

40

P zu

pi

Z,

C =I) = ~

-T&-

P2

8) Die Felder sind ungleich lang, aber die Endfelder gleich gross; auf die Endfelder wirkt je eine gleichmässig verteilte Last Plt auf das Mittelfeld eine solche Last P₂.

Angenäherte Berechnung.

256) Für ein Endfeld, siehe Figur 219, ergibt sich für den gefährlichen Querschnitt bei c oder d das Widerstandsmoment:

Figur 219.

Ja

Po

TS?

Wx —    für das

ö

Mittelfeld dagegen: — P l

Der grössere der beiden Werte ist der Berechnung des Trägerprofiles zu Grunde zu legen.

140) . . .

W₂ =

Die Auflagerdrücke sind: 141) . . . A — B —

CO oo

Pr

Anmerkung 40. Betrachtet man den allgemeinsten Fall eines kontinuierlichen Trägers, nämlich einen solchen mit beliebig vielen Feldern von beliebiger Länge und Belastung, so besteht für drei aufeinander folgende Stützen, siehe Figur 220, die folgende Momentengleichung:

142) . . Mn — i ln — i -j- 2 Mn (ln _ i -j— ln) -j- Mj _j_ i ln

ln —

ln

^ [Pa (l — a) (21 -j- «)]

2 [P« Q~a) (*+«)]

t-Q. l,r

— Qn — l l²n — 1 -~

Besitzt der Träger n Felder, so ergeben sich n — 1 Gleichungen, aus welchen sich die Auflagermomente berechnen lassen.

Bezeichnet man mit V‘n — \ und F"w_i die unmittelbar rechts von On — bezw. links von an wirkenden Vertikalkräfte, so ist:

143) . . . V'n _! =

144) . . . V"n

[jf„-.JC,_₁+2

Q ln —

Mn — Mlt

Qln-l]

2 J

Figur 220.

S T‘

Pi

.....-ga3-

n-i

ln

n-i

An

ln

ann

n — 1

Die Auflagerreaktion für eine Stütze ergibt sich als Differenz der Vertikalkräfte unmittelbar rechts und links von dem betreffenden Stützpunkte oder gleich der Summe der absoluten Werte derselben, d. li. es ist:

145) ... A* = V'n — V"n

Aus diesen allgemeinen Gleichungen lassen sich nun in einfacher Weise für die Fälle 1 y) bis 8) und 2 y) bis 8) des kontinuierlichen Trägers die genauen Werte für die Stützenmomente bezw. die Auflagerreaktionen ermitteln.

Fall ly). Die Felder sind ungleich lang und in der Mitte eines jeden Feldes wirkt eine Einzellast Px bezw. P₂.

Die allgemeine Momentengleichung lautet nun:

O + 2    (?, + 4 + O = - ₇*-P,

2 Mc (4 + 4) = - -f (P, V + P₂ V)

Man erhält somit:

lL _Ip

2    2 ^ l₂

3 Pi*i* + -P«*2

+ h

Die Vertikalkraft links von a ist Null, daher ist die Auflagerreaktion der Grösse nach gleich der Vertikalkraft unmittelbar rechts von a, d. h. es ist in Kiicksicht auf Gleichung 143) bezw. 144):

146) . . . Mc = —

(jc + o + AL)

147)    . . . A = entsprechend findet man:

148)    . . . B = die Vertikalkraft unmittelbar links von c ist:

& -i

Mc

-P,

\k\ 2 /

~ h

unmittelbar rechts von c hat man:

H«

-Mc-\

V'z =

daher ist die Auflagerreaktion:

149) . . . C = V\ - V\ = Mc

In gleicher Weise Hessen sich auch für die übrigen in den No. ly) bis ö) und 2y) bis ö) aufgeführten Fälle des kontinuierlichen Trägers die Stützenmomente und Auflagerreaktionen aus den allgemeinen Gleichungen 142) bis 145) ableiten; im folgenden sollen jedoch nur die Resultate angegeben werden.

Fall 1 Ö). Die Felder sind ungleich lang und auf ihrer ganzen Länge durch eine gleichmässig verteilte Last Px bezw. P₂ beansprucht.

Es ist:

150) ... Mc = —

Die Auflagerdrücke sind:

151) . . . A =

Mc

P⁵!

152) . . . B =

Mc

P*

Meih + lJ Pi + Pa

153) . . . C =

Da der Wert von Mc negativ ist, so sind in den Gleichungen 151) und 152) die absoluten Werte der einzelnen Glieder zu subtrahieren, in Gleichung 153) dagegen zu addieren.

Fall 2 y). Die Felder sind ungleich lang, aber die Endfelder gleich gross; in der Mitte der Endfelder wirkt eine Einzellast Pv in der Mitte des Mittelfeldes eine Einzellast P₂.

Es ist:

154) . . . Mc = —

Wollte man hier einen I Träger verwenden, so würde man ein sehr hohes Proül, nämlich No. 47¹/2 wählen müssen. Man benützt, wenn das Widerstandsmoment eines Trägers den W'ert 1700 überschreitet, zweckmässiger einen kastenförmigen Träger, indem man entweder mehrere [Eisen zu einem Querschnitte vereinigt, oder indem man aus Winkel- und Flacheisen eine Kastenform bildet. Im vorliegenden Falle wurde das Profil, siehe Figur 224, gewählt. Dasselbe besitzt — ohne Berücksichtigung der Nietlöcher — ein Widerstandsmoment:

(19 • 37² — 5 • 35² — 10 • 33² — 2 • 23-) — 2177 b

W =

reicht also vollständig aus.

Es ist:

— 2557

Fall 2 8).

Die Auflagerdrücke sind:

155) . . . A = B —

Mc

1\

l + T~

Me

156) ... C = D — —r—

Die Felder sind ungleich lang, aber die Endfelder gleich gross; auf die Endfelder wirkt eine gleiclimässig verteilte Last Px, auf das Mittelfeld eine gleiclimässig verteilte Last P₂.

Es ist:

157)    ... Mc = — Die Auflagerdrücke sind:

158)    ... A — B —

159) . . . C = D =

Me

B) Uebungsaufgaben.

257) Aufgabe 111. Ein in seiner Mitte durch eine Säule gestützter eiserner Unterzug hat die Balkenlage eines Getreidespeichers nebst der Nutzlast aufzunehmen. Gesamtbelastung der Decke 800 kg per Quadratmeter; die Balken aus Kiefernholz b:h = 3:4, sollen über den Unterzug ungestossen hinwegreichen. Es ist die Konstruktion zu berechnen.

Belastung des Unterzuges.

Auflösung. Belastung der ganzen Decke

Hiervon treffen auf den Unterzug ab daher trifft auf ein Trägerfeld Belastung eines Balkens

daher auf ein Balkenfeld

10-10-800 = 80000 kg ⁵/s-80000 = 50000 kg 25000 kg

= 0,80-10-800 = 6400 kg 3200 kg

6400

Man erhält die nebenstehenden Belastungsskizzen, siehe Figur 222 und 223.

Berechnung des Unterzuges.

Es ist:

i-H | GO

25000-500

750

= 2083

Berechnung des Balkens. 3200-500

70

«i

.....1i

?A

%.

%.

Figur 224.

Fl

^......

Figur 221.

ff

v,

.....V.

|T

2500Kc

2500Ku

Ed

Figur 222.

320oKq

32QoKa

Figur 223.

daher ist:

und

Ci

. ^-/i³ = 2557 4

₇    ,72557-24

Ä=y—3

= 2 1/2557 = 28 cm

demgemäss ist:

»»4

Belastung der" Säule. Dieselbe beträgt:

— 21 cm

10

—— ■25000 = 31250 kg

Ist die Höhe der Säule zu 4 m und das untere Ende als unbeweglich angenommen, so ist das erforderliche Trägheitsmoment des Säulenquerschnittes bei 2 cm Dicke:

6-31250-400-400

20-100000

= 1800

Hierfür genügt ein Durchmesser d = 15,5 cm mit einem F = 84,82. Druckquerschnitt ist:

Der erforderliche

31250

= 62,5 qcm

Die Grösse der Auflagerplatte des Säulenfnsses ist:

a==V 10

Der Mauerpfeiler wird also 0,64 stark sein müssen. Die Fundamentfläche muss sein:

r- Stein.

31250

500

31250

= 56

„ _    , daher ist dessen Breite b = \    _ .

2,5    V 2,5

3

Der Auflagerdruck des Unterzuges auf die Mauer ist — -25000 = 9375 kg, die er-

o

9375

forderliche Auflagerfläche demnach ——

31250

- 112 cm =

= 1339 qcm. Liegt der Träger auf einer

Länge von 30 cm auf, so ist zur üebertragung des Druckes auf das Mauerwerk entweder eine Unterlagsplatte oder ein Haustein von der Breite

1339

30

= 45 cm erforderlich.

3

Der Auflagerdruck eines Balkens auf die Mauer ist —•3200 — 1200 kg. Die er-

1200 -forderliche Auflagerfläche ist also —-— = 172 qcm. Da der Balken 21 cm breit ist

und mindestens ebenso weit auf der Mauer aufliegt, so kann er direkt auf der Mauer aufgelagert werden.

258) Aufgabe 112. Zur Herstellung einer Schaufensteranlage wird in das Frontmauerwerk eine gusseiserne Wand von 4m Höhe eingesetzt, auf welcher drei durchgehende I Träger zur Unterstützung des Frontmauerwerkes aufruhen. Die Belastung, welche als gleich-mässig über den Träger verteilt angenommen werden darf, beträgt 15000 kg per laufenden Meter.

Man soll das Trägerprofil, ferner das Profil der Gusswand, die Auflagerdriicke in a und b, sowie die daselbst etwa erforderlich werdenden Auflagerplatten berechnen.

Figur 225.

1,5*2-

Auflösung. Die Belastung auf der Strecke ac ist:

Px = 1,5-15000 = 24500 kg auf der Strecke cb:

P₂ = 2,5 • 15000 = 37500 kg Das Widerstandsmoment über c, für das Trägerfeld cb ist:

CL

1    37500-250

750

= 1562,5

Figur 226.

Verwendet man drei Träger, so trifft auf einen ein:

1562,5

= 520,8

(Pi + Po) = 4“ (22500 -f- 37500) = 37500 kg

o    o

Diesem Werte entspricht ein N. P. drei Träger No. 28 verwenden.

Der Auflagerdruck in c beträgt:

No. 28 mit einem W = 547. Man wird also

Das für die Gusswand erforderliche Trägheitsmoment ist demnach:

6-37500-400-400

20-1000000

= 1800

Figur 227.

12

TI-

mm. 12 iii

Diesem Werte entspricht das Profil, siehe Figur 227, mit einem

J = 1889 und einem F = 121 qcm Der erforderliche Druckquerschnitt ist: 37500

500

= 75 qcm

51

Der Auflagerdruck in b ist: 3

— 37500

= 14062,5 kg

daher die erforderliche Auflagerfiäche:

= 2008,9 qcm

14062,5

'mm

510------

Figur 228.

Figur 228 a.

::

:v/

/

Jui-J

280

t---120

258 —

3!) -

Setzt man eine Mauerstärke von 2 Stein, also 51 cm voraus

so kann man der

Auflagerplatte eine Breite von 51 cm geben; es folgt hieraus für die Länge derselben:

2009

₅₁    = 39,2 rund 40 cm

Die Dicke der Auflagerplatte macht man in der Kegel gleich:

h, h die Trägerhöhe

«=15mm+ 2(| im vorliegenden Falle ist also:

280

8 = 15 mm -f ^

Für die Auflagerung der Träger ergibt sich die Anordnung, siehe Figur 228 und 228 a; zur Versteifung der Träger werden letztere miteinander verschraubt unter Anwendung von Gussstücken von der gezeichneten Form. Diese liegen über den Auflagern und bei grossen Trägerlängen in Entfernungen von 2 zu 2 m. Im vorliegenden Falle werden also über den Auflagerpunkten a, b und c solche Gussstücke angewendet werden müssen.

259) Aufgabe 113. Die Zwischendecken eines Speichers werden durch Unterzüge und gusseiserne Säulen gestützt. Die oberen Unterzüge de sind von Eichenholz und auf den Säulen b gestossen, die unteren Unterzüge hi dagegen von Walzeisen und durchgehend. Das Dach ist ein Doppelziegeldach. Die Balken aus Kiefernholz sind 6,0 m lang, reichen nur über drei Unterzüge hinweg und liegen 0,80 m auseinander. Die gusseisernen Säulen sollen angegossene Fussplatten von quadratischer Grundform besitzen. Die quadratischen Säulenfundamente sind aus bestem Ziegel mau er werk in Cementmörtel ausgeführt, wobei guter Baugrund vorausgesetzt ist. Für die Unterzüge de ist ein Querschnittsverhältnis von 3:4 gewählt. Die Konstruktion ist zu berechnen.

= 29 mm

Auflösung. Die Belastung des Daches per Quadratmeter Horizontalprojektion kann zu 381 kg angenommen werden.

Auf einen Hauptbinder trifft somit eine Belastung von 3-15-381 = 17145 kg. Hiervon wird von jeder Stuhlsäule direkt aufgenommen der vierte Teil, also: 17145

^ - — 4286 oder 4300 kg.

Die Belastung der Zwischendecken ist per Quadratmeter 800 kg. Die Gesamtbelastung einer Decke auf 6 m Tiefe ist sonach 6-15-800 = 72000 kg.

'S

,3

y,

Figur 229.

«■

irr T>]

m

2m

,3

*ro

3,0 m

Pf=RH

st

Ipil

5

Hiervon treffen auf einen Unterzug — • 72000 = 45000 kg, auf ein Trägerfeld daher

45000

= 15000 kg.

Die Belastung eines Balkens ist 0,8-800-6 = 3840 kg.

Die Belastung einer Säule b beträgt 15000 -\- 4300 = 19300 kg. Die Belastung einer Säule c ist demnach:

¹⁰ • 15000 + 19300 = 16875 + 19300 == 36175 kg

Berechnung eines Balkens. Es ist:

1    3840•300

70

= 2183

daher ist:

und

h = 2 Y2183 = 26 cm

7"

79

—— — 20 cm.

Berechnung eines Unterzuges de.

IF=i

Es ist:

15000-500

Hieraus findet sich:

80

= 11718

und

h — 2 Y11718 = 46 cm

7    3

b = -T-- 46 = 34 cm 4

Berechnung eines Unterzuges hi. W =

Es ist:

15000-500

750

= 1250

Diesem Werte entspricht K P. No. 38 mit einem W= 1274. Berechnung der Säule b.

Es ist:

6-19300-400-400

20-1000000

= 926,4

Bei einer Säulenstärke von 2 cm erhält man für obigen Wert einen Säulendurchmesser D = 13,0 cm mit einem F — 69,129 cm. Der erforderliche Druckquerschnitt ist nur 19300

500

- rund 39 qcm.

Berechnung der Säule c. Es ist:

6-36175-500-500

2000000

= 2713

Diesem Werte entspricht bei derselben Stärke der Säule wie oben ein D = 17,5 cm und ein F— 97,39. Der erforderliche Druckquerschnitt ist F =

36175

= 72 qcm.

Die Stärke der Mauerpfeiler zur Aufnahme des Säulenfusses muss sein:

500

* = V' 10

Die Stärke des Fundamentes ist:

36175

= 60,1 rund 64 cm = 2^2 Steine.

36175

2,5

= 120,3 cm = 129 cm d. s. 5 Steine.

Bei einem quadratischen Säulenfuss mit 8 Rippen berechnet sich die Stärke der Fussplatte wie folgt. Die auf die schraffierte Fläche treffende Belastung ist:

17,5²-3,14-10

36175

= 4522 — 298 = 4224 kg

Nimmt man nun der Einfachheit halber an, dass die freitragende Länge der Unterlagsplatte durch die Länge ab gegeben sei, so hat man die Gleichung:

4224-30

4-8

Figur 230.

12-250

i(³⁰

-V

4224-30-6

17,5 \

2 /

3

= rund 35 mm

12-250-(30

Die Rippenstärke wird demnach    8 = 27 mm.

Der Auflagerdruck des Unterzuges hi auf die Mauer

n ,    5625

daher die erforderliche Auflagerfläche = —-—

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

ist 4--15000 = 5625 kg,

= 804 qcm.

Die Flanschenbreite des Trägers No. 38 beträgt 14,9 cm. Bei einer Auflagerlänge von 30 cm ist die Auflagerfläche 30-14,9 = 547 qcm; es ist somit eine Auflagerplatte

=27 cm erforderlich. Die erforderliche Stärke der Auflagerplatte

1-380

von der Breite

804

ist 8 = 15 m -f

20

= 34 mm.

¹

esamtbelastuüg des Trägers I

Belastung des Trägers II. Belastung durch das

Mauerwerk:

1,5-0,25-4,0-1100 —0,60-0,25-2,2-1100 = 1650 — 363

= 1287 rund 1290 kg

Diese Belastung ist gleichmässig verteilt über den ganzen Träger; ausserdem wirkt auf diesen Träger noch als Einzellast am einen Ende der Auflagerdruck des Trägers I im Betrage von 1220 kg.

Belastung der Strebe III. Unter der Voraussetzung, dass die Strebe unter 45° gegen die Horizontale geneigt sein soll, beträgt der in der Richtung der Strebe wirkende Druck:

N. Der mehrfach belastete Träger.

1) Der mehrfach belastete Freiträger.

260) Wirken auf einen Freiträger beliebig viele Lasten Pn P₂ u. s. w., siehe Figur 231, so verursacht jede Last an der Einspannstelle ein grösstes

Figur 231,

Biegungsmoment. Der gefährliche Querschnitt liegt also für jede Last an der Einspannstelle, für diese addieren sich die Biegungsmomente, p, so dass man folgende Biegungsgleichung erhält:

Pi

160)    . . . @TF=P₁;₁+iyt+r,/»+iy₄+..

■—h

"* daher lautet die Gleichung für das Widerstandsmoment :

161)    .. . W —

2P/

2) Der auf zwei Stützen frei aufliegende Träger,

a) Allgemeine Bemerkungen.

261) Unter den unendlich vielen hier möglichen Belastungsfällen sollen nur die folgenden, im Hochbau häufig auftretenden Belastungsfälle aufgeführt und näher besprochen werden.

Erster Belastungsfall. Der Träger ist nur durch Einzellasten beansprucht.

Zweiter Belastungsfall. Der Träger ist durch Einzellasten und durch auf gewisse Strecken gleichmässig verteilte Lasten beansprucht.

Dritter Belastungsfall. Der Träger ist nur durch einzelne auf gewisse Strecken gleichmässig verteilte Lasten beansprucht.

b) Erster Belastungsfall. Der Träger ist nur durch Einzelnsten beansprucht.

262) Bei dieser Belastung ist die Lage des gefährlichen Querschnittes von vornherein nicht bekannt, sondern muss erst bestimmt werden. Am einfachsten gelangt man auf graphischem Wege zum Ziele. Man zeichnet Kräfte und Seilpohgon und erkennt nun unmittelbar, da die von dem Umfang des Polygones abgegrenzten vertikalen Strecken die reduzierten Biegungsmomente darstellen, dass das grösste Moment nur unter dem Angriffspunkte einer der Kräfte P stattfinden kann. Im vorliegenden Falle trifft dies für die Kraft P₂ zu und es ist y das grösste Biegungsmoment.

>h

1^=8-

Pi

l₂-5

Figur 232.

.ST

-ob

Ai

Pi__

gj

co

cn

CO

Das wirkliche Biegungsmoment ist dann M—yH (II — Poldistanz). Bestimmt man für die Angriffsstellen der einzelnen Lasten die Vertikalkräfte der Grösse nach, d. h. die Resultanten der auf die bezüglichen Trägerstücke wirkenden Kräfte, so ist die Vertikalkraft

von a — c — Va = A, von c — cl — Vc = A — Pv von cl—e=Vd = A — (P₁-(-P₂), von e f—Ve = A — (P₁-j-P₂-[-P₃) von f—b endlich Vh —\A -— (P₁ + ?₂ + P₃ + P₄)] == B.

Nimmt man die nach aufwärts gerichtete Vertikalkraft A als positiv an und berechnet hiernach die übrigen Vertikalkräfte, so ergibt sich unmittelbar links vor dem gefährlichen Querschnitt d eine Vertikalkraft VC = A — P₁, unmittelbar rechts von d aber eine solche von Vd = A — (Pt - j- P₂).

Die erstere ist noch positiv, die letztere negativ; im gefährlichen Querschnitt wechselt die Vertikalkraft also ihre Vorzeichen.

Trägt man diese Vertikalkräfte, so wie die Figur 232 zeigt, als vertikale Linien an den zugehörigen Stellen auf, so erhält man die in der Figur gezeichnete treppenförmige Linie der Vertikalkräfte; sie durchschneidet die Trägerachse an der Stelle des gefährlichen Querschnittes.

Man erhält somit für die Ermittelung der Lage des gefährlichen Querschnittes folgende Anhaltspunkte:

„Der gefährliche Querschnitt liegt stets unter dem Angriffspunkte einer Last. Man zeichnet nun entweder Kräfte- und Seilpolygon und ermittelt in letzterem die grösste vertikale Strecke y, welche aus dem Seilpolygon wird. Durch die Lage dieser Vertikalen ist die Stelle des gefährlichen Querschnittes, durch ihre Länge das im gefährlichen Querschnitt auftretende grösste Biegungsmoment bestimmt; oder aber man zeichnet die Linie der

Vertikalkräfte, so bestimmt diese durch ihren Schnitt mit der Trägerachse die Stelle des gefährlichen Querschnittes.“

Das Biegungsmoment für diesen Querschnitt berechnet sich dann als das statische Moment der auf das durch den gefährlichen Querschnitt und ein Auflager begrenzte Trägerstück wirkenden Kräfte für einen im gefährlichen Querschnitt gewählten Drehpunkt. Im vorliegenden Falle ist dieses grösste Biegungsmoment:

— Ai Pj (i—4) = b (i - 4) - p₃ (4 - 4) - p₄ (4 - 4)

max

162) .. . M,

c) Uebungsaufgabe.

263) Aufgabe 114. Für den in Figur 232 durch Einzellasten Px = 500 kg, P₂ = 600 kg, P₃ = 450 kg, P₄ = 200 kg belasteten Balken ist die Lage des gefährlichen Querschnittes und das daselbst auftretende grösste Biegungsmoment zu ermitteln.

Auflösung. Aus der Zeichnung entnimmt man, dass der gefährliche Querschnitt unterhalb des Angriffspunktes der Last P₂ liegt. Unter Berücksichtigung des gewählten Massstabes 1 mm = 18 cm, 1 mm = 37 kg beträgt das auf die Poldistanz reduzierte grösste Biegungsmoment y = 20,3 mm = 20,3-13 = 263,9 cm. Die Poldistanz LT beträgt 27 mm, d. h. 27-37 = 1000 kg. Das wirkliche Biegungsmoment ist also:

Mmax = H-y = 263,9-1000 = 263900

Bestimmt man die Auflagerreaktionen durch Rechnung so findet man:

500 (9 — 2) -f- 600 (9 — 5) + 450 (9 — 6) + 200 (9 — 8)

3500 + 2400 + 1360 -f- 200

7000

9— = 827,27 kg

500-2+ 600-5 + 450-6-f-200-8

922,22 kg

1000+ 3000 + 2700 + 1600 _ +300

A + P = 1750 kg

Es ist nun:

Va = 827,77 Vc = 827,77 — 500 = + 327,77 Vd = 827,77 — 1100 = — 272,23 Der gefährliche Querschnitt liegt also bei d. Das Biegungsmoment daselbst ist:

Mmax = 827,77-5 — 500-3 = 2638,88 oder auf Centimeter bezogen 263888.

d) Zweiter Belastungsfall. Der Träger ist durch Einzellasten und durch auf gewisse Strecken gleichmässig verteilte Lasten beansprucht.

264) Dieser Fall lässt sich auf den Fall 1 zurückführen, indem man sich die die gleichmässig verteilten Lasten P₄ und P₅ darstellenden Belastungskörper, siehe Figur 234, in eine Anzahl gleicher und recht kleiner Teile teilt und in den Schwerpunkten dieser Teile vertikale Einzelkräfte Q₁, Q.₂ u. s. w. anbringt, entsprechend den Gewichten dieser Teilkörper. Man hat dann lauter Einzellasten und verfährt zur Ermittelung der Lage des gefährlichen Querschnittes und des grössten Biegungsmomentes wie im Falle 1. Im vorliegenden Falle liegt der gefährliche Querschnitt bei d und das grösste Biegungsmoment ist:

Dabei ist es keineswegs notwendig, dass der gefährliche Querschnitt unterhalb einer der ursprünglich gegebenen Einzellasten P1? P₂ und P₃ liegt, er kann vielmehr auch unterhalb einer der Lasten Q liegen.

Xi

'7

•xiWi

pj,

Durch Zeichnung der Linie der Vertikalkräfte ergibt sich gleichfalls die Lage des gefährlichen Querschnittes; diese Linie hat ebenfalls eine treppenförmige Gestalt, doch sind die Verbindungslinien zwischen den Berührungspunkten stellenweise gegen die Horizontale geneigt, infolge der Einwirkung der gleichmässig verteilten Lasten.

Die Vertikalkraft bei a ist: Va = A, unmittelbar links von c: Vc' = A —

auf der Strecke von f nach d: V auf der Strecke von d nach g : Vd = H — P₁ — P₂ — P₄,

(4 — l+h)

unmittelbar rechts von c: V‘‘ = VJ — P = A — P₁ — P

, unmittelbar rechts von e:Vau= V₆‘ — P₃, bei b: Vb = B. Der Wechsel des Vorzeichens findet bei d statt.

Eigur 234.

Q41

jp₂ h

i Qs Qß

Q7

\L

12

1=10 -

irO\

Qs

A³

■8

Pi

4'

Figur 235.

P₂

~/7P

Qs.

7'

Qß,

<?

ij

P3

11

unmittelbar links von e : VJ — A — P₁ — P₂ — P₄ — P₅

e) Uebungsaufgabe.

265) Aufgabe 115. Für den in Figur 234 dargestellten, durch die dort verzeichneten Lasten beanspruchten Balken ist die Lage des gefährlichen Querschnittes, sowie die Grösse des daselbst auftretenden Biegungsmomentes zu ermitteln.

Pj — 400 kg P₂ = 300 kg Po = 600 kg P₄ = 600 kg P₅ = 450 kg

Es ist nun:

A + B = 2350 kg

600-3

Vc = 1030

580 V" = 580 — 400 = 180 Vf— 1030 — 600 — 400 = + 30

ebenso gross ist die Vertikalkraft unmittelbar links von d, rechts von d dagegen ist sie — 30 — 300 = —270. Der gefährliche Querschnitt liegt also bei d.

Das Biegungsmoment daselbst ist:

1030 • 6 — 600 • 4 — 400 • 3 = 6180 — 2400 — 1200 = 2580

und auf Centimeter bezogen = 258000.

Durch Zeichnung erhält man unter Berücksichtigung des Massstabes, Längenmassstab 1 mm = 15 cm, Kräftemassstab 1 mm = 30 kg, für das grösste y unter d:

y = 21 mm = 21 • 15 = 315 cm

M= 819-315 = 258000 Das Resultat stimmt also mit dem der Rechnung überein.

Auflösung. Durch Rechnung erhält man:

600 (10 — 2) -f 400 (10 — 8) -f- 300 (10 — 6) + 450 (10 — 8) = 600 (10 — 1)

4800 + 2800 + 1200 + 900 + 600

10

10

= 1030 kg

600-2 + 400-3 + 300 • 6 + 450 • 8_+ 690 • 9

10

1200 + 1200 + 1800 + 3600 + 5400

10

= 1320 kg

Die Poldistanz beträgt 27,3 mm, daher 27,3-30 = 819 kg. Es ist somit das grösste Biegungsmoment:

f) Dritter Belastungsfall. Der Träger ist durch einzelne auf gewisse Strecken gleichmässig verteilte Last beansprucht.

a) Die Belastung Pt ist auf eine Strecke Q gleichmässig verteilt.

266) Zur Bestimmung der Lage des gefährlichen Querschnittes ermittelt man sich die Auflagerreaktionen A und B, sowie die Linie der Vertikalkräfte.

An der Stelle a ist die Vertikalkraft: Va = A, an der Stelle c: Vc — A —1\, dieser Wert wird stets negativ sein, weil Px stets grösser als A sein muss;

die Linie der Vertikalkräfte schneidet also den Träger stets auf der Strecke ac; im vorliegenden Falle im Punkte g und hier liegt der gefährliche Querschnitt; an dieser Stelle ist die Vertikalkraft = 0, d. h. die

Figur 236.

0„3

JL

auf die Strecke ac treffende Belastung ist gleich der Auflagerreaktion M; bezeichnet man ag mit x, so erhält man zur Bestimmung von x die Gleichung:

Px X

oder:

163) ...«==

Die Auflagerreaktion kann nun rechnerisch oder graphisch bestimmt werden; im letztem Falle ergibt sich die Länge x graphisch.

*1

Figur 237.

Alx

pi

ß) Die Belastungen Px und P₂ sind auf die Strecken lx und l₂ gleich-

mässig verteilt.

267) Mittelst der Auflagerreaktion und der Linie der Vertikalkräfte ergibt sich im Punkte i der gefährliche Querschnitt.

ist, liegt i auf der

Je nachdem

li

Figur 238.

Strecke ac oder clb.

Würde i auf letztere Strecke fallen, so hat man zur Bestimmung der Entfernung x des Punktes i von dem Punkte d die Gleichung:

P₂x

irmirr,v

Pi

4-

TS

'S

A = Pt-f

oder:

164) . .

(A ■— P₂) 4

P₂

3<-

3/

Ist dagegen A<PV so liegt der gefährliche Querschnitt auf der Strecke ac und es dient zur Bestimmung seiner Entfernung * vom linken Auflagerpunkte a die Gleichung 163).

Figur 239.

) Uebungsaufgaben.

268) Aufgabe 116. Ein I-Träger von 4,50 m Länge hateinezwei Stockwerk hohe, ein Stein starke Mauer zu tragen, in welcher sich zwei Thüröffnungen befinden, siehe Figur 240, es ist das Träger profil zu berechnen.

cs

Figur 240.

Auflösung. Das Mauergewicht auf die Länge 4,50 — 0,75 = 3,75 m ist

t\so^

— 2,80'------4

3,75-0,25-(4,20+ 3,70) 1600 = 11850 kg Hiervon ab zwei halbe Thüröffnungen

jL

= 1,50 • 0,25 -2,8-1600 = 1680 kg

bleibt als gleichmässig verteilte Belastung des Trägers auf die Strecke ac Es ist nun:

P= 10170 kg

jg

10170 (4,50—-L50)

4,50

- = 6780 kg

Der gefährliche Querschnitt liegt auf der Strecke ac in einer Entfernung x von a, erhältlich aus der Gleichung:

--------2. SO"¹

5 20

6780-3

—--3.0m-

— 2,0 m

1,5'” -

10170

Für das Biegungsmoment erhält man: Ax Ax

a-k

5.50 /2-

■b

M — Ax

daher ist W =

678000

— = 6780-100 = 678000

Diesem Werte entsprechen zwei Träger No. 28 mit einem Gesamt- W — 1094.

= 904.

269) Aufgabe 117. Ein I-Träger hat eine zwei Stockwerk hohe, ein Stein starke Mauer zu tragen, welche durch Thüröffnungen, s. Fig. 241, unterbrochen ist. Es ist das Trägerprofil zu berechnen.

Figur 241.

Auflösung. Gewicht der Mauer auf die Länge 2,40 + 1,20 = 3,60 m =3,6-0,25-7,90-1600 = 11376 kg Hiervon ab zwei ganze Thüröffnungen

(1,40 -j- 1,20) • 2,80 • 0,25 -1600 = 2912 kg

082---

bleibt als gleichmässig verteilte Belastung

auf der Strecke cd — 8464 kg

Die Auflagerreaktion A ist:

8464-(5,0 — 2,4)

5,0

— 4401,28 kg

~u, 08 2—

Der gefährliche Querschnitt liegt auf der Strecke cd in einer Entfernung x von c erhältlich aus den Gleichungen:

8464-a;

4401,28 = —^

1 40

-i

4401,28-2,4 8464

Die Entfernung von a ist daher === 120 + 124 = 244 cm. Das grösste Biegungsmoment ist:

M == 4401,28-244 — 4401,28-62 = 801023 demzufolge ist:

= 1,24 m = 124 cm

801023

750

— 1013

Diesem Werte genügen zwei Träger No. 28 mit einem Gesamt- W = 2-547 = 1094.

270) Aufgabe 118. Ein I-Träger ist durch eine ein Stein starke Mauer von 6 m Höhe in der in Figur 142 dargestellten Weise belastet. Es ist das Trägerprofil zu berechnen.

Auflösung. Die Belastung Pt auf der Strecke ac beträgt:

(2,3 + 0,6) • 6,0 • 0,25 • 1600 — 1,20 • 2,4 • 0,25 • 1600 = 6960 — 1152 = 5808 kg

Die Belastung P₂ auf der Strecke db ist:

Figur 242.

(0,6 + 1,5)-6,0-0,25-1600 — 1152 = 5040— 1152 = 3888 kg Die Auflagerreaktion A ist:

Wl

5808 (5,0 — 1,15) + 3888 • 0,75

= 5055,36

22360,80 + 2916

Die Vertikalkraft bei c ist:

P,

ak —

j»-2,3m-

%iu

cd-

\c_

5,0 m-

Figur 243.

5055,36 — 5888 = — 832,64

der gefährliche Querschnitt liegt also auf der Strecke a c in einer Entfernung x von a und es ist:

5888-a¹

5055,36 =

also :

2,3

5055,36-2,3

5888

das grösste Biegungsmoment ist:

5055-36-193

= 1,93 m = 193 cm

= 487842,24

demnach ist:

487842,24

750

= 650

hierfür genügen zwei Träger No. 24 mit einem Gesamt- W = 2-357 = 714.

271) Aufgabe 119. Zur Ueberdeckung einer Schaufensteröffnung sind Walzeisen I-Träger zu verwenden, welche teils auf dem Mauerwerk, teils auf einer gusseisernen Wand auflagern und auf letzterer gestossen sind. Es sind die Trägerprofile zu ermitteln, desgleichen ist die W’and zu berechnen, wenn sie 4,50m hoch sein soll; ausserdem ist zu untersuchen, ob in den Auflagern a und b Unterlagsplatten erforderlich sind. Belastungen: 1 cbm Mauerwerk = 1600 kg, 1 lauf. Meter Balkenlage — 500 kg, 1 lauf. Meter Dachbalkenlage 375 kg, 1 lauf. Meter Dachbelastung — 250 kg.

Auflösung. Belastungsberechnung per lauf. Meter.

1)    Gewicht der Mauer bis zur

Brüstung im ersten Stock einschliesslich der Balkenlage:    5 gQ

(0,80 • 0,64 + 0,60 • 0,51) •1600 + -y- 500

gleich rund 2709 kg

2)    Gewicht der vollen Front von der Brüstung im ersten Stock an gerechnet einschliesslich der Balkenlagen und der Dachbelastung:

[(8,10-0,604-8,0) • 0,514- (3,04- 2,8) 0,38

2-5 73

4-1,20-0,25] 1600 4--—j—

. 5,86-375

5,86-250

•500

gleich rund 13200 kg 3) Gewicht einer vertikalen Fenster

reihe :

(2,10 4- 2,0 + 2,0 -|- 1,80) • 0,9 -1600 = 11376 kg

Belastung des Trägers ac.

1) Auf die ganze Länge eine gleich-massig verteilte Last:

Px = 1,5-2709 gleich rund 4100 kg

2) Auf die Länge ad eine gleich-mässig verteilte Last:

„    1 Fenster-

= (0,35+ 0,45)-13200-y reihe

gleich rund 4900 kg.

3) Auf die Länge ec eine gleich-massig verteilte Last:

1% = (0,25 4- 0,45) • 13200 —

gleich rund 3600 kg.

1    Fenster-

2    reihe

Figur 244.

xSK //

Figur 245.

0,251

13

5,86 m

1 0,38

5,86 m

0,38

13

5t73m

=i

fl 0„'>l

% itüi

ot'e

Ttl

•Sn

V/

I!

5,60 m

ä¹

V.

■■ j

V/’-0,

" **■*& I.SO’²—j

1,50—^

Figur 246.

Belastung des Trägers cb.

1) Auf die ganze Länge eine gleichmässig verteilte Last:

<?, = 1,9-2709 = 5210 kg

2)    Auf die Länge cf eine gleichmässig verteilte Last:

Q₂ = (0,65 -J- 0,45)-13200----- Fensterreihe = 8900 kg

3)    Auf die Länge gb eine gleichmässig verteilte Last:

Q₃ = (0,35 + 0,45)-13200--—Fensterreihe = 4900 kg

Berechnung des Trägers ac.

Die Auflagerreaktion A ist:

0 ^5

4100 • 0,75 + 4900 • 1,325 + 3600 —~

= 6680 kg

Die Auflagerreaktion C ist:

1,5

1^-4900 + 3600 (l,5

+ + «00

•0,75

1,5

= 5920 kg

Nun ist die Vertikalkraft bei d:

Ya = 6680 — 4900

4100-1,35

die Vertikalkraft bei e:

1,5

= +822

= — 1688

Ve = 822

4100-0,9

1,5

Der gefährliche Querschnitt liegt also auf der Strecke de und zwar in einem Abstande x von d, der sich aus folgender Gleichung berechnet-:

822-1,5

4100

= 0,30

Von dem Auflager a liegt demnach der gefährliche Querschnitt entfernt um die Strecke 0,35 + 0,30 = 0,650 m. Das grösste Biegungsmoment berechnet sich aus der Gleichung:

M = 6680 — 4900

(o,65

,35 \

2 )

4100-0,65    0,65

1,5

2“ = 1437,5

oder auf Centimeter bezogen = 143750.

Das Widerstandsmoment ist demnach:

= 191

143750

750

Hierfür genügen drei Träger No. 13 mit einem Gesamt- W = 3-67,8 — 203,4. Berechnung des Trägers cb.

Die Auflagerreaktion C ist:

+ 8900 (l,90

5210-1,90

C =

Nun ist die Vertikalkraft bei f:

Vf= 11179 — 8900

1,90

,65 \ ,    0,3

2 ) + 4900 g

= 11179 kg

5210-0,35

die Vertikalkraft bei g:

L9

= + 1320 kg

Vg = 1320

4100-0,9

= — 1347 kg

oder auf Centimeter bezogen = 371777.

Das Widerstandsmoment ist demnach:

= 495

317777

250

Hierfür genügen drei Träger No. 19 mit einem Gesamt-W = 3-187 = 561.

Die Berechnung der gusseisernen Wand bei c, ebenso die Untersuchung, ob bei a und b Unterlagsplatten erforderlich sind, kann in gleicher Weise durchgeführt werden wie in Aufgabe No. 112.

272) Aufgabe 120. Zur Auflagerung einer 1 Stein starken Mauer, in welcher sich, siehe Figur 247, zwei Thüröffnungen befinden, sollen I-Träger verwendet werden. Es ist das Trägerprofil zu ermitteln. 1 cbm Mauerwerk, Hohlsteine vorausgesetzt, = 1100 kg.

273) Aufgabe 121. Ein Unterzug ab, siehe Figur 248, hat eine Balkenlage, sowie eine 3,5 m hohe, + Stein starke Mauer zu tragen. Es ist das Trägerprofil zu ermitteln. 1 cbm Mauerwerk, Hohlsteine, = 1100 kg.

Figur 247.

Der gefährliche Querschnitt liegt also auf der Strecke fg in einer Entfernung x von f und man hat:

1320-1,9

= 0,48 m

3210

daher ist die Entfernung vom Punkte c — 0,65 + 0,48 = 1,13 m. Das grösste Biegungsmoment ist:

M= 11179-1,13 — 8900

(l,13

,65\

2 J

5210-1,13    1,13

1,9

— = 3717,77

Figur 248.

iu0'9

p—

H-2,4

IE

Cs*

-iS

274) Aufgabe 122. In der Grundrissanordnung, siehe Figur 249, sind für die im Kellergeschoss erforderlichen eisernen Träger I bis V ange'deutet.

Träger I und IV sind Kappenträger und haben das Gewicht der Gewölbkappen per Quadratmeter 700 kg aufzunehmen.

Träger II hat eine 1 Stein starke Mauer nach der Anordnung, siehe Figur 250, zu tragen.

Träger III trägt eine VI2 Stein starke Mauer, siehe Figur 252, ausserdem dient er dem Träger II als Auflager.

Träger V hat ebenfalls eine VI2 Stein starke Mauer zu tragen, siehe Figur 251, und ausserdem dem Träger IV als Auflager zu dienen.

Es sind die erforderlichen Trägerprofile zu berechnen.

Figur 252.

2,00

7/.

v,

yA

2,00

2,00

0,90**—1,85

3,00

2,30

mm

3,00

3.25

3,30

. ...

3,20

“"ä"

Figur 251

odz

f 0,90*— ifio \2,50

2,05

"1“ 2,50

•i

3.25

3,30

■■ -I-........

3,20

.i

250.

1 1,76

■M'

cg

cg'

-SP

<o

CX

-C'

XV

VS

t-SS'*

Figur 249.

ft*

_^_._

1TTÜ

-tlfi

x|i Hj.§

-06t

>•2

•cT

C\j'

275) Aufgabe 123. Für die nebenstehend, siehe Figur 253, skizzierte Schaul'ensteranlage sind die erforderlichen Träger, sowie die gusseiserne Wand zu berechnen unter der Annahme, dass die Träger über der Wand gestossen sind. 1 cbm Mauerwerk = 1600 kg.

Figur 253.

1,70

JCVa

t\3

C'O

-1,0-

0,51

"™T

1,50--*%

2,53

-0,86>

5,50

-0,96^ -1,0 ■

1,70—

1,71

Jo

fco

tu

3,00

8)24

5,08

4,30

-1,30-

-i,4i—*

■i

Jo _

¹1

1,10 g

2,75

1,20

Li

1,15 y/y

I I

3,10

1,65

0,90

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iS

ss

Ja

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S : (S

Jo

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3,15 3⁵⁰

4,00

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umm

-1,4t-

O. Berechnung der Treppenpodestträger.

1) Arten der Podestträger.

276) Zur Auflagerung der Treppenläufe dienen die Podestträger; man unterscheidet:

1)    Podestträger für Treppen mit freitragenden Stufen.

2)    Podestträger für Treppen mit gestützten Stufen.

Figur 254.

Die Stützung der Stufen kann entweder durch Wangen oder durch Unterwölbung erfolgen. Der Podest ist gebildet durch Kappen, s. Figur 254 A, durch Platten C, oder durch Well-Jp blech B; im erstgenannten Falle übt P der Podest einen Horizontalschub aus, p im letzteren Falle nicht. Bezüglich jp der Treppen unterscheidet man:

Leichte Treppen, in der ^ Regel Treppen mit eisernen Wangen p und Stufen aus Holz oder Eisen; Be-lastung 650 kg per Quadratmeter p Grundfläche — und zwar Eigen-P gewicht und Verkehrslast, p    Schwere Treppen, das sind

p Treppen mit gemauerten Stufen mit § Holzbelag oder Stufen aus Beton bezw. P Werksteinen; Belastung 1000 kg per P Quadratmeter Grundfläche — Eigengewicht und Verkehrslast.

2) Podestträger für freitragende Trep>pen. a) Belastung des Podestträgers.

277) Die einzelnen Stufen sind auf eine Länge von 0,12 bis 0,25 m in die Mauer eingelassen, sie wirken teils als Freiträger, teils finden sie Unterstützung durch die nächstunterste Stufe. Auf den Podestträger wird übertragen das Gewicht P des ganzen aufsteigenden Treppenlaufes, sowie das Gewicht Q des halben Podestes, siehe Figur 255, so dass sich die folgende Belastung ergibt.

Figur 255.

Ist l die Lichtweite des Trägers und b die Podestbreite, in der Regel gleich der Treppenbreite, L die Länge des Grundrisses der Treppe, so ist die halbe Podestbelastung:

bl

Q = ~2~1000 k£

Das Gewicht eines Treppenlaufes beträgt :

P — bL-1000 kg

278) Bei der Berechnung des Podestträgers hat man zu unterscheiden zwischen der Lichtweite l und der Stützweite V\ unter letzterer ist die Ent-

fernung der mathematischen Auflagerpunkte des Trägers verstanden, man kann annehmen, dass V — 2,3b ist, siehe Figur 256. Die Belastung eines Podestträgers ist nun nach der Figur 257 oder nach der Figur 258 festzusetzen; im ersten Falle ist die Podestbelastung über die ganze, die Belastung durch den Treppenlauf über die halbe Stützweite als gleichmässig verteilt angenommen, im zweiten Falle reicht die Belastung durch den Podest nur über die ganze Lichtweite, die Belastung durch den Treppenlauf nur auf die Breite b des Treppenlaufes als gleichmässig verteilte Last.

Figur 256.

I . ⁵ ! M -

i vb-i    I

l    Tr |

Hierbei ist vorausgesetzt, dass der aufsteigende Treppenlauf auf den Podestträger keinen Horizontalschub und der absteigende Lauf keinen Druck ausübt, dass also die Treppenstufen nicht durch ihre gegenseitige Verspannung, sondern lediglich durch die Art ihrer Einlagerung in der Umfassungsmauer getragen werden. Will man aber doch einen Horizontalschub des Treppenlaufes berücksichtigen, also freitragende Treppen wie ein Gewölbe behandeln, so muss der Träger in ähnlicher Weise berechnet werden, wie dies bei unterwölbten Treppen der Fall ist.

Figur 257.

y/m

-2,3kl—

-2,3kl —

Figur 258.

b) Horizontalschub der Podestkappe.

279) Ist der Podest ein Kappenpodest, so übt er auf den Podestträger einen Horizontalschub H aus, der sich in Rücksicht auf die Figur 259 aus der folgenden Gleichung berechnet.

Es ist:

Qx — Hy

also:

Qx

Figur 259.

165) . . . H

In der Regel beträgt die Pfeilhöhe der Kappe -i-

O

der Spannweite l\ in diesem Falle wird unter Berück-

\b

sichtigung, dass x = — l ist:

a-1

166) ... 11= 2Q

d. li. der von der Podestkappe auf den Podestträger ausgeübte Horizontalschub ist gleich der Podestbelastung.

280) Zweckmässig lässt man diesen Horizontalschub nicht durch den Podest-träger, sondern durch eigens zu diesem Zwecke angeordnete Zuganker, siehe

Figur 260, aufnehmen. Werden vier solche Zuganker angeordnet, so ergibt

sich der Durchmesser d der kreisrunden Zugstange aus der Gleichung:

Figur 260.

4 d²jt

= 750 = 2 Q

167) . . .

7i 7 50

3) Podestträger für unterstützte Treppen, a) Belastung des Podestträgers.

281) Yon jedem Treppenlaufe kommt die eine Hälfte der Belastung auf die Mauer, die andere Hälfte auf die innere Treppenwange, welche ihrerseits

hiervon wieder die Hälfte auf die Podestträger überträgt. Es ergibt sich somit für die Podestträger die in der Figur 261 dargestellte Belastung, hierbei hat man wieder zwischen Licht- und Stützweite zu unterscheiden. In Fig. 262 ist angenommen, dass die Podestbela-stung sich auf die ganze Stützweite gleichmässig verteilt und die beiden durch die Wangen übertragenen Belastungen zu einer in der Mitte wirken-

p

den Einzellast — vereinigt sind. In

Figur 263 ist angenommen, die Podestbelastung verteile sich gleichmässig auf die freie Länge des Trägers, die Belastungen durch die Treppenläufe wirken P

— in einem Ab-4

stand von der Trägermitte gleich der halben Durchsicht. Man kann den Träger sowohl nach der einen wie nach der anderen Belastungsweise berechnen.

Figur 261.

\L

Figur 263.

Pm!<c

2,3b ’l-

Y/A,

$ als zwei Einzellasten

Figur 262.

b) Belastung und Berechnung des Wangenträgers.

282) Der Wangenträger ist auf seine ganze Länge durch einen halben

Treppenlauf, also durch — belastet, siehe Figur 264. Bezeichnet a den Nei-

£

gungswinkel der Treppe gegen die Horizontale, so ist die den Träger auf Biegung

P    L

cosa ’

beanspruchende Kraft AT= — cos«, die Länge des Trägers aber L‘

u

für die Grösse des Biegungsmomentes gilt also die Gleichung:

,,    1 P

M=— — cosa 8 2

cosa

Das Biegungsmoment ist von der Neigung a der Treppe unabhängig.

fs

V..

Figur 264.

d ....

\ p\

e.

OC

-I

-V__

4) Uebungsaufgaben.

283) Aufgabe 124. Für die, s. Fig. 265, skizzierte Treppenanlage sollen die Podestträger berechnet werden. Die Treppe ist eine freitragende und schwere. Die Steigung beträgt 17 cm, die Auftrittsbreite 30 cm. Der

Podest ist ein Kappenpodest mit einer Pfeilhöhe = — Spannweite; die

O

Stockwerkshöhe ist 4,42 m. Belastung der Treppe == 1000 kg per Quadratmeter

Auflösung. Für den vorliegenden Fall hat man 442 :17 = 26 Steigungen, demnach

Figur 265.

24 Auftritte.

Die Länge der Treppe im Grundriss beträgt also:

24

ist:

~2~-0,30 = 3,60 m Die Belastung eines Treppenlaufes cvf

P = 3,60 • 1,20 • 1000 = 4320 kg Die halbe Podestbelastung ist:

•--1,20^-

X___

ea

ij>

1,20 (2-1,20 + 0,12)

. 1000 = 1512 kg

Figur 266.

Die Stützweite l beträgt:

i.-120

2,3 -1,2 = 2,76 m

Nach der Belastungsskizze, siehe Figur 266, ist:

an

—276 ctn~

..b

1512

4320-204

276

= 756 + 3193 = 3949 = rund 3950 kg

Der gefährliche Querschnitt liegt auf der Strecke cd in einer Entfernung x von c, die sich aus der Gleichung ergibt:

3950 =r

1512*

4320*

oder:

252

120

3950 = 42*

oder:

In Figur 266 fehlen die Bezeichnungen c und d. Punkt c ist der linke, Punkt d der rechte Endpunkt der Podestbelastung.

3950

42

= 94 cm

10

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

Vom linken Auflager a liegt der gefährliche Querschnitt also um

94 -J- 12 = 106 cm entfernt.

Das grösste Biegungsmoment ist:

M— 3950-106

3950-94

= 418700 — 185650 = 233050 283050

750

= 311

hierfür genügt X. P. No. 23.

Nach der Belastungsskizze, siehe Figur 267, ergibt sich:

1512 ,    4320-207

276

= 756 + 3240 = 3996 kg

Figur 267.

<--138

cm

Der gefährliche Querschnitt liegt in einer Entfernung x vom linken Auflager, so dass ist:

1512a;

3996 =

4320 a;

276

138

3996-108,65

= 289

276

Das grösste Biegungsmoment ist:

-v= +

= (5,48 + 31,30) x = 36,78a; x = 108,65

= 217083

217083

750

Diesem Werte entspricht gleichfalls X. P. No. 23.

Bei der gewählten Podestkappe ist der Horizontalschub des Podestes gleich:

2-1512 = 3024 kg

Zu dessen x4ufnahme sind vier Zugstangen erforderlich; der Durchmesser einer Stange beträgt:

d = }f-

2-1512

3,14-750

= +1,28 — 1,1 cm oder rund 12 mm

= 104328

Anmerkung 41. Wollte man den Kappenschub durch den Podestträger allein aufnehmen lassen, so müsste derselbe auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit berechnet werden. Das von dem Horizontalschub erzeugte grösste Biegungsmoment ist: 2-1512-276

Das grösste Biegungsmoment, hervorgerufen durch die Podestbelastung, ist:

233050

wählt man nun X. P. No. 36 mit einem Wz = 1098 und einem Wy — 134, so ist:

104328

233050

134

1098

das gewählte Profil ist also zu klein.

= 212 + 778 = 990

Nimmt man X. P. No. 38 an, so hat man hierfür W₃ = 1274, Wy — 153, daher:

104328

233050

1274

153

= 183 + 682 = 865

das Profil genügt.

Man sieht aus Vorstehendem, dass die Träger bedeutend grösser und demgemäss auch schwerer ausfallen, wenn sie den Kappenschub für sich allein aufnehmen müssen, als dies der Fall ist, wenn der Horizontalschub durch besondere Konstruktionsteile abgefangen wird.

284) Aufgabe 125. Die in Figur 265 in ihren Ausmassen gegebene Treppe soll ein-e leichte sein und die Stufen durch Wangen gestützt werden. Es sind die Podest- und Wangenträger zu berechnen.

Belastung der Treppe per Quadratmeter = 650 kg.

Auflösung. Belastung eines Treppenlaufes:

P= 1,20-3,60-650 = 2808 kg

daher ist:

2~ = 1404 kg und — = 702 kg

Figur 267 a.

702Xq 702Kg

Belastung des halben Podestes:

<32 cm

58

1,20-2,52-650

\b

— 983 kg

276

Nach der Belastungsskizze, siehe Figur 267a, erhält man:

702 = 1193,5 kg

983

Ä 2

Der gefährliche Querschnitt ist in der Trägermitte; für diese Stelle ist:

M = 1193,5-138

983

-—63- 702-6 = 164703 — 30964,5 — 4212 = 129527

129527

750

= 173

hierfür genügt K P. No. 19 mit einem W — 187.

Nach der Belastungsskizze, siehe Figur 268, hat man:

Figur 268.

-•983-276+ j-1404-276

= 33913,5 + 96876 = 130789,5 130789,5

750

= 174.

a\

-276SSL

\b

hierfür genügt ebenfalls N. P. No. 19.

Berechnung des Wangenträgers. Es ist:

1404-360

’r=¥

hierfür genügt N. P. No. 15 mit einem W = 99.

750

= 84,24

P. Der excentrische Druck.

1) Spannungsverteilung in einem durch excentrischen Druck

beanspruchten Querschnitt.

a) Wirkung der excentrischen Druckkraft.

285) Fällt der Angriffspunkt p einer Druckkraft P, siehe Figur 269, nicht mit dem Schwerpunkte s des Querschnittes zusammen, so sagt man, die Kraft wirke excentrisch. In diesem Falle kann man die Kraft P parallel zu sich selbst nach dem Schwerpunkt des Querschnittes verlegen und erhält dann:

148

Centralkern oder Kernfläche eines Querschnittes.

Figur 269.

1)    Die centrisch wirkende Druckkraft P.

2)    Das Kräftepaar PP". Erstere Kraft P erzeugt im

Querschnitt eine Druckspannung:

P

=

das Kräftepaar bewirkt eine Biegungsspannung:

-----Y

welche sowohl eine Zug- als auch eine Druckspannung sein kann.

Die Gesamtspannung, welche im Querschnitt per Flächeneinheit auftreten kann, ist demnach:

P M P

168) . . ©    dz jy = -jp +    ^

Je nach der Lage des Angriffspunktes p der Kraft P kann die Neutralachse die Begrenzung des Querschnittes schneiden oder ausserhalb derselben liegen, siehe Fig. 271a und b; im ersten Falle treten im Figur 271. Querschnitte sowohl Zug- als auch Druckspannungen auf, im zweiten Falle nur Druckspannungen. Das letztere ist auch der Fall, wenn die Neutralachse die Querschnittsbegrenzung berührt oder mit ihr zusammenfällt.

Figur 270.

Pz

b) Centralkern oder Kernfläche eines Querschnittes.

286) Hat man einen rechteckigen Querschnitt, s. Fig. 272, so muss, sollen in demselben durch eine excentrisch wirkende Druckkraft nur Druckspannungen hervorgerufen werden, die Neutralachse entweder mit einer der vier Rechtecksseiten zusammen fallen oder durch eine der Ecken des Rechtecks gehen, ohne mit dem letzteren selbst noch weitere Punkte gemeinsam zu haben. Liegt die Neutralachse z. B. in ab oder cd, siehe Fig. 272, so ist die Spannung daselbst gleich Null und man hat die Gleichung:

Figur 272.

Tf

fi

fr”

-------Y

169) . . . 0 = -p-

oder, wenn die Rechtecksseiten ab und ac mit b und h bezeichnet werden:

•o=4

Pz

Hieraus folgt aber für die Entfernung z des An-

griffspunktes der Kraft P von dem Schwerpunkt s des Querschnittes die Beziehung:

170) . .

Für den Fall, dass die Neutralachse mit ac oder bd zusammenfällt, ergibt sich für die Entfernung y des Angriffspunktes von P vom Schwerpunkt s des Querschnittes:

171) . . . y =

Bestimmt man auf den Hauptachsen Z und Y die Punkte a, ß, y und d

so, dass a und ß um ~ h, y und d um -i- b von s entfernt liegen und verbindet

die Punkte a, ß, y, ö miteinander, so begrenzen die Verbindungslinien einen Teil des Querschnittes, der Centralkern oder auch die Kern fläche des Querschnittes genannt wird, und für den folgender Satz Geltung hat:

„Soll eine excentrisch wirkende Druckkraft in einem Querschnitte nur Druckspannungen hervorrufen, so darf der Angriffspunkt der Kraft nicht ausserhalb des Centralkernes liegen.“

Bei Steinkonstruktionen dürfen keine Zugspannungen auftreten, es soll daher stets der Angriffspunkt der äusseren Kraft innerhalb oder auf der Umgrenzung des Centralkernes liegen. Die Begrenzung des Centralkernes heisst der Kernrand des Querschnittes.

c) Grösse der Spannung im Querschnittsrande (Randspannung) bei excentrischer

Druckbelastung.

«) Der Angriffspunkt der äusseren Kraft liegt in dem Kernrande auf einer Hauptachse des Querschnittes.

287) Ist der Querschnitt als rechteckig vorausgesetzt, so hat man:

pih

ir

p—h

oder:

172) . . . <3 =

Die Spannung <3 ist also doppelt so gross als bei centrischer Druckwirkung. Will man aber keine grössere Spannung hervorrufen als die zulässige Faserspannung des Materiales beträgt, so darf bei excentrischer Belastung die äussere Kraft nur halb so gross sein, als bei centrischer Belastung.

Dasselbe Resultat hätte sich auch ergeben, wenn der Angriffspunkt der äusseren Kraft auf dem Kernrande in der Achse Y angenommen worden wäre.

ß) Der Angriffspunkt der äusseren Kraft liegt auf einer Hauptachse in beliebiger Entfernung vom Schwerpunkt des Querschnittes.

288) In diesem Falle ist:

<S==

oder, wenn man die Entfernung des Kernrandes auf der Achse Z von s mit e als Kernweite bezeichnet:

Pz

Figur 273.

eF

2H......I

■ i

(■ -)

1+ 1+

(V)

Setzt man nun, siehe Figur 273, eA-z — zx und z — e — zs, so erhält man für die in der äussersten gedrückten bezw. gezogenen Faser herrschende Spannung die Beziehung :

173) . . .    ==

Z2

d) Konstruktion der Randspannungen eines Querschnittes bei excentrischer

Druckbelastung.

289) Auf Grund der Beziehungen 173), welche für jede Querschnittsform Gültigkeit haben, unterliegt es keiner Schwierigkeit, zunächst für einen rechteckigen Querschnitt die grössten Spannungen und zu bestimmen, wenn der Angriffspunkt p der Druckkraft P bekannt und auf einer Hauptachse des Querschnittes liegend vorausgesetzt wird, siehe Figur 274 und 275.

Man zieht durch den Schwerpunkt s,

siehe Figur 275, die Senkrechte sa und

p

macht dieselbe gleich    Verbindet

man nun ßa und aci, so treffen diese Verbindungslinien die Richtungslinie von P in zwei Punkten c und d so, dass pc und pd die grösste Zug- bezw. Druckspannung darstellen. Ueberträgt man pd nach fh und pc nach ge und zieht fe, so geht durch den Schnitt-Figur 274. punkt n von ef und gh die Neutralachse des Querschnittes hindurch. Durch die schraffierte Fläche genfhn ist die Spannungsverteilung im Querschnitte ersichtlich gemacht.

290) Liegt der Angriffspunkt px innerhalb des Kernrandes, so bleibt die Konstruktion der Randspannungen die-

d.f

m

jf Figur 275.

?ir—

n,

Figur 276.

In Figur 275 ist der Angriffspunkt der Kraft P im Querschnitte gh mit « zu bezeichnen.

selbe wie vorhin, es werden aber jetzt im Querschnitte nur Druckspannungen herrschen, siehe Figur 276.

e) Uebungsaufgaben.

291) Aufgabe 126. Auf die Fugenfläche abcd eines Mauerpfeilers, s. Figur 277 u. 277a, wirkt im Punkte a eine Kraft R — 40000 kg unter einem Winkel e = 80° gegen die Fugen fläche geneigt. Welche Spannungen entstehen in den Querschnittsrändern ad und bc?

Auflösung. Da im vorliegenden Falle die äussere Kraft R durch den Kernpunkt a geht, so fällt die Neutralachse mit dem Querschnittsrande ad zusammen; in dem letzteren herrscht daher die Spannung Null, während in cb die grösste Druckspannung auftritt. Die normal zur Querschnittsfläche wirkende Druckkraft ist:

daher ist:

= 6,58 kg

P = Rcos 10° = 40000-0,98769 = 39508 kg 2 P 2-39508

120-100

«!

@-L.......- 7 .

%6,751

ei

Vs°2,2iKg

Figur 278.

Figur 277.

lia

n

z—

ly

Figur 279.

Z-----------

t-z Figur 277 a.

i¥

k-

i,om-

292) Aufgabe 127. Eine quadratische Gfranitplatte von 1 m Seitenlänge, siehe Figur 277 und 278, hat die Auflagerdrücke von zweien Brückenträgern im Betrage von P, = 80000 kg und P₂ = 15000 kg auf das Mauerwerk eines Pfeilers zu übertragen. Die Angriffspunkte p₁ und von Px und P₂ liegen je 25cm von dem nächsten Querschnittsrande entfernt auf der Mittelachse Z. Wie gross sind die Spannungen in den Querschnittsrändern ad und cb?

Auflösung. Vereinigt man Px und P₂ zu einer Resultante R, so liegt deren Angriffspunkt r auf Z in einer Entfernung z = 8,4 cm vom Schwerpunkte s. Es ist nun im vorliegenden Falle:

100

Demnach ist:

— = 16,6 cm

b

zx — e -J- z — 16,6 -|- 8,4 — 25,0 cm z₂ — z — e — 16,6 — 8,4 = 8,2 cm

und

= 6,75 kg

= 2,21 kg

Durch Konstruktion ergeben sich dieselben Werte. Man hat:

R

= 4,5 kg

Nimmt man nun als Kraftmassstab 1 mm

_ P

= 1 kg, so hat man se —    = 4,5 mm

anzutragen, ae und ße zu ziehen und rf bezw. rg nach ah und bi zu übertragen. Dann ist:

ah — 6,75 mm = 6,75 kg und bi — 2,21 mm = 2,21 kg

2) Beziehungen zwischen der Lage der Neutralachse und jener des Angriffspunktes der excentrischen Druckkraft.

a) Konstruktion der Lage der Neutralachse bei gegebenem Angriffspunkte

der Druckkraft.

293) Die Lage der Neutralachse ist von jener des Angriffspunktes der Druckkraft, in bestimmter *'Weise abhängig. Ist in Figur 280 ein rechteckiger Querschnitt gegeben und bezeichnet p die Lage des Angriffspunktes der äusseren Kraft, so erhält man die Neutralachse wie folgt:

Man bestimmt die Centralellipse K, siehe Figur 280, zieht sp, welche Linie die Ellipse K in dem auf der Strecke sp liegenden Punkte a schneidet. Die Neutralachse ist nun parallel zu der Tangente an die Centralellipse im Punkte a und schneidet die verlängerte sp in einem Punkte q, welcher sich aus der Beziehung ergibt:

173a) . . . sq-sp = sa²

Macht man also st senkrecht zu ps und gleich sa, zieht pt und durch t eine Senkrechte hierzu, so schneidet letztere die ps in einem Punkte q der Neutralachse nn.

Unter Berücksichtigung der in der Figur 280 angegebenen Bezeichnungen erhält man dann die in den äussersten Querschnittsrändern, d. i. im vorliegenden Falle an den Stellen g und i auftretenden grössten Spannungen:

P z2 ~F ~e

Da die Neutralachse die Querschnittsebene schneidet, so ist ©x die grösste Druck-, ©₂ aber die grösste Zugspannung.

Aus den Beziehungen 174) ist ersichtlich, dass die Spannungen ©j und ©2 gerade proportional den Längen zl bezw. £₂, dagegen umgekehrt proportional der Strecke e sind.

Zieht man daher durch den Schwerpunkt s des Querschnittes Senkrechte zu den Kernrändern «d, ßy, bezw. ay, ßd, so ergeben sich die beiden Linien

Figur 280.

i\~......-..........!K

f/

p.

P z,

-i- und ©,

-A

A! und A. Bei ein und demselben zx bezw. z₂ erhalten die Spannungen und ihren grössten Wert, wenn der Angriffspunkt p von P auf einer der beiden Linien A! oder A liegt.

Anmerkung 42. Will man die in No. 293) besprochene Konstruktion ausführen, ohne die Ellipse K selbst zu zeichnen, so kann dies wie folgt geschehen: Man zeichnet über der grossen Achse der Centralellipse den Kreis K\ zieht clp senkrecht zur Achse Y

dp

und ermittelt auf dp den Punkt p‘ so, dass das Verhältnis

Verhältnis der kleinen zur grossen Achse der Ellipse K, zieht sp‘, welche Linie die K‘ in a‘ schneidet; die Senkrechte durch a‘ zu Y liefert auf sp den Ellipsenpunkt a, während die Kreistangente in a auf Y einen Punkt c so ausschneidet, dass die Verbindungslinie ca¹ die Ellipsentangente im Punkte a liefert. Nunmehr kann nach No. 293) der Punkt q und damit auch die Lage der Neutralachse ermittelt werden.

dp'

gleich ist dem

b) Konstruktion des Kernes eines Querschnittes mit Benützung der Centralellipse.

294) Mittels der Beziehung 17 3a) unterliegt es keiner Schwierigkeit, für einen gegebenen Querschnitt die Kernbegrenzung zu konstruieren, sobald man die Centralellipse kennt. Ist z. B. der gegebene Querschnitt von der Form der Figur 281, so ermittelt man nach No. 186) die Werte der Halbachsen der Centralellipse, wodurch man deren Scheitel a, b, c, d erhält.

Nimmt man nun die Neutralachse mit dem Querschnittsrande ef zusammenfallend an, so ergeben sich die Punkte ß und a des Kernes aus der Beziehung:

sb²

si

ebenso ist:

sö = sy =

s d²

sl

Macht man also sk — sb, zieht ik, so trifft die Senkrechte zu ik in k die 1-Achse im Punkte ß des Kerns; ebenso ist sm = sc anzutragen, Im zu ziehen, so liefert die Senkrechte my zu Im den Kernpunkt y.

Figur 282.

Figur 281.

-7

d—l

Ni

s:

L-

200

¥-

^_20 V --^

Ar    "T

______„

V,

&-

In ähnlicher Weise ist für den in Figur 282 dargestellten Querschnitt der Kern ermittelt worden. Es ist:

sb²

sc

si

sy —

sl ’

sd =

sc²

sd

Im vorliegenden Falle wird, weil sd = sc ist, auch sd = sc.

c) Uebungsaufgaben.

295) Aufgabe 128. Man konstruiere den Kern für folgende Querschnittsformen:

1)    voller Kreisquerschnitt,

2)    ringförmiger Querschnitt,

3)    regelmässiges Achteck,

4)    Querschnitt, begrenzt durch zwei concentrische regelmässige Achtecke,

5)    _Lförmiger Querschnitt,

6)    -f-förmiger Querschnitt,

7)    Querschnitt eines gleichschenkligen Winkeleisens, Querschnitt eines ungleichschenkligen Winkeleisens,

8)    Querschnitt eines Z-Eisens.

Die Querschnittsdimensionen können beliebig gewählt werden in den Fällen 1 bis 4; in den Fällen 5 bis 8 sollen deutsche Normalprofile zu Grunde gelegt werden. Die Lage der Hauptachsen ist aus den Profiltabellen zu entnehmen.

296) Aufgabe 129. Für die in Aufgabe 128 genannten Querschnitts-formen ist unter Annahme einer excentrischen Druckkraft P für einen beliebig innerhalb des Querschnittsrandes zu wählenden Angriffspunkt p:

1)    die Lage der zugehörigen Neutralachse,

2)    die Grösse der BandSpannungen zu ermitteln.

3) Excentrisclie Druckbelastung ausserhalb des Centralkernes unter Ausschluss von Zugspannungen.

a) Lage der Neutraiachse und Spannungsverteilung im Querschnitt.

297) Bei Mauerwerk kann die Forderung gestellt werden, dass, obwohl der Angriffspunkt der äusseren Kraft ausserhalb des Centralkernes gelegen ist, doch keine Zugspannungen im Querschnitt auftreten dürfen. In diesem Falle teilt die Neutralachse die Querschnittsfläche in zwei Teile, von denen der eine, der sogenannte nutzbare Querschnittsteil, die äussere Kraft vollständig aufnehmen muss, während der andere Teil spannungslos bleibt. Die Querschnittsgrösse muss dann so bemessen sein, dass die Spannung in dem äussersten Querschnittsrande die zulässige Beanspruchung des Materiales nicht überschreitet. Ist der Mauerquerschnitt ein rechteckiger und liegt der Angriffspunkt p in der Symmetrieachse YY, so lässt sich die Lage der Neutralachse in sehr einfacher Weise ermitteln. Sie steht senkrecht zur Achse YY und liegt in einer Entfernung gleich 3u vom Querschnittsrande cd entfernt, wenn u die Entfernung des Angriffspunktes p von diesem Querschnittsrande bezeichnet; dann denkt man sich

clie in den einzelnen zur Neutralachse parallelen Streifen herrschenden Spannungen als Strecken parallel zu nn auf der Linie bd aufgetragen, so stellt das Dreieck ode die Gesammtspannung in dem Querschnittsteile oo^cd dar, die Resul-tante der sämmtlichen Spannungen geht aber durch den Schwerpunkt s des Dreieckes ode hindurch, es wird also durch den Punkte die Strecke rq im Verhältnis 2 :1 geteilt. Für die Gesamtspannung in dem Querschnitte oo^d erhält man 3 /n

nun den Ausdruck —--&xb, daher be-steht die Gleichung:

P =

Figur 283.

TL

3U

Y-

W— ZZ —,

p—9

y-b

oder es ist:

9i

3 ub

298) Für einen Querschnitt von beliebiger Form ist die Ermittelung der Lage der neutralen Achse ziemlich umständlich und kann hier nicht erörtert werden. Dagegen soll noch ein Fall besprochen werden, der für den Bautechniker von praktischer Wichtigkeit ist, der Fall nämlich, dass der Querschnitt die Form eines regelmässigen Polygones, bezw. eines Kreisringes habe, wie dies bei Schornsteinquerschnitten in der Regel eintritt.

Ist etwa der in Figur 284 dargestellte Querschnitt und p der Angriffspunkt der äusseren Kraft P gegeben, so weiss man zunächst nur, dass die Neutralachse nn senkrecht steht zur Achse yy. Für irgend einen in der Entfernung 0 von der Neutralachse befindlichen Flächenstreifen f herrscht die Spannung ©/! Nun ist aber die Spannung um so grösser je grösser die Entfernung z- ist und es besteht zwischen z und © die Beziehung © = kz, wo k eine konstante Grösse bezeichnet; ist P die äussere in p angreifende Kraft, so hat man P = 2fkz = k2fz. Wenn nun Gleichgewicht zwischen der äusseren Kraft und der inneren Spannung herrschen soll, so muss das Moment der äusseren Kräfte dem Moment der inneren gleich sein, d. h. man hat die Gleichung:

Pv — k2fz²

k2fz²

hieraus folgt:

176) . .

klfz²

Zfz²

2fz

kSfz

Hierin bezeichnet 2fz² das Trägheitsmoment des nutzbaren Querschnittsteiles, 2fz dessen statisches Moment, beide Momente bezogen auf die Neutralachse nn.

Das Trägheitsmoment 2fz² ergibt sich nun, siehe Figur 284, dadurch, dass man parallel zur Achse nn den Querschnitt in sehr schmale Streifen teilt, die Flächeninhalte dieser Streifen als zur Achse nn parallele Kräfte auffasst und für letztere ein Seilpolygon konstruiert. Es ist dann 2fz² = 2 HF, unter H die Poldistanz, unter F die Fläche egfbd verstanden, ferner hat man

Zfz = H ed; es ist daher:

2 HF 2 F

oder:

F==

-y

Hll

Figur 284.

Figur 285.

kn

9,

'v

.c

0'

5'

j

;l IliiLliiM MN i urj

:/ 11! ! Mi i ; M ; i I!

’s

:p

/-

S':

111 1 *

|M, *

!. i jij ¹ u

| | j]j j

iWU 2t

! ||||F t~

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\\

MM

m 2t}^"

21•

22

v>

MJ

V,

25

26 27 28 20 3>

d. h. die Dreiecksfläche ced ist gleich der Fläche F\ was nur möglich ist, wenn die beiden in der Figur 284 schraffierten Flächen egf und fcb gleich gross sind. Da nun aber der Punkt c gegeben ist, so erhält man die Neutralachse nn dadurch, dass man durch c die Linie ce so zieht, dass hierdurch die Flächen egf und fcb einander gleich werden, was am besten durch Probieren geschieht.

Ist aber die Lage der Neutralachse bestimmt, so ergibt sich die Spannung in dem äussersten Querschnittsrande Im wie folgt:

Es ist:

Pr

<S =

setzt man nun v — ed, so erhält man die Spannung in einer Entfernung od von der Neutralachse:

177) . . . © = -g

Zieht man in der Figur 284 etwa durch den Punkt d eine Senkrechte di zu nn und macht dieselbe gleich de, trägt in dem Endpunkte i die Strecke

_    p

ik = 8 = als Parallele zu nn auf und zieht dk, so schneidet die verlängerte

XL    _

Im zwischen den Linien di und dk die Strecke ot gleich der gesuchten Kand-spannung aus.

Figur 286.

b) Uebungsaufgaben.

Auf einen Mauerpfeiler von den in Figur 286 angegebenen Ausmassen wirkt in der Symmetrieachse im Abstande = 20 cm vom Querschnittsrande cd eine Kraft P = 25000 kg. Es ist die Lage der Neutralachse, sowie die in dem äussersten Querschnittsrande herrschende Druckspannung zu ermitteln.

299) Aufgabe 130.

90cm-

P'

Auflösung. Die Neutralachse nn ist vom Querschnittsrande 60 cm entfernt. Die Grösse der Randspannung beträgt:

2•25000

60*®-

5000

8-20-77

= 11,2 kg

j*-20^ o— —----4— —-

r s    jo    9

-77

462

Diese Spannung ist noch zulässig bei gutem Backsteinmauerwerk in Cementmörtel ausgeführt.

mm.

a o"

4......I

800) Aufgabe 131. Für die in Figur 284 dargestellte Querschnittsform ist unter Annahme einer äusseren Achtecksseite = 0,50 m und einer Mauerstärke

0,51 m, eines Abstandes des Angriffspunktes^ vom Schwerpunkte = 0,60 m, einer Belastung P= 180000 kg, die Lage der Neutralachse und die grösste Druckspannung im äussersten Querschnittsrande zu ermitteln.

301) Aufgabe 132. Von einem kreisringförmigen Querschnitt beträgt der äussere Durchmesser 2,0 m, die Dicke 0,51 m; der Angriffspunkt p der äusseren Kraft liegt 0,55 m vom Querschnittsmittelpunkte entfernt. Die Belastung des Querschnittes beträgt 150000 kg. Es ist die Lage der Neutralachse, die Grösse des nutzbaren Querschnittes, sowie die Randspannung zu ermitteln.

und

P(3l+t)

4) Die Einmauerung der Freiträger.

a) Berechnung der Einmauerungstiefe, Verwendung von Unterlagspiatten.

302) Wenn ein Freiträger in einer Mauer aufgelagert werden soll, so wird letztere auf excentrischen Druck beansprucht. Sollen in den Auflagerquerschnitten nur Druckspannungen herrschen, so dürfen die Angriffspunkte der Auflagerdrücke A und B nicht über den Kernrand des betreffenden Querschnittes hinausfallen,

müssen also von den Begrenzungen der Mauer um

die Mauerstärke, bezw. die Einmauerungstiefe bezeichnet. Unter dieser Voraussetzung erhält man für die Grössen der Auflagerdrücke die Gleichungen:

a Drehpunkt

entfernt liegen, wenn t

Figur 287.

*3 Hieraus folgt:

p(l

178) . . . B =

('+9

P{3l-\-t)

179) . . . A = P-\-B — P-f

_ P(3l+2t)

Für die grösste Druckspannung bei c erhält man die Gleichung: 2P(3/+2Q

180) . . .

= <5bt

unter b die Breite der Auflagerung des Trägers verstanden. Damit © die zulässige Grösse nicht überschreitet, muss die Grösse t aus der vorliegenden Gleichung ermittelt werden. Man erhält hierfür:

2P-f VP(ö6/©-f 4P)

©6

181) . . . t =

Zur Herstellung des Gleichgewichtes des Trägers muss über demselben so viel Mauerwerk stehen, dass derselbe dem nach aufwärts gerichteten Auflagerdruck B hinlänglich Widerstand zu leisten vermag. Wollte man den Träger direkt auf der Mauer auflagern, so würde in der Regel die aus Gleichung 181) berechnete Mauertiefe einen für die Zwecke der Ausführung viel zu grossen Wert erhalten; desgleichen würde auch in den meisten Fällen die über dem Träger erforderliche Mauerhöhe eine viel zu grosse werden. Man wird deshalb, wenn die Mauerstärke von vornherein gegeben ist, sowohl unter wie über dem

2

Träger Auflagerplatten verwenden, deren Länge man zweckmässig = — t

3

wählt, wobei jetzt t die gegebene Einmauerungstiefe bezeichnet, während man die Breite so bestimmt, dass die grösste Druckspannung im Mauerwerk die zulässige Grösse, also 7 bezw. 10 kg per Quadratcentimeter nicht überschreitet. Bezeichnet nun x die Breite der unteren Platte, so hat man die Gleichung:

P(3H-2Q

\tx © = o

182) . .

3P(3y-2/f)

daher ist:

2 t²e

Die Breite der oberen Auflager-platte berechnet sich aus der Bedingung, dass bei gegebener Mauerhöhe das über dem Träger befindliche Mauergewicht mindestens die doppelte Grösse von B besitzen muss.

Anstatt den Träger durch über demselben befindliches Mauerwerk zu belasten, kann man ihn auch mit dem unter ihm befindlichen Mauerwerk verankern; es muss dann die hierzu erforderliche Ankerplatte, entsprechend der im vorstehenden erwähnten oberen Auflagerplatte, so tief unter dem Träger angebracht werden, dass das Gewicht des zwischen Träger und Ankerplatte liegenden Mauerwerkes die Auflagerreaktion B zu ersetzen im stände ist.

b) Uebungsaufgaben.

303) Aufgabe 133. Ein Freiträger von I-Form, der an seinem freien Ende eine Einzellast von 250 kg aufzunehmen hat, ist in eine 64 cm starke Mauer einzulagern. Welche Ausmasse müssen die unter und über dem Träger anzuordnenden Unterlagsplatten erhalten, wenn das Mauerwerk nur bis zu 7 kg per Quadratcentimeter beansprucht werden darf und die über dem Träger vorhandene Mauerhöhe 6 m beträgt. Wie stark müsste die Mauer sein, wenn der Träger direkt auf das Mauerwerk aufgelagert werden sollte?

Figur 288.

ta,) ⁰⁰⁹

P ?250Kä

Ti

i&i.

mm

Auflösung. Zunächst ergibt sich das Trägerprofil aus der Gleichung:

= 33,33

250-100

750

Hierfür genügt N. P. No. 10 mit einem W = 34,4. Die Auflagerdrücke sind:

250 (2-64-1-300)

und

64

= 1672 kg

250(64-1-300)

= 1422 kg

Die Einmauerungstiefe berechnet sich aus der Gleichung:

2-250 + 1/250 (6-5.100-7+ 1000)

7-5

= 81 cm

Da die Mauerstärke aber nur 64 cm beträgt, so müssen Unterlagsplatten verwendet werden. Wählt man deren Länge zu 42 cm, so ergibt sich zunächst die Breite x der unteren Platte aus der Bedingung, dass die grösste Pressung auf das Mauerwerk nur 7 kg betragen darf. Man hat also die Gleichung:

42-a;-7 = 1672

daher:

1672

294

= 8 cm

Bei einer Mauerhöhe von 6 m ist zur Hervorbringung eines vertikalen Druckes von 1422 kg ein Mauerprisma erforderlich, dessen Inhalt beträgt: 6-0,42-y, unter y die Breite der oberen Platte verstanden; man hat also die Gleichung:

6-0,42-y-1600 = 1422

oder:

1422

= 0,35 m

6-0,42-1600

Will man also einen doppelt so grossen Druck als 1422 kg durch die über dem Träger liegenden Mauerkörper hervorbringen, so muss derselbe eine Breite von:

2-0,85 = 0,70 m = 70 cm

besitzen. Die Ausmasse der oberen Platte sind also ⁴²/70 cm.

Die Dicke z der Platte berechnet man, indem man den über die obere Trägerflansche hervorragenden Teil der Platte als einen nach dem zweiten Belastungsfalle beanspruchten Träger behandelt; man hat daher die Gleichung:

4--42-£²-250 = b

32,5-42-600-0,0016-32,5-6

daher ist:

z = Y 12,16 = 3,4 oder rund 35 mm

Die Dicke der unteren Platte kann in ähnlicher Weise wie die obere berechnet werden. Wegen des geringen Ueberstandes über den Träger würde aber diese Dicke zu gering ausfüllen; man verwendet daher zur Berechnung besser die empirische Formel:

zx = — h + 15 mm h Trägerhöhe

es wird demnach im vorliegenden Falle:

100

20

15 == 20 mm

304) Aufgabe 134. Ein Balkon von 3 m Länge und 1,20 m Breite wird durch drei Freiträger von I-Form gestützt, die in einer 0,77 m starken Mauer auflagern. Der Balkon ist durch eine 0,80 m hohe + Stein starke Brüstung eingefasst. Das Gewicht der Balkondecke beträgt einschliesslich der Nutzlast 700 kg per Quadratmeter. Die über dem Träger zur Verfügung stehende Mauerhöhe beträgt 6 m. Es sind die Träger, sowie die zur Druckverteilung erforderlichen Auflagerplatten zu berechnen.

III. Abschnitt.

Stabilität der Mauern und Gewölbe.

A. Stabilität freistehender Mauern.

1) Stabilitätsbedingungen.

Figur 289.

ai

305) Wirkt eine äussere Kraft unter einem von 90° verschiedenen Winkel auf die Querschnittsfläche ab einer freistehenden Mauer, siehe Figur 289, ein, so wird irgend ein horizontaler Querschnitt, z. B. cd, beansprucht durch die Resultante R aus der Kraft P und dem über dem Querschnitte stehenden Mauergewicht Q. Die Resultante R zerlegt sich in zwei Komponenten E und N, von denen die erstere parallel, die letztere senkrecht zur Querschnittsfläche cd gerichtet ist. Die Komponente H sucht den über dem Querschnitte cd stehenden Mauerkörper über cd hinweg zu schieben und muss von der Reibung des Mauer Werkes längs der Fugenfläche cd überwunden werden; die Komponente N beansprucht die Querschnittsfläche cd auf excentrischen Druck, bezw. sucht den Mauerkörper umzukanten.

Soll die Mauer die erforderliche Stabilität besitzen, so muss also der nötige Widerstand vorhanden sein, einerseits gegen Abgleiten, andererseits gegen Umkanten.

'A

Der Widerstand gegen Abgleiten ist vorhanden, wenn die längs der Fugenfläche cd stattfindende Reibung mindestens gleich, besser aber grösser ist als die Horizontalkomponente H.

Bezeichnet man den Winkel, dessen Tangente gleich ist dem Reibungs-

koeffizienten f des Mauerwerkes, mit cp, so muss d. h. kleiner als tgcp sein.

„Damit die Mauer die nötige Sicherheit gegen Abgleiten einer Fuge längs der anderen gewähre, muss der Winkel der Resultante aus äusserer Kraft und dem auf der Fuge stehenden Mauergewicht mit der Normalen zur Fugen fläche kleiner sein als der Reibungswinkel des Mauer Werkes.“

damit H<.fN ist,

„Die Vertikalkomponente N muss, wenn ein Umkanten der Mauer nicht eintreten soll, die Fugenfläche cd innerhalb ihrer Begrenzung treffen.“

Vonderlinn, Statik für Bauhandwerker.

Im letzteren Falle beansprucht sie die Fugenfläche auf excentrischen Druck, wobei der Angriffspunkt g von N innerhalb des Kernrandes der Fugenfläche sich befinden soll, ist dieses aber nicht der Fall, so muss untersucht werden, ob der nutzbare Querschnittsteil innerhalb der zulässigen Grenze beansprucht wird; nur wenn die im äussersten Querschnittsrande auftretenden Druckspannungen die zulässige Grenze nicht überschreiten, ist die Mauer als stabil zu erachten.

2) Uebungsaufgabe.

306) Aufgabe 135. Ein Brückenpfeiler von den in der Figur 290 be-zeichneten Ausmassen erhält in den Punkten a und b die Drücke zweier Gewölbebögen, Px — 18000 kg, P₂ = 25000 kg, unter den eingezeichneten Winkeln a und ß. Das Gewicht eines Kubikmeters Pfeilermauerwerk beträgt 2000 kg. Es ist die Stabilität des Pfeilers zu untersuchen und die Grösse der Randspannungen in den Fugen Im und wo festzustellen.

Auflösung.

Gewicht des Pfeilerteiles I = 2-3-2000

2 + 4

II =

= 12000 kg

Gewicht von

a • 6 • 2000 = 36000 kg I + II = QX = 48000 kg

III = 5-2-2000

= 20000 kg Gewicht des ganzen Pfeilers Q = 68000 kg

Bestimmt man die Resultante aus Pv P₂ und Qv so trifft diese die Fugenfläche Im in einem Punkte g, dessen Abstand vom Mittelpunkte h etwa 45 cm beträgt, der also noch innerhalb des Centralkernes liegt.

Die Resultante P₃ aus Pv P2 und Q trifft die unterste Fugenfläche wo in einem Punkte i, der in einem Abstande von 42 cm vom Mittelpunkte k, also ebenfalls noch innerhalb des Centralkernes gelegen ist.

Für den Querschnitt Im ist:

Figur 290.

Figur 291.

+. 3,0m ^>1

ea--d,5

bf=o)?

0°

Pp

-g--400 = 66,66 cm

zx = 66,66 + 45 = 111,666 cm F = 40000 qcm P = 73000 kg Es ist daher:

©1 =

-4.—

6,0

Qi

73000    111,666

40000 '    66,666

= 1,825-1,67 = 3,05 kg Für den Querschnitt wo ist:

R;

e = -y-500 = 83,333 cm

= 83,333 + 42 = 125,333 cm P= 93000 kg F = 50000 kg Es ist somit:

Fi

■h

Ri

<j>

cJ

5}p'-

= 1,86-1,50 = 2,79 kg

93000    125,333

50000 ' 83,333~

Die Pressung in der Fuge Im ist also unter der zulässigen Beanspruchung, dagegen ist die Randpressung im Fundamente schon etwas über die zulässige Beanspruchung hinausgehend.

B. Stabilität freistehender Fabrikschornsteine.

1) StaMlitätsbedingungen.

307) Bei der Untersuchung eines Schornsteines hinsichtlich seiner Standfähigkeit und der Beanspruchung seiner einzelnen Querschnitte auf Druckfestigkeit, werden in der Regel die Ausmasse von vornherein gegeben sein, indem die lichte Weite und Höhe durch den Zweck, welchen der Schornstein als Teil einer Feuerungsanlage zu erfüllen hat, bedingt sind. Kennt man aber die lichte Weite und Höhe, so sind auch die Mauerstärken innerhalb gewisser Grenzen bestimmt, indem man als oberste Stärke mindestens einen Stein wählt und die Verstärkung nach unten in ähnlicher Weise eintreten lässt, wie dies bei der Umfassungsmauer eines Gebäudes der Fall ist.

Die statischen Anforderungen, welchen der Schornstein zu genügen hat, bestehen in der hinlänglichen Sicherheit gegen Umkanten durch den Winddruck und gegen Zerdrücken der untersten Schichten durch das Mauergewicht; auch darf die Belastung des Baugrundes die zulässige Grenze nicht überschreiten.

Was die Grösse des Winddruckes anbetrifft, so ist durch Ministerialerlass vom 25. Juli 1889 die Annahme von 125 km per Quadratmeter senkrecht getroffene Fläche als genügend zu erachten. Die am häufigsten auftretenden Quei schnittsformen sind das regelmässige Achteck und der Kreis. Für die erstere Form tritt die stärkste Beanspruchung durch den Winddruck auf, wenn die Horizontalprojektion der Windrichtung senkrecht zu einer Achtecksseite vorausgesetzt wird, denn in diesem Falle hat man, die Achtecksseite = 1 gesetzt, als Resultante des Winddruckes auf die vertikale Fläche ab, siehe Figur 292:

R— 1 -f-cos 45° = 1,70711 für die Grösse der gedrückten Fläche aber:

F= 1 + 2 cos 45° = 2,41422

Figur 292.

Figur 293.

<v

₀H9SOO

cos 22%°

'cos22k°

i cos67%°

05

Ci

/f

NU*

Es bestellt somit das Verhältnis:

= 0,71 oder es ist R = 0,71 F.

i oq\ ^ _ 1,70711 } ' * * F ~ 2,41422 Nimmt man die Horizontalprojektion der Windrichtung- senkrecht zu einer Diagonale cd an, siehe Figur 293, so ergibt sich für die Resultante des Winddruckes senkrecht zur Fläche cd die Beziehung:¹

R¹ = 2 cos³227₂°4- 2 cos³677₂° = 1,68998

für die Grösse der gedrückten Fläche erhält man: daher ist:

184) . .

F‘ — 2cos22¹/2⁰ + 2 cos67¹/₂⁰ = 2,6 1 3 1 2 1,68998

R‘

' F‘

= 0,65 oder £' = 0,65 F*.

2,61312

Der Winddruck wird für den achtseitigen Schornstein unter der ersten Voraussetzung einen grösseren Wert ergeben, als im zweiten Falle und es ist deshalb die erstere Annahme der Rechnung zu Grunde zu legen.

Zur Berechnung der Grösse des Winddruckes wählt man als gedrückte Fläche einen durch die Schornsteinachse senkrecht zu einer Achtecksseite geführten Vertikalschnitt und zieht von dem auf die volle Fläche treffenden senkrechten Druck 71 Prozent, d. i. für den Quadratmeter 0,71 • 125 = 89 kg in Rechnung. Der Angriffspunkt des Winddruckes liegt im Schwerpunkte der gedrückten Fläche.

Zur Feststellung der Stabilität des Schornsteines wählt man nun eine Anzahl von Querschnitten, in der Regel an jenen Stellen, wo die Mauerstärke wechselt, bestimmt das Gewicht für den über dem betreffenden Querschnitte liegenden Schornsteinteil und den auf letzteren treffenden Winddruck. Die Resultante aus Mauergewicht und Winddruck wird die Querschnittsfläche in einem Punkte schneiden und es ist nun zu untersuchen, ob dieser Punkt innerhalb des Centralkernes liegt oder nicht, sowie ob in beiden Fällen die in dem äussersten Querschnittsrande auftretende Spannung innerhalb der zulässigen Grenze bleibt, siehe No. 297). Das ganze Verfahren soll an einem Beispiele gezeigt werden.

2) Uebungsaufgaben.

308) Aufgabe 136. Für den in Figur 294 im Vertikalschnitt dargestellten Schornstein ist die Stabilitätsuntersuchung auszuführen.

Auflösung. Man teilt den Schornstein etwa in die Abschnitte A bis K, bestimmt deren Volumina und hieraus die Gewichte. Die Volumenberechnung für den achteckigen Teil wird genau genug dadurch vorgenommen, dass man die mittlere Querschnittsfläche eines Abschnittes berechnet und mit der Höhe des letzteren multipliziert. Für die Volumina und Gewichte ergeben sich die in der folgenden Tabelle aufgeführten Werte:

Schornstein

Abschnitt

Volumen des Abschnittes in Kubikmeter

Gewicht des Abschnittes in Kilogramm

Gewichtssumme der einzelnen Abschnitte in Kilogramm

^ ^    ¹ ^—7,9 + dem Volumen des

u

Krönungsgesimses = 10,67 -j- 2,25 zusammen 12,98 2,06 + 2,48

20764

20764 == Nx

•7,7 = 14,479

27982

48746 =

3,12 -f- 3,50

•8,0 = 26,48

43168

91916 = Ns

4,12 -f 4,54

•4,2 = 18,21

7,92-6,6 -(- Gesimsvorsprung = 5,03 = 52,27 + 5,03 = 57,3 9,6-0,6 = 5,76 14,47-0,8 = 11,58 18,52-0,8 = 14,82 28,51-0,7 = 19,96 36,00-1,5 = 54,00

20132

91683

9214

18522

23708

31938

86400

112048 = N₄

203731 = iV₅

212945 — Nö 231467 = N7 255175 = Ns 287113 = iV9 373513 = iV.₀

Die zur Volumenberechnung erforderlichen Ausmasse und die hieraus abgeleiteten Flächeninhalte der einzelnen Querschnitte, desgleichen die Formeln zur Berechnung der Kernweite für den achteckigen und quadratischen Querschnitt sind in der folgenden Tabelle zusammengestellt.

Querschnitt

Lichte Weite in m

Mauerstärke in m

Aeussere Dicke in m

Innere Achtecksseite in m

Aeussere Achtecksseite in m

Innerer Durchmesser in m

Aeusserer Durchmesser in m

Querschnittsfläche in qm

Kernseite

Bemerkungen

1,10

II

1,50

III

1,26

IV

1,60

1,34

VI

1,60

0,51

VII

1,34

0,64

VIII

1,50

0,64

IX

1,30

0,90

1,30

1,03

XI

1,30

1,36

XII

1,30

1,69

05 o: Kl JO K) la M K) JÖ M 05 o os "-i a O) o: o: o o ® oofcoasoaotoiccioototoi.'o

XIII

5,34

H(M(MCOiOCOiO(M .    .    .    .    .

rtiCßiOCDiOCCiOCO

_r    ~    _r —T —T l»l

oooooooo

0,67

0,83

0,83

0,97

0,97

1,04

1,04

1,15

1,62

1,73

1,73

1,73

1,84

1,84

1,84

1,84

.ooaoioiococOHaoiOascM .

H H K5 iC 00^    0

oT of oT of ci of cd tjT

0,41

0,54

Die Kernweite e bestimmt sich für den achteckigen Querschnitt aus der Beziehung:

(ZD 4- d*) 0,244

0,47

0,49

0,43

0,46

0,53

0,59

28,51

0,89

D und d der äusseren bezw. inneren Durchmesser.

Für die Querschnitte IX bis XIII bestimmt sich die Kern-weite aus der Beziehung:

_ D² + ^²

12 D

XIV

6,00

j36,00

1,00 | e = — der äusseren Weite.

In der folgenden Tabelle sind die auf die einzelnen Abschnitte A bis F treffenden Teilwinddrücke und deren Summen berechnet und zusammengestellt.

Schornstein

Abschnitt

Gedrückte Fläche in Quadratmeter

Winddruck in Kilogramm

Summe der Winddrücke auf die einzelnen Abschnitte in Kilogramm

1,62 + 2,02

• 7,9 + 0,79 qm

für das Bekrönungsgesims 2,02 + 2,36

= 15,17

1353 = Wa

1358 = W₁

• 7,7 = 16,86

1504 = Wb

2857 = W

2,36 + 2,62

• 8,0 = 19,92

1773 = Wc

4630 = W₃

2,62 4- 2,78

• 4,2 = 11,34

3,10-6,60 = 20,46 3,36-0,60 = 2,02

1010 — Wb

2557 = WE 252 = Wf

5640 = W₄

8198 = W5 8450 = W₆

Die Angriffspunkte der oben berechneten Teilwinddrücke liegen in den Schwerpunkten si bis s₆, siehe Figur 294, der zugehörigen Flächenabschnitte A bis F. Die Angriffspunkte S\ bis S₆ der Winddrücke Wt bis W₆ bestimmen sich am bequemsten mittels eines

Figur 296.

6\

Figur 294.

Uebungsaufgaben. Figur 299.

Ni

oi-Wj

02-W₂

03-W3

04-W4

05’Ws

06-W₀

%0,26

'Zr

dl

0,595-

083

Ofiü5—4

Figur 298.

N₂

— *ip

-4

N₄

\fri

\......kl!

0,3s

]•-Q02 —i—(?44—

--2,02-

Querschnitt H.

■S'

11

12

>P

Mil

10 ---

Figur 295.

^4_Wg g wc ^WpAjW'E--^

15

11

19

n₅

C %

.........

21'

22

N₆

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Figur_ 297.

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CS.'

R-

Seilpolygones, siebe Figur 294 und 295. Nunmehr lassen sich die Eesultanten Rx bis i?10 aus den Winddrücken W₁ bis W₆ und Nt bis iV₆ bezw. WG und jY₆_₁₀, siehe Figur 296, der Grösse und Eichtung nach ermitteln, wodurch sich durch Parallele hierzu durch die entsprechenden Angriffspunkte S\ bis SG die Angriffspunkte rx bis r₁₀ in den Querschnitten II bis XIV, siehe Figur 294, ergeben. Aus der Lage dieser Angriffspunkte geht hervor, dass die Stabilität des Schornsteines gegen Umkannten gesichert ist. Für die Entfernungen der Angriffspunkte r von den zugehörigen Querschnittsschwerpunkten ergeben sich die folgenden Werte:

Querschnitt

Entfernung des Punktes r vom Schwerpunkte in m

II

0,30

IV

0,45

VI

0,55

VIII

0,65

IX

0,58

0,58

XI

0,55

XII

0,55

XIII

0,50

XIV

0,40

Ein Vergleich mit den zu den Querschnitten gehörigen Kernweiten ergibt, dass der Angriffspunkt r nur in den Querschnitten VI, VIII, IX, X und XI ausserhalb der Kernfläche zu liegen kommt. Für diese Querschnitte muss sonach untersucht werden, ob im nutzbaren Querschnittsteile die Eandpressung die zulässige Grenze nicht überschreitet; diese Untersuchung ist fiir den Querschnitt VIII vorgenommen worden, siehe Figur 297 und 298.

Es wurde der Querschnitt parallel zur Neutralachse nn, deren Eichtung ja bekannt ist, in 22 Streifen geteilt; die Flächeninhalte dieser Streifen sind als Kräfte parallel zu nn wirkend aufzufassen und zum Kräftepolygon, s. Fig. 298, Massstab 1 mm = 0,04969 qm, anzutragen. Mittels der beliebig gewählten Poldistanz H (80 mm = 30 • 0,04969 = 1,488 qm) ergibt sich das Seilpolygon. In demselben zieht man nun durch den Punkt c die Linie cfe so, dass die Flächeninhalte der Figuren bcf und fge einander gleich werden, dann geht durch e die Neutralachse nn hindurch. Es ist nun die Pressung © in einer Entfernung eci = hi von der Neutralachse:

N₄ 112048 W — 14880

In dem äussersten Querschnittsrande Im, siehe Figur 295, ist die Pressung:

_ @«Äö 7,53-47    ^    ,

©! = —f=— = -—= 6 kg per Quadratcentimeter.

Die Pressung bleibt also innerhalb der zulässigen Beanspruchung; dasselbe ist auch bezüglich der übrigen auf die gleiche Weise zu untersuchenden Querschnitte IX, X und XI der Fall.

Liegt der Angriffspunkt r innerhalb der Kernfläche, wie z. B. in den Querschnitten II, IV, XII, XIII und XIV, so ist die ganze Querschnittsfläche als nutzbar zu betrachten, und es berechnen sich die Pressungen in den Querschnittsrändern aus den Gleichungen 173).

Man erhält z. B. für den Querschnitt II, siehe Figur 297:

Nt zx 20764    0,712

^ ~ F e ~~ 15100 ' 0,412

= 7,53 kg per Quadratcentimeter.

hi

= 2,4 kg per Quadratcentimeter

und

Nx z₂

20764    0,112

"15100 ' 0,412

== 0,4 kg per Quadratcentimeter.

Anmerkung 43. Für den runden Schornstein ist zur Berechnung des Winddruckes gleichfalls ein durch die Schornsteinachse geführter Vertikalschnitt zu wählen und von dem auf die volle Fläche treffenden Drucke zwei Drittel als Winddruck der Rechnung zu Grunde zu legen. Im übrigen bleibt der Gang der Untersuchung der gleiche wie in dem vorstehend behandelten Falle.

309) Aufgabe 137. Der in Figur 292 dargestellte Vertikalschnitt soll für einen runden Schornstein zu Grunde gelegt werden. Es ist in ähnlicher Weise, wie in Aufgabe 136 gezeigt wurde, die Stabilitätsuntersuchung des runden Schornsteines durchzuführen.

C. Der Erddruck.

1) Der natürliche Böschungswinkel, a) Begriff des natürlichen Böschungswinkels.

310) Wird eine lockere, kohäsionslose Erdmasse auf einer festen Unterlage ac, siehe Figur 300, aufgeschüttet, so schliesst die Fläche ab, nach welcher die Erdmasse sich abböscht, mit der horizontalen Fläche ac einen Winkel ein,

Figur 300.

dessen Grösse von der natürlichen Beschaffenheit der Erdmasse abhängig ist. Dieser Winkel heisst der natürliche Böschungswinkel des Materiales.

Ein Erdteilchen P wird auf der schrägen Fläche fli im Gleichgewicht sein, d. h. nicht abrutschen, wenn die Gleichung besteht:

185) . . . P = Nf Nun ist aber:

P = Gsinp und AT= Gcosq

daher ist:

186) .../* =

= tgo.

sine

COSp

Man kann also sagen: „Der natürliche Böschungswinkel ist jener Winkel, dessen Tangente gleich dem Reibungskoeffizienten der Erdmasse ist.“

ac

Für den Querschnitt XIII findet man:

= 1,2 kg

per Quadratcentimeter.

2— F

360000    1,0    0,4 kg

Die Pressung¹ auf den Baugrund im untersten Querschnitt XIV beträgt:

373513    0,6

~ 360000 * 1,0

Die vorstehende Untersuchung liefert ein klares Bild über die Beanspruchung der einzelnen Schornsteinquerschnitte durch die äusseren Kräfte und zeigt, dass die gewählten Abmessungen beibehalten werden können.

373513    1,4

360000 ' 1,0

= 2 kg bezw. 8₂

= 0,6 kg

Anmerkung 44. Unter Böschung versteht man das Verhältnis — = cotgp.

b) Grösse des natürlichen Böschungswinkels für einige Erdarten und Gewichte

der letzteren per Kubikmeter.

311) In der folgenden Tabelle ist für einige der am häufigsten vorkommenden Erdarten die Grösse des natürlichen Böschungswinkels, sowie das Gewicht per Kubikmeter angegeben. Im Mittel darf man den natürlichen Böschungswinkel für die meisten Erdarten zu 30° annehmen.

Material

Reibungs

winkel

Gewicht

per

Kubikmeter

Lockere Dammerde, trocken

40»

1400

feucht.......

mit Wasser gesättigt

450

270

1580

1800

Lockere Lehmerde, trocken......

feucht.......

mit Wasser gesättigt

400

450

270

1500

1550

2040

Sand, trocken ....

feucht.....

mit Wasser gesättigt

Gerolle, eckig .... rundlich . . .

350

400

240

450

30»

1640

1740

2000

1770

1770

2) Begriff des Erddruckes.

312) Soll eine Erdmasse unter einem grösseren Winkel als dem natürlichen Böschungswinkel abgeböscht werden, so ist zu ihrer Stützung eine Wand ab erforderlich, siehe Figur 301. Infolge der Reibung längs ab wird bei einem Nachgeben der Wand die Erdmasse nicht auf der natürlichen Böschung, sondern längs einer steileren Böschung ac, der sogenannten Gleitfläche, abrutschen; der von dem Keile abc auf die Wand ab ausgeübte Druck heisst der Erddruck; man erhält den letzteren durch Zerlegung des Gewichtes G des Erdkeiles abc in zwei Komponenten P und Q, von welchen P unter dem Reibungswinkel zwischen der Wand ab und der Erdmasse, Q unter dem ReibungsWinkel q gegen die Normale zu ab bezw. ac geneigt ist. P gibt die Grösse des auf die Wand ausgeübten Erddruckes an.

3) Ermittelung der Gleitfläclie.

313) Ist die Terrainlinie unter einem kleineren Winkel als der natürliche Böschungswinkel gegen die Horizontale geneigt, bezeichnet ferner ac die Gleitfläche und G das Gewicht des durch die letztere und die Wand ab begrenzten Erdkeiles, so zerlegt man G in die Kräfte P und Q und zeichnet zu den Kräften G, P und Q das Kräftedreieck def, siehe Figur 302. Für eine andere, der ac unendlich nahe gelegenen Gleitfläche ac₁ ergibt sich das Kräftedreieck de^f. Es finden nun die folgenden Beziehungen statt.

Es ist:

Aabc:Aaccx — G:AG, AG = dem Gewicht des Erdprismas acc1 = de:ee₁

Nun ist aber auch:

oder:

de:eex — Adef:Aefex Aabc:Aaccx = Adef: Aefet

Es lässt sich aber der Kräftemassstab so wählen, dass die Strecke fe gleich der Strecke ac ist, dann werden die beiden sehr kleinen Dreiecke accx und efex annähernd einander gleich, woraus folgt, dass auch A abc = A def ist. Zieht man nun durch c die Linie cg unter dem Winkel d gegen die natürliche Böschung geneigt, so folgt hieraus die Kongruenz der Dreiecke def und acg, woraus sich schliesslich die Gleichheit der Dreiecke abc und acg ergibt. Zieht man ferner die Linie bi parallel zu cg und gl parallel ac, so erkennt man aus der Figur 301 die folgenden Beziehungen. Es ist:

ag: ad = cl: cd — bc\cd

ferner:

daher auch:

bc: cd — ig:gd

ag: ad — ig : gd

= {ag — ai):{ad — ag)

Hieraus folgt aber:

oder:

Figur 301.

,u§ /

A 7%

\\

L\

.Irl \

Q \

77 \Y> /

\ y / %

Figur 302.

ei

ag (a d — ag) = ad(ag — ai)

187) . . . ag2, = ad • ai

d. h. die Strecke ag ist die mittlere geometrische Proportionale zwischen den Abschnitten ad und ai. Aus dem Vorstehenden ergibt sich die folgende Konstruktion zur Ermittelung der Gleitfläche: „Man zeichnet die Linie ad, siehe Figur 303, unter dem natürlichen Böschungswinkel zur Hori-

Figur 303.

2P

><

zontalen geneigt, zieht durch b die Linie bi unter einem Winkel £-)-()', oder da in der Kegel der Reibungswinkel zwischen Erde und Mauerwerk jenem zwischen Erde und Erde gleich gesetzt werden kann, unter dem Winkel 2q gegen die Linie ab geneigt, und konstruiert nun zu den Strecken ad und ai die mittlere geometrische Proportionale ag\ die Parallele durch g zu bi liefert auf der Terrainlinie einen Punkt c der Gleitfläche, diese ist demnach durch die Linie ac gegeben.“

Anmerkung 45. Die Linie bi, welche mit der gedrückten Wand einen Winkel gleich dem doppelten natürlichen Böschungswinkel einschliesst, soll für die Folge die „Hauptlinie“ heissen.

4) Grösse und Angriffspunkt des Erddruckes, a) Grösse des Erddruckes.

314) Macht man in der Figur 301 gh — cg, so verhalten sich die beiden Dreiecke agc und hgc wie ihre Grundlinien; d. h. wie G:P\ mit anderen Worten, das Dreieck chg stellt die Grundfläche eines Prismas von der Höhe gleich der Einheit dar und das Gewicht dieses Prismas gibt die Grösse des auf die Wand ab ausgeübten Erddruckes an. Man bezeichnet deshalb das Dreieck cgh kurzweg als das Druckdreieck.

Zur Bestimmung der Grösse des Erddruckes auf die Wand ab ergibt sich somit die folgende Konstruktion:

„Man bestimmt die Gleitfläche wie in No. 313 angegeben; macht hierauf gh = cg, so stellt das Dreieck cgh die Grundfläche eines Prismas dar, dessen Höhe gleich der Einheit ist; das Gewicht dieses Prismas gibt die Grösse des Erddruckes auf die

Ermittelung der Gleitfläche in besonderen Fällen.

172

Wand ab an; hierbei ist die Breite der Fläche ab gleich der Einheit angenommen gedacht.“

b) Angriffspunkt und Richtung des Erddruckes.

315) Trägt man die Erddrücke auf die Wandstücke bc, cd und da, siehe Figur 304, als Senkrechte cd, dd‘, aa! zur Wand ab auf, so stellt die Verbindungslinie der Punkte b, c', d‘, a' eine Kurve dar, durch welche die Zunahme des Erddruckes von oben nach unten zu versinnbildlicht wird. Man kann diese Kurve als die Drucklinie des Erddruckes auf die Wand ab bezeichnen. Die von letzterer und der Drucklinie eingeschlossene Fläche ba'a bedeutet das

statische Moment des ganzen Erddruckes hinsichtlich des Drehpunktes a. Ist nun o der Angriffspunkt der Resultante des Erddruckes, so ist das statische Moment derselben gleich ao-aa'. Der Inhalt der Fläche ba‘a ist, weil die Kurve bc'd'a' eine Parabel mit dem

Scheitel b ist, gleich aa'-ab. Man hat also die Gleichung :

Figur 304.

cf

dU

0'

ao-aa' =

-d

— aa'-ab 3

d. h. es ist:

a'

188) . . . ao = — ab 3

„Der Angriffspunkt des Erddruckes auf eine ebene Wand liegt, unter der Voraussetzung, dass die obere Abgrenzung der Erdmasse eine ebene ist, in ein Drittel der Höhe der Wand über dem Fusse der letzteren.“

Die Richtungslinie des Erddruckes bildet mit der Normalen zur gedrückten Wand den Reibungswinkel q.

5) Ermittelung der Gleitfliiclie in besonderen Fällen.

a) Die Terrainlinie ist unter dem natürlichen Böschungswinkel zur Horizontalen

Figur 305.

geneigt.

a'GO

siehe Figur 305, die Hauptlinie

316) In diesem Falle ergibt sich das Druckdreieck sehr einfach, indem man

bh zeichnet und hierauf hi = bh macht. Der Angriffspunkt des Erddruckes liegt gleichfalls in ein Drittel der Höhe der gedrückten Wand ab.

öS

b) Die Terrainlinie ist eine gebrochene Linie.

317) Man verwandelt das Dreieck abl, siehe Figur 306, in das flächengleiche Dreieck aln, dessen Grundlinie mit der verlängerten Linie dl zusammenfällt, zieht ni parallel zur Hauptlinie, und verfährt im übrigen wie früher.

Zur Ermittelung des Angriffspunktes o verschafft man sich den Schwerpunkt s der Figur ablc, so liefert die Parallele durch s zu ac auf ab den Angriffspunkt o des Erddruckes.

Figur 306.

/i

bf

\,

/>W

\ V/'2p

In der Figur 306 ist die Richtungslinie von P unrichtig eingezeichnet, sie bildet mit der Normalen zur

Wand ab den Winkel q .

e) Die Terrainlinie ist eine gebrochene Linie und die obere Begrenzungsfläche

belastet.

318) Man reduziert die zufällige Belastung auf Belastung durch Erdmaterial, indem man die Höhe x, s. Figur 307, ermittelt, bis zu welcher Erde aufgeschüttet werden müsste, um dieselbe Belastung zu erzielen wie die gegebene. Ist Q die gegebene Belastung per Quadratmeter, G das Gewicht eines Kubikmeters Erde,

so ergibt sich x aus der Gleichung

Figur 307.

Man betrachtet jetzt die Linie

Gr

bcde als Terrainlinie und verfährt wie im vorhergehenden Falle.

319) Als zufällige Belastung, bezw. als Verkehrslast, rechnet man bei Eisenbahndämmen 1400, bei Strassendämmen 400 kg per Quadratmeter; in ersterem Falle ist dann, das Gewicht eines Kubikmeters Dammerde zu 1600 kg angenommen,

1400

1600

= 0,875 m

D. Stabilitätsuntersuchung einer Futtermauer.

1) Stabilitätsbedingungen.

320) Es soll zunächst vorausgesetzt werden, dass die Ausmasse der Futtermauer gegeben seien. Für diesen Fall sind die Bedingungen für die Stabilität die folgenden. Für jeden horizontalen Schnitt muss einerseits die nötige Sicherheit gegen Abgleiten des über der Schnittfläche stehenden Mauerkörpers längs der angenommenen Schnittfläche vorhanden sein, andererseits darf auch ein Umkanten des Mauerkörpers infolge des Erddruckes nicht stattfinden.

Beide Bedingungen sind erfüllt, wenn für jeden Schnitt die Resultante aus dem über der Schnittfläche stehenden Mauergewicht und dem auf diesen Mauerkörper treffenden Erddruck nicht nur mit der Normalen zur Schnittfläche einen kleineren Winkel bildet, als den Reibungswinkel, sondern ausserdem die betreffende Schnittfläche innerhalb ihrer Umgrenzung trifft. Dabei dürfen an keiner Stelle die auftretenden grössten Pressungen die zulässige Beanspruchung des Materiales überschreiten.

2) Ausführung der Stabilitätsuntersuchung.

a) Allgemeine Bemerkungen.

321) Hat die Futtermauer das Profil, siehe Figur 309, so teilt man dasselbe zweckentsprechend in Abschnitte, z. B. I, II, III, IV, bestimmt deren Flächeninhalte, sowie die Inhalte der zu diesen Flächen gehörigen Mauerkörper von der Tiefe gleich der Längeneinheit und hierauf die Gewichte Gx bis Gx der letzteren. Nunmehr ermittelt man die Erddrücke:

Px auf die Wand ba

p

n 55

P

-¹ 3    55    55

in letzterem Falle aber ist:

400

1600

= 0,250 m

Figur 308.

>d

r2p

Anmerkung 46. Bei der Konstruktion zur Ermittelung der Gleitfläche kann der Fall eintreten, dass der Schnittpunkt d der Terrainlinie mit der natürlichen Böschung unzugänglich wird. In diesem Falle hilft man sich dadurch, dass man Figur 308, den Punkt i nach i* auf ab überträgt und nun zn den Strecken ab und ai‘ die mittlere geometrische Proportionale ag‘ konstruiert; wird g‘ nach g übertragen, so ergibt sich der Punkt c und alles Weitere wie früher.

siehe

b am

bamn

deren Angriffspunkte ox, o₂, o₃, sowie die zugehörigen Richtungslinien. Die Richtungslinie von Gx geht durch den Schwerpunkt s von I. Die Resultante

Figur 310.

«-0,625m-±.

71’

Figur 309.

--0,75^

--\

3,-

\°t

XX

ro

«T7 V

Pa

°2

mO'S

P,

„Q

Ja_

y\\\

mL

tu S'J

XXXXXXxX

2,25 *±-

aus dem Mauergewicht G₄-\-G₂ enthält den Schwerpunkt s₂ von I-j-II, jene von Gx -f- G₂ -}- G₃ den Schwerpunkt s₃ von I4-II-|-ni. Mittels des Kräfteplanes, siehe Figur 310, ergeben sich die Resultanten Rx von Gx und P₁, R2 von G₁-\~G₂ und P₂, P₃ von G₁-\~G₂-\-G-₃ un<^ P₃ der Grösse und Richtung nach; der Lage nach erhält man sie durch die Parallelen zu R±, It₂, P₃ durch die Schnittpunkte ulf u₂, uv Hierdurch ergeben sich die Schnittpunkte v₁₇ v2 und v₃, von denen die ersten beiden die Fugenflächen durch ax und m innerhalb des Kernes treffen. v₃ liegt ausserhalb des Kernes. Die Vertikale durch den Schwerpunkt von IV geht in vorliegendem Falle gleichfalls durch uv daher auch die Resultante P₄ von Gx — G₄ und P₃; sie trifft die Fundamentsohle in einem Punkte ®₄, der ebenfalls ausserhalb des Kernes liegt. Nunmehr können die Pressungen in den einzelnen Fugenflächen ermittelt werden.

b) Uebungsaufgabe.

322) Aufgabe 138. Für die in Figur 309 im Profil dargestellte Futtermauer ist die Stabilitätsuntersuchung durclizuführen, ein Kubikmeter Mauerwerk = 2000 kg; ein Kubikmeter Erdmaterial = 1600 kg.

Teil IV: 2,25-0,50-2000 Zur Bestimmung des Erddruckes auf die vertikalen Wandflächen der Futtermauer ermittelt man zunächst das Druckdreieck ikl für die Wandfläche ab und verwandelt

= 2250 kg

Auflösung. Berechnung des Mauergewichtes:

0,95 + 0,75

Teil I:

-•1,50-2000 = 2550 kg

Teil II:

1,20 + 1,45

-2,0-2000 = 5300 kg

Teil III:

1,70+1,90

-1,50-2000 = 5400 kg

dieses in ein Dreieck b‘aV, das eine Höhe a'b‘ gleich der Wandhöhe ab besitzt; man erhält dann sehr einfach die noch fehlenden Erddrücke durch Verlängerung der Seiten b‘ a‘ und b‘r und Ziehen von Horizontalen durch die Punkte m und n. So ist z. B.

der Erddruck P₂ auf die Wand abm gegeben durch das Gewicht eines Prismas von der Höhe gleich der Einheit und einer Grundfläche gleich dem Dreieck b'm's, der Erddruck P₃ durch ein entsprechendes Prisma mit der Grundfläche b'n't. Hiernach berechnen sich die Erddrücke wie folgt:

Erddruck auf die Wand

ab: Px =

1,50-0,50

• 1600 = 600 kg

b am: P₂ =

3,50-1,20

• 1600 = 3360 kg

5,0-1,70

„ bamn: P₃ =

• 1600 = 6800 kg

Konstruiert man nun die Schwerpunkte sx von I, s₂ von I + II, s₃ von I + II + III, ebenso die Angriffspunkte ox, o₂, o₃ von Px, P₂ und P₃ und hierauf mittels des Kräfteplanes, siehe Figur 310, die Resultanten Rx bis P₃ der Grösse und Richtung und in Figur 309 der Lage nach, so ergeben sich die Angriffspunkte vx bis vv Konstruiert man schliesslich noch die Resultante P₄ aus Gx bis G₄ und P₃, so trifft diese die Fundamentsohle in dem Punkte vA.

Aus der Lage der Resultanten und der Punkte v ist ersichtlich, dass die Stabilität der Mauer sowohl gegen Abgleiten, Reibungswinkel ca. 35°, als auch gegen Umkanten gesichert ist; was die Grösse der Spannungen anbetrifft, so müsste man, streng genommen, zu den Resultanten Rx bis P₄ die vertikalen Komponenten ermitteln und letztere zur Berechnung der Spannungen benützen. Der Einfachheit halber sind im folgenden gleich die Resultanten R der Rechnung zu Grunde gelegt worden.

Es ist nun aus der Zeichnung zu entnehmen:

Rx = 15-200 = 3000 kg R₂ = 50-200 = 10000 kg P₃ = 90-200 = 18000 kg P₄ = 110-200 = 20000 kg

Für die Fuge vxa erhält man als Pressung:

— ca. 0,3 kg

- Rx 3000 ® = ^ = -960Ö

für die Fuge v₂m ist zunächst:

145

daher ist:

e — —— = 24 cm und 0 = 20 cm b

zx = 24 + 20 = 44 cm und z₂ — 26 — 24 = 2 cm Man erhält demnach als grösste Pressungen:

P₂

10000    44

R₂

14500    24    1,2 kg

10000

145

Für die Fugenfläche nv₉ fällt v₉ ausserhalb des Centralkernes und es ist der Abstand v₉ vom linksseitigen Querschnittsrande, aus der Zeichnung entnommen, ca. 55 cm, daher der nutzbare Querschnitt = 3-55-100 = 16500 qcm; die grösste Pressung am Querschnittsrande beträgt also:

2 P₃

= 2,18 kg

86000

16500

16500

Auch an der Fundamentsohle liegt der Angriffspunkt v₄ ausserhalb des Kernes; es ist daher die grösste Pressung auf den Baugrund:

= 2,1 kg

2-20000 3-62,5-100

Da an keiner Stelle die zulässigen Beanspruchungen des Materiales überschritten werden, so ist die vorgeführte Stützmauer als stabil zu betrachten.

E. Stabilität der Tonnengewölbe.

1) Form und Belastung eines Gewölbes.

Figur 311.

'a9

323) Ein Cylinder- oder Tonnengewölbe mit kreisförmiger Wölblinie besteht aus dem eigentlichen Gewölbebogen nebst der Hintermaueruug und stützt sich mittels der beiden Kämpferflächen auf die Widerlager. In der Regel ist das Gewölbe einerseits durch Aufschüttung von Erde bezw. Gerolle auf den Gewölberücken, andererseits durch die Nutz- oder Yerkehrslast belastet, wobei letztere aus einer über das ganze Gewölbe gleichmässig oder ungleichmässig verteilten, ruhenden oder beweglichen Belastung bestehen kann, wie letzteres z. B. bei Brückengewölben der Fall ist. Im folgenden soll die Verkehrslast als ruhend und über das ganze Gewölbe gleichmässig verteilt vorausgesetzt werden. Liegen dann die beiden Widerlager in gleicher Höhe, so teilt eine die Gewölbachse enthaltende Vertikalebene das Gewölbe in zwei symmetrische Hälften, wovon eine Hälfte in Figur 311 dargestellt ist. Hierbei ist die Wirkung der rechtsseitigen Gewölbehälfte ersetzt durch eine im Scheitel auftretende horizontale Kraft H, die Reaktion des Widerlagers aber durch eine der Kraft II gleichgrosse und entgegengesetzt gerichtete Kraft H sowie eine vertikal nach aufwärts gerichtete Kraft P, welch letztere gleich ist dem Gewichte der Gewölbehälfte, einschliesslich der gesamten Gewölbebelastung. Die Verkehrslast w ist dabei ersetzt gedacht durch eine Schichte Füllmaterial von bestimmter Höhe. Die Lage der Angriffspunkte der Kräfte H und P auf den Fugenflächen ab und cd, siehe Figur 311, ist nicht bekannt, doch wreiss man, dass, wenn in den betreffenden Fugen nur Druckspannungen herrschen sollen, diese Punkte innerhalb des Centralkernes der bezüglichen Fugen, also im mittleren Drittel der letzteren liegen müssen.

Die Wölblinie kann verschiedenartig geformt sein; je nach dem Zwecke, dem das Gewölbe zu dienen hat, kommen elliptische, parabolische und kreis-

Vonderlinn, Statik für Bauliandwerker.

förmige Wölblinien in der Technik vor. Im nachfolgenden soll stets eine kreisförmige Wölblinie vorausgesetzt werden.

2) Stabilitätsbedingungen.

324)    Soll ein Gewölbe allen Anforderungen in Bezug auf Stabilität entsprechen, so muss in demselben Gleichgewicht vorhanden sein:

1)    gegen Drehen,

2)    gegen Zerdrücken und

3)    gegen Gleiten.

a) Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Drehen, Horizontalschub, Drucklinien.

325)    Betrachtet man einen Gewölbestreifen von der Tiefe gleich der Einheit und nimmt die Angriffspunkte der im Scheitel und Kämpfer wirkenden Kräfte zunächst in den Schwerpunkten dieser Flächen, endlich das Gewicht der Gewölbehälfte als eine im Schwerpunkte des Gewölbestreifens wirkende vertikale Kraft P an, so liegen die sämtlichen in Betracht kommenden Kräfte in einer Vertikalebene und es wird Gleichgewicht bestehen, wenn sowohl die Resultante aller dieser Kräfte, als auch die Summe der statischen Momente der letzteren bezüglich eines beliebigen in der Ebene der Kräfte gewählten Drehpunktes gleich Null ist. Man hat also die Beziehungen:

P=P H— H Px = Hy

Aus der letzten Gleichung berechnet sich die im Scheitel des Gewölbes wirkende Horizontalkraft:

Px

189) . . . H — —

'/

Denkt man sich, siehe Figur 312, den Gewölbekörper durch eine in beliebigem Abstande v vom Mittelpunkte der Kämpferfuge durch eine parallel zur

Figur 312.

VH

Gewölbeachse geführte Vertikalebene durchschnitten, die Wirkung des abgeschnittenen Gewölbestückes ersetzt durch eine Kraft R und letztere in eine horizontale und vertikale Komponente H und V zerlegt, so wird der links von der Schnittebene befindliche Gewölbeteil im Gleichgewicht sein, wenn die Gleichungen stattfinden:

190)    . . . P= G-j-V

191)    . . . H—H

192)    . . . Hy — Gx-\~ Vv

Hierin bezeichnet V das Gewicht des zwischen Scheitel und Schnittebene liegenden Gewölbeteiles, während H der Horizontalschub des Gewölbes genannt wird.

Ans Gleichung 192) folgt weiter:

Gx-\- Vv

193) . . . y =

Da die Grösse von H aus Gleichung 189) bestimmt ist, so lässt sich nunmehr mittels der Gleichung 193) der Wert von y ermitteln; die Lage des Angriffspunktes c von B ist demnach bestimmt, sobald die Angriffspunkte von H und P im Scheitel und Kämpfer gewählt sind. Aus den Beziehungen 189) bis 193) ergeben sich die folgenden Sätze:

„Im Scheitel eines Gewölbes wirkt eine horizontale Kraft H, welche der Horizontalschub des Gewölbes heisst und durch das ganze Gewölbe hindurch von gleicher Grösse ist, sobald ihr Angriffspunkt im Scheitel und jener der Widerlagsreaktion im Kämpfer gewählt sind.“

„Führt man durch das Gewölbe eine Anzahl vertikaler Schnitte, so hat für jeden solchen Schnitt der Angriffspunkt der Kesultante aus Horizontalschub und dem Gewichte des zwischen Scheitel und Schnittebene befindlichen Gewölbeteiles eine ganz bestimmte Lage, sobald der Angriffspunkt des Horizontalschubes im Scheitel und jener der Widerlagsreaktion im Kämpfer gewählt sind.“

Die vorgenannten Kesultanten bilden in ihrer Gesamtheit ein Polygon, welches ein Druckpolygon oder eine Drucklinie des Gewölbes heisst.

Da die Angriffspunkte des Horizontalschubes und der Widerlagsreaktion innerhalb des mittleren Drittels der betreffenden Fugen beliebig wählbar sind, so gibt es im Gewölbe unzählig viele Drucklinien.

Zu jeder Drucklinie gehört ein ganz bestimmter Horizontalschub, der sich aus Gleichung 189) ermitteln lässt; er wird am grössten, wenn y seinen kleinsten und x seinen grössten Wert annimmt, dagegen am kleinsten, wenn y am grössten und x am kleinsten ist.

Wählt man also im Scheitel den unteren, im Kämpfer den oberen Endpunkt des mittleren Fugendrittels als Angriffspunkte von H, so entsteht der grösste Horizontalschub im Gewölbe; wird dagegen im Scheitel der obere, im Kämpfer der untere Endpunkt des mittleren Fugendrittels als Angriffspunkt von PL angenommen, so ergibt sich der kleinste Horizontalschub des Gewölbes.

Die sämtlichen möglichen Drucklinien müssen, wenn im Gewölbe nur Druckspannungen auftreten sollen, jede Fuge innerhalb ihres mittleren Drittels treffen.

Figur 313.

■fd

ah

'in

Von allen möglichen Drucklinien ist jene die günstigste, welche sich der Mittellinie des Gewölbes am meisten nähert.

b) Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Zerdrücken, Schlusssteinhöhe und Stärke

des Gewölbebogens.

326) Denkt man sich im Gewölbe etwa die Mittellinie des Gewölbebogens als Drucklinie angenommen und an irgend einer Stelle einen Yertikalschnitt parallel zur Gewölbeachse geführt, hierauf für die Schnittfläche die Kräfte B, V

Setzt man nun x = 1 und nimmt die Einheit sehr klein, d. h. führt man den Schnitt in unmittelbarer Nähe des Gewölbescheitels, so geht die Gleich. 194) über in die folgende:

VVr*_— 1

195)    . . . H

oder unter Vernachlässigung der Grösse 1 gegenüber dem Werte r₀².

196)    . . . H = Vr0 Hierbei bezeichnet V die nahe am

x — Entfernung der Schnittebene von der Scheitelvertikalen des Gewölbes.

Scheitel des Gewölbes wirkende Vertikalkraft, welche gleich der Scheitelbelastung gesetzt werden kann, r₀ ist der Krümmungshalbmesser der Drucklinie im Gewölbescheitel und kann ohne grossen Fehler gleich dem Halbmesser r der inneren Wölblinie plus der halben Schiasssteinhöhe angenommen werden; wird letztere mit h bezeichnet, so kann man setzen:

h i

ro=Y+r

es geht daher Gleichung 196) über in folgende:

(4+')

197) . . .    V

Bezeichnen nun g und gx die Gewichte der Kubikeinheit von Mauerwerk bezw. Füllmaterial, nennt man ferner d den Abstand des Scheitels der inneren Gewölblinie von der oberen Abgrenzung des Füllmateriales und w die auf den Quadratmeter treffende Verkehrslast, so ist die Scheitelbelastung des Gewölbes ausgedrückt durch die Beziehung:

198) . . . V=w-{-(d — h) gx -[-hg Man hat somit in Rücksicht auf Gleichung 197):

und H ermittelt, endlich im Punkte c an die Drucklinie, welche an der Stelle c einer Kreislinie mit dem Halbmesser r₀ angehören soll, die Tangente an letztere gezogen, so erkennt man zunächst, dass:

Figur 314.

mm.

tga — H -ist. Hieraus folgt: 194) ...# = -

VV₀² — x'

V VrJ — X²

199) . . . H =

Mit Bezugnahme auf die Festigkeit des Wölbmateriales darf der Horizontalschub eine bestimmte Grösse nicht überschreiten; doch muss bei einem Gewölbe, schon wegen der Unbestimmtheit der Lage des Angriffspunktes von H eine bedeutend grössere Sicherheit gegen Zerdrücken angenommen werden, als dies sonst bei Mauerwerk der Fall ist. Auch ist die Beanspruchung im Scheitel abhängig von der Gewölbeform, d. h. von der Spannweite, Pfeilhöhe und dem Halbmesser der inneren Wölblinie.

Entweder nimmt man als zulässige Beanspruchung „6;‘ des Wölbmateriales, einen beliebigen Bruchteil, jedoch nie mehr als die Hälfte der sonst zulässigen Beanspruchung des betreffenden Steinmateriales oder man berechnet sich „©“ aus empirischen Formeln, siehe Anmerkung 47:

Ist die Grösse ,,©“ gewählt, so erhält man für den Horizontalschub die weitere Beziehung:

200) . . . H = 6 h

Aus den beiden Gleichungen 199) und 200) folgt die weitere Gleichung:

• • ®h = [w^r(d — A)$ri + Ä$r](4" + r)

201) .

Hierin ist nur mehr die Grösse h unbekannt und kann somit berechnet werden; man erhält, unter der Voraussetzung, dass:

„ _ +

y° g

sein soll:

%r(9od + w)

202) ... A =

2@ —(pid + w)

Anmerkung 47. Zur Feststellung der im Gewölbescheitel zulässigen Beanspruchung „©“ kann man folgende empirische Formel benützen. Es ist:

© = 0,0026 s -j- 0,323 ~

Hierin bezeichnet s die Spannweite, p die Pfeilhöhe und r den Halbmesser der inneren Wölblinie in Centimeter ausgedrückt; es ergibt sich dann © in Kilogramm per Quadratcentimeter.

Anmerkung 48. Für die Berechnung der Schlusssteinhöhe gibt es eine Reihe von empirischen Formeln, welche zur vorläufigen Ermittelung von h gleichfalls benutzt werden können. Solche Formeln sind:

h = 0,069 —j— 0,325 m nach Perronet

Ä = 0,2 Vs-f-0,1 m nach Lesquiller h = 0,346 Vr für Kreisbogengewölbe nach Rankine.

Figur 315.

327) Der Gewölbebogen wird in der Regel aus einzelnen Steinen hergestellt, deren Lagerflächen entweder normal zur Mittellinie des Gewölbebogens beziehungsweise normal zur inneren Wölblinie gerichtet sind. Was nun die Stärke des Gewölbebogens zwischen Scheitel und Kämpfer anbetrifft, so kann man entweder durch das ganze Gewölbe die Stärke gleich der Schlusssteinhöhe nehmen; dann nimmt die Pressung in den einzelnen Fugen vom Scheitel nach dem Kämpfer hin zu, oder man kann die Forderung stellen, dass die Pressung in jeder Fuge gleich gross sein soll, dann muss die Gewölbestärke vom Scheitel nach dem Kämpfer grösser werden. Ist z. B., siehe Fig. 315, pq eine beliebige Lagerfuge zwischen Scheitel und Kämpfer normal zur Mittellinie des Bogens gerichtet, Ii die auf die Fugenfläche wirkende normale Druckkraft, so ist:

cos a

daher wenn V die Länge der Fuge pq bezeichnet:

COSß

COSß

d. h. es ist:

203) . .

COSß

Soll also die Pressung in jeder Fuge zwischen Scheitel und Kämpfer gleich gross sein, so muss die Länge jeder Fuge so gewählt werden, dass ihre rechtwinklige Projektion auf eine Vertikale gleich der Schlusssteinhöhe ist.

Für die Länge der Kämpferfuge ergibt sich:

204) . . . 1 =

COS ß

Zur Feststellung der äusseren Wölblinie genügt es, die Gewölbstärke im Scheitel und an den Kämpfern nach den Gleichungen 202) und 204) zu ermitteln und durch die so bestimmten drei Punkte eine Kreislinie zu legen.

Ist die innere Wölblinie ein voller Halbkreis, so wirkt als eigentliches Gewölbe nicht der ganze über dem Halbkreise befindliche Gewölbebogen, sondern jener Teil, welcher zwischen den beiden unter 30° gegen die Horizontalebene geneigten Lagerflächen sich befindet; der grösste Centriwinkel, welcher zu einem Gewölbebogen gehören kann, beträgt somit 120°. Der übrige Teil des Gewölbebogens ist zum Widerlager zu rechnen.

c) Gleichgewicht eines Gewölbes gegen Gleiten.

Figur 316.

UPS

V/.

328) Ist ef, siehe Figur 316, eine zwischen Scheitel und Kämpfer liegende Lagerfläche und R die auf die Fugenfläche wirkende Besultante der äusseren Kräfte, so muss, soll ein Gleiten längs der Fugenfläche ef vermieden werden, der Winkel cp zwischen der Besultante R und der Normalen zur Fugenfläche kleiner sein als der Beibungswinkel. Erfahrungsgemäss darf die Grösse des Winkels cp höchstens 17° betragen. In der Begel wird die notwendige Sicherheit gegen Gleiten vorhanden sein.

cJD

B) StaMlitätsuntersucliung bei symmetrischer Belastun

des Gewölbes.

a) Stabilität des Gewölbebogens.

329) Im Vorstehenden sind die Bedingungen aufgeführt, welche ein in jeder Hinsicht stabiles Gewölbe zu erfüllen hat; im folgenden soll nun für ein Gewölbe von gegebener Form die Stabilitätsuntersuchung vollständig durchgeführt werden. Es betrage, siehe Figur 317, die Spannweite s — 10 m, die Pfeilhöhe

p = 3 m. Die innere Wölblinie sei eine Kreislinie. Das Gewölbe soll bis auf eine Höhe von 1,20 m über dem Scheitel der inneren Wölblinie mit Dammerde aufgeschüttet und die Aufschüttung horizontal abgeglichen sein. Die Verkehrsbelastung betrage 400 kg per Quadratmeter. Ein Kubikmeter Wölbsteinmauerwerk wiege 2000 kg, ein Kubikmeter Füllmaterial 1600 kg.

Aus der gegebenen Pfeilhöhe und Spannweite bestimmt sich zunächst der Halbmesser r der inneren Wölblinie mittels der Gleichung:

Es folgt hieraus:

Die Formel:

r² — (r — 3)²-j-52 r = 5,66 m

liefert die Scheitelpressung:

© = 0,0026 • 1000 + 0,323 •

0 = 0,0026 s+ 0,323 ~

566

= 3,2 kg per Quadratcentimeter Nunmehr berechnet sich die Schlusssteinhöhe aus der Beziehung:

2@ - (g₁ d + w)    2-32000 —(16u0-1,2+ 400)

300

2-5,66(1800-1,2 + 400)

= 0,47 m

oder rund 0,50 m

Hiermit ist auch die Länge ab der Kämp'ferfuge bestimmt; es ist nämlich:

0,5    _ 0,5-5,66

2,66

Eine Kreislinie durch die Punkte d und b mit dem Mittelpunkte m‘ auf der Linie dm bestimmt die Abgrenzung des Gewölberückens.

ab —

cos«

= 1,06 m

Die Verkehrsbelastung soll durch eine Lage Füllmaterial dargestellt werden. Da nun der Quadratmeter Gewölbefläche mit 400 kg belastet ist und 1 cbm Füllmaterial 1600 kg wiegt, so muss die Höhe der die Verkehrslast ersetzenden Füllmaterialschicht offenbar:

= 0,25 m

400

1600

betragen. Diese Füllmaterialschicht von der Höhe ef= 0,25 m ist in der Figur 317 durch Schraffur angedeutet.

Um die weitere Untersuchung durchführen zu können, betrachtet man einen Gewölbestreifen von der Tiefe gleich der Einheit und teilt diesen in eine Anzahl von Lamellen von beliebiger aber gleicher Breite. Die Gewichte dieser Lamellen wirken in deren Schwerlinien als vertikale Kräfte belastend auf das Gewölbe. Zur bequemen Ermittelung dieser Kräfte reduziert man zunächst, nach Anleitung der No. 92) das vorhandene Füllmaterial auf Steinmaterial, wodurch sich die in der Figur 317 bezeichnete, auf Steinmaterial reduzierte Belastungsgrenze ergibt. Nunmehr sind die Gewichte der einzelnen Gewölbelamellen direkt proportional den Längen der Mittellinien der letzteren. Trägt man diese bezw. einen aliquoten, z. B. den vierten Teil derselben als vertikale Kräfte zu einem Kräftepolygon, siehe Figur 317a, an und konstruiert mittels eines auf der Horizontalen durch o beliebig gewählten Poles p ein Seilpolygon, so liefert letzteres die Lage von P, d. h. die Resultante aus den Gewichten der Lamellen 1 bis 11 der linken Gewölbehälfte. Wählt man die Mittelpunkte i und n der Scheitel- und Kämpferfuge als Angriffspunkte des Horizontalschubes

Figur 317 a.

Figur 317.

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11 12

13

13

ie

und der Widerlagsreaktion, so ergeben sich aus der Zeichnung die Hebelarme x und y: wodurch mittels der Gleichung:

Px — Hy

der Horizontalschub H des Gewölbes sich bestimmen lässt und zwar am bequemsten graphisch als vierte geometrische Proportionale aus den Grössen P, x und y\ man macht zu diesem Zwecke, siehe Figur 317 a, oy — y und os=7X und zieht, da die Länge 0*11 die Grösse von P darstellt, durch den Punkt 11 eine Parallele zu gs, welche auf der Horizontalen op den Horizontalschub H abschneidet. Konstruiert man nun mittels des Poles o ein neues Seilpolygon, dessen erste Seite durch den Mittelpunkt i der Scheitelfuge geht, so stellt dieses Seilpolygon eine Drucklinie des Gewölbes dar; erstere muss, soll das Gewölbe stabil sein, innerhalb des Kernes des Gewölbebogens verlaufen, sowie ausserdem durch den Mittelpunkt n der Kämpferfuge hindurchgehen.

Man kann ausser der eben erwähnten Drucklinie auch noch andere Drucklinien des Gewölbes konstruieren, z. B. jene, welche durch die Kernränder von Scheitel- und Kämpferfuge hindurchgehen, also entweder die Punkte il und ni oder i₂ und n₂ enthalten. Der zu jeder dieser Drucklinie gehörige Horizontalschub Ht bezw. i/₂, bestimmt sich in gleicher Weise wie vorhin. In den Figuren 317 und 317 a ist die Konstruktion angedeutet.

b) Stabilität des Widerlagers.

«) Ohne Berücksichtigung des Erddruckes.

330) Um zu untersuchen, ob das Widerlager des Gewölbes die notwendige Stabilität besitzt, bestimmt man auch für dieses eine Drucklinie, indem man die Lamellenteilung daselbst fortsetzt. Die letzte Seite in jenem Seilpolygon, das die Drucklinie im Gewölbebogen bildet, ist im vorliegenden Falle die Linie 11' 12' parallel zum Polstrahl 0-11; diese trifft die Mittellinie der Lamelle 12 im Punkte 12'. Nunmehr trägt man im Kräftepolygon, siehe Figur 317 a, von der Höhe der Lamelle 12, d. i. die Strecke 12 • 12', siehe Figur 317, denselben Bruchteil, nämlich ~ der ganzen Höhe als neue Kraft 11-12 an, erhält hierdurch den neuen Polstrahl 0-12 und hierdurch den Seilstrahl 12'13' parallel zum Polstrahl 0-12. Auf diese Weise findet sich die Strecke 13-13' als Höhe der Lamelle 13, mit der man ebenso verfährt wie im vorhergehenden Falle u. s. w. Hierdurch ergibt sich eine Drucklinie, welche bis zum festen Baugrund hinabreicht. Ist nun die Widerlagerstärke von vornherein gegeben, so muss die Drucklinie im Widerlager einen solchen Verlauf haben, dass in keiner Fugenfläche der Angriffspunkt der Resultante der äusseren Kräfte ausserhalb der Kernfläche liegt. Soll dagegen die Stärke des Widerlagers erst bestimmt werden, so errichtet man in den durch die Drucklinie auf den Mittellinien der Lamellen sich ergebenden Punkten 12', 13' u. s. w. Senkrechte zur zugehörigen Seite der Drucklinie und bestimmt deren Längen derart, dass die Projektion der Fuge auf eine Vertikale gleich der Schlusssteinhöhe h wird. Die Fundamentstärke des Widerlagers ist so zu bemessen, dass die Beanspruchung des Baugrundes innerhalb der zulässigen Grenze bleibt, d. h. im allgemeinen 2,5 kg per Quadratcentimeter nicht überschreitet.

ß) Mit Berücksichtigung des Erddruckes.

331) Ist das Gewölbe und Widerlager mit Erdmaterial hinterfüllt, so verschiebt sich durch die Wirkung des Erddruckes auf die seitliche Abgrenzung AB die Drucklinie etwas nach dem Innern des Widerlagers. In der Figur 317 ist die Grösse des Erddruckes auf die Wand AB ermittelt worden. Der Angriffspunkt dieses Erddruckes ist der Mittelpunkt D von AB, die Richtungslinie ED bildet mit der Normalen zu AD den ReibungsWinkel q. Vereinigt man nun den Erddruck mit der letzten Seite der Drucklinie, d. i. der Parallelen durch 16' zum Polstrahl 0-16 zu einer Resultante, so-trifft diese die unterste Fundamentfläche in dem Punkte v.

c) Berechnung der im Gewölbe auftretenden äusseren Kräfte und der hierdurch

verursachten Pressungen.

332) Bisher ist die ganze Stabilitätsuntersuchung des Gewölbes und Widerlagers durchgeführt worden, ohne die in Betracht kommenden Kräfte im Kräfte-

186

Berechnung der im Gewölbe auftretenden äusseren Kräfte etc.

Es sollen nun im folgenden diese Kräfte be-

mass ausgedrückt zu haben, rechnet werden.

Der Massstab der Zeichnung ist infolge der vorgenommenen Verkleinerung der Originalzeichnung der folgende:

47 mm der Zeichnung bedeuten 5 m; man hat also den Massstab 1:106,3 die Breite der Lamellen ist 0,5 m; daher ist das Gewicht der ersten Lamelle = 0,5 *1,28-10 *2000 = 1280 kg (1,28 = Höhe der Lamelle). Der Massstab der Kräfte berechnet sich wie folgt: Die Höhe der ersten Lamelle beträgt 14 mm; im Kräftepolygon sind aber nur die vierten Teile der Lamellenhöhen angetragen worden, es ist also:

14

v — —mm = 1280 kg oder 1 mm = 365 kg

Auf Grund dieses Kräftemassstabes berechnet sich zunächst die Grösse des Horizontalschubes:

H= 39 mm = 39-365 = 14235,4 kg oder rund 14240 kg

Scheitelpressung des Gewölbes. Die Schlusssteinfläche ist:

50-100 = 5000 qcm, daher ist die Scheitelpressung 3 = 14240:5000 = 2,85 kg ein Wert, der wohl beibehalten werden kann und der etwas kleiner ist, als der frühere empirisch berechnete Wert.

Pressung in der Kämpferfuge. Die Länge der Kämpferfuge beträgt 1,06 m. Die auf die Fläche wirkende Kraft ergibt sich aus dem Kräftepolygon gleich der Länge des Seilstrahles 0-11 und diese ist — 69 mm, daher ist:

<3 =

= ca. 2,5 kg

69-365

10600

Pressung auf den Baugrund, ohne Berücksichtigung des Erddruckes. Die Länge u beträgt 13 mm, d. i.:

= 1-383 m

13-5

47

daher ist die Länge des nutzbaren Querschnittes gleich 3w = 4,149 qm. Der vertikale Druck auf den Baugrund ist durch die Länge 0-16 im Kräftepolygon gegeben, diese Länge beträgt 127 mm = 127-365 = 46355 kg. Es ist daher die Pressung:

2-46355

41490

= 2,2 kg

Pressung auf den Baugrund mit Berücksichtigung des Erddruckes. Die Grösse des Erddruckes auf die Wand AB ergibt sich aus der Fläche des über AB punktiert gezeichneten Trapezes; diese Fläche beträgt:

= 2,28-3,4 = 6,752 qm

5    (28 + 15)    32-5

47

daher ist der Erddruck:

P= 6,752-1600 = rund 10800 kg das sind in dem gewählten Kräftemassstab:

10800:365 = 29,6 mm

Vereinigt man nun die auf die Fundamentfläche treffende Kesultante der äusseren Kräfte, welche durch die Länge des Polstrahles 0-16 dargestellt ist, mit dem eben berechneten Erddruck zu einer neuen Resultante und wählt, zur besseren Darstellung den Kräftemassstab etwa siebenmal kleiner als bisher, so

_ I _ _ 29 6

braucht man nur oa = — 0 • 16 und aß parallel zu ED und gleich —y— = 4,2 mm

anzutragen, so ist die Strecke oß die auf die unterste Fundamentfläche treffende Resultante der äusseren Kräfte; ihre Vertikalkomponente ist oy und beträgt 21,5 mm oder 21,5 • 7 • 365 = 54932,5 kg oder rund 54940 kg.

Für die unterste Fundamentfläche beträgt nun:

— 0,83 m = 83 cm

42-5

47-6

ferner ist:

3*5

= 0,32 = 32 cm

daher ist:

zx — 83 —32 = 115 cm

z₂=z 83 — 32 — 51 cm Die Randspannungen in der untersten Fundamentfläche sind:

@,=

54940    115

= 1,6 kg

44600    83

54940    51

44600

Das vorstehend behandelte Gewölbe besitzt, da weder die Pressungen im Gewölbe noch jene im Widerlager an keiner Stelle die zulässige Grenze überschreiten, die notwendige Sicherheit gegen Zerdrücken. Auch der Verlauf der Drucklinie ist ein solcher, dass sowohl Gleichgewicht gegen Drehen, wie auch gegen Gleiten vorhanden ist. Das vorliegende Gewölbe ist somit als stabil zu betrachten.

@₂ =

83 ⁼°’73k£

4) StaMlitätsuntersuctiung bei unsymmetrischer Belastung

des Gewölbes.

333) Bei den bisherigen Untersuchungen war vorausgesetzt, dass die Verkehrslast über das ganze Gewölbe gleichmässig verteilt, letzteres also symmetrisch zu dessen vertikaler Mittelebene belastet erscheint. Es kann aber auch der Fall eintreten, dass die Verkehrslast nur auf einem Teile des Gewölbes ruht,-während der übrige Teil lediglich durch das Eigengewicht der Konstruktion eine Belastung erfährt.

Der ungünstigste Fall der Belastung ist gegeben, wenn die eine Gewölbehälfte die volle Verkehrslast aufzunehmen, die andere aber nur das Eigengewicht zu tragen hat. Auch in diesem Falle kann man in dem Gewölbe Drucklinien konstruieren und ersteres als stabil betrachten, wenn es gelingt, eine Drucklinie zu ermitteln, welche durch das ganze Gewölbe hindurch innerhalb des Kernes des Gewrölbebogens verläuft. Die Konstruktion lässt sich in ganz ähnlicher Weise ausführen wie beim symmetrisch belasteten Gewölbe. Man verschafft sich zunächst, siehe Figur 318, in beiden Gewölbehälften die auf Stein-material reduzierte Belastungsgrenze, teilt jede Gewölbehälfte in die gleiche Anzahl von gleich breiten Lamellen, deren Höhen wieder proportional den Lamellengewichten zu nehmen sind. Entsprechende Proportionalteile dieser Höhen trägt man als vertikale Kräfte zu einem Kräftepolygon, siehe Figur 319, aneinander an und konstruiert mittels eines beliebigen Poles p ein zu dem Kräftepolygon gehöriges Seilpolygon. Infolge der unsymmetrischen Belastung des Gewölbes ist die im Gewölbescheitel wirkende Kraft nicht mehr horizontal, son-

Figur 318.

/'    2    3‘    4'    5'    6’

//

//77F777.

'///'<///,

y?

///X///A/77^

^77,77777777/

/.

77X7777’

777X777/

777X777/

yy/7777/777/1

(Ä

;\

's

ZI

TP,

fP₂

\f

\9

dern gegen die Horizontale in bestimmter Weise geneigt. Ihr Angriffspunkt ist nicht bekannt, sondern kann innerhalb des mittleren Fugendrittels beliebig angenommen werden. Man wählt hierzu den Mittelpunkt c der Schlusssteinhöhe; desgleichen kennt man auch die Angriffspunkte der Widerlagsreaktionen nicht von vornherein, sondern nimmt hierfür gleichfalls die Mittelpunkte a und b der beiden Kämpferfugen an. Durch die drei so gewählten Punkte a, b und c ist nun eine Drucklinie bestimmt, die man in folgender Weise erhält:

Man verlängert die äussersten Seiten des vorhin konstruierten Seilpoly-gones bis zu den Vertikalen durch die Punkte a und b und erhält so die Punkte e und f, deren Verbindungslinie die Schlusslinie des Seilpolygones ergibt. Parallel zu dieser Schlusslinie zieht man durch den Pol p, s. Figur 319, eine Parallele jp q, so

A³

5«

schneidet diese auf dem Kräftepolygon 6' 6 die beiden Auflagerreaktionen 6 q = A und q6J — B ab.

Nun bezeichnet die Strecke dg in dem schon konstruierten Seilpolygone

das auf die Poldistanz op reduzierte statische Moment sämtlicher auf eine Gewölbehälfte wirkenden äusseren Kräfte hinsichtlich eines auf der Vertikalen cg gewählten Drehpunktes, desgleichen ist für die zu konstruierende Drucklinie, die ja auch ein Seilpolygon ist, die Strecke ci, das auf die zur Drucklinie gehörige Poldistanz reduzierte statische Moment der vorhin genannten Kräfte bezüglich des nämlichen Drehpunktes; die wirklichen statischen Momente der genannten Kräfte müssen einander gleich sein. Bezeichnet man also die zu dg gehörige Poldistanz op mit H, die zu ci gehörige mit Hl, so hat man die Gleichung:

dgH ■=- ciH₁

5\

Bit

3'{

Figur 319.

.X

Vs

--

oder es ist:

Man erhält also H₁ als vierte geometrische Proportionale zu den Grössen dg, ci und H.

Macht man nun, siehe Figur 318 und 319, ok — gd und ol=ci, zieht

lp und durch k die Parallele km zu Ip, so ist om die zu ci gehörige Poldistanz; der Pol selbst liegt auf der durch q gezogenen Parallelen zur Schlusslinie ab und ist somit der Punkt n, wobei om = qn ist. Mittels des Poles n konstruiert man das zu dem Kräftepolygon gehörige Seilpolygon, dessen durch c gehende Seite parallel zum Polstrahl on ist, so stellt dieses die Drucklinie des un-

U ebungsaufgab en.

190

symmetrisch belasteten Gewölbes dar. Diese bleibt in ihrem ganzen Verlaufe innerhalb des Kernes des Gewölbebogens; das Gewölbe besitzt demnach auch bei unsymmetrischer Belastung hinreichende Stabilität.

5) Uebungsaufgaben.

334) Aufgabe 139. Für ein Treppengewölbe, das sich in den Punkten e und f, siehe Figur 320, auf zwei Podestträger als Widerlager stützt, ist der Verlauf einer Drucklinie zu zeichnen und ausserdem die Belastung anzugeben, welche ein Podestträger durch das Gewölbe erfahr t.

.....

V" s

Pi,

irr

•••••

w00'z I

NA

Cu

Cu

CO

Figur 320.

Ph‘

*o

o?

oy

•*r

■~o

Figur 321.

P>

-----Ac-

i\v

CU

V-

co

/ p-

___________gu

CU

. -V--

■35

Figur 322.

Ni

■V

Uebungsaufgaben.

191

Auflösung. Die auf jede Stufe treffende Belastung einschliesslich des Eigengewichtes sei P und wirke so, wie in der Figur 320 angegeben, auf den Gewölbebogen. Man trägt zunächst die Kräfte P zu einem Kräftepolygon an, konstruiert mittels eines beliebigen Poles p, siehe Figur 322, ein Seilpolygon, siehe Figur 321, und zeichnet dessen Schlusslinie hi.

Zieht man ferner durch den Schnittpunkt k der äussersten Polygonseiten die Vertikale vk und wählt auf letzterer den Punkt m in der Mitte zwischen innerer und äusserer Wölblinie, so kann man durch die drei Punkte f, m und e ein Seilpolygon legen, dessen Schlusslinie die Gerade ef ist.

Nun bedeutet die Strecke i‘ix, siehe Figur 321, das auf die zu p gehörige Poldistanz H₀ reduzierte statische Moment der auf eine Gewölbehälfte wirkenden Kräfte hinsichtlich eines auf der Vertikalen vk gewählten Drehpunktes, desgleichen ist ml das auf eine bestimmte Poldistanz H reduzierte statische Moment der nämlichen Kräfte bezüglich desselben Drehpunktes. Man hat daher die Gleichung:

H₀-i‘i₁ — H- Im,

woraus sich H bestimmt. Man wählt, siehe Figur 322, den Punkt n auf 0-10 beliebig, zieht nr senkrecht zu 0-10 und gleich ff₀, macht ns — ml und nq — i,il, zieht sr und zu letzterer Linie parallel die Linie qt, so ist nt — H.

Zieht man ferner durch p, siehe Figur 322, eine Parallele po‘ zur Schlusslinie h i des Seilpolygones, siehe Figur 321, endlich durch o‘ eine Parallele o'n zur Schlusslinie ef,, siehe Figur 320, so liegt auf o‘u der zum Seilpolygon fme gehörige Pol und zwar in einer Entfernung H=nt von der Linie 0-10 der Kräfte. Mittels des Poles u konstruiert man ein Seilpolygon, dessen erste Seite durch f geht, dann stellt dieses eine Drucklinie für den Gewölbebogen dar und enthält die Punkte m und e. Der Verlauf der Drucklinie muss innerhalb des Kernes des Gewölbebogens stattfinden.

Die äussersten Seiten ve und vf des Seilpolygones fme bestimmen die Richtungslinien der Auflagerdrücke A und B des Gewölbebogens auf die Podestträger. Die Grössen dieser Auflagerdrücke sind aus dem Kräfteplan zu entnehmen und zwar ist:

A — u• 10 und B — u- 0

Beide Auflagerdrücke zerlegen sich in einen Horizontalschub H — uw und in einen vertikalen Druck V — iv 10 bezw. V₁ = Oiv. Letzterer Druck ist nach aufwärts gerichtet und wirkt entlastend auf den Podestträger.

Figur 323.

-2ßb=b~

Die Belastungsskizze für einen durch die Gewölbebögen der beiden Treppenläufe belasteten Podestträger ist in Figur 323 im Aufriss, in Figur 324 im Grundriss dargestellt. Es bezeichnet in Figur 323 Q die Podestbelastung, V den vertikalen Druck durch den aufsteigenden und Vx den vertikalen, entlastend wirkenden Druck durch den absteigenden Gewölbebogen; in Figur 324 ist die Belastung durch den Horizontalschub der beiden Gewölbebögen dargestellt.

ii

Ist der Podest ein Kappenpodest, so wirkt der Horizontalschub des letzteren dem Horizontalschub H der Gewölbebogen ent-gegen; übt der Podest aber keinen Horizontalschub aus, so muss der Horizontalschub der Gewölbebögen durch besondere Konstruktionsteile aufgenommen werden.

7,

Figur 324.

335) Aufgabe 140. Man führe die Stabilitätsuntersuchung für das in No. 329) behandelte Gewölbe unter der Voraussetzung durch, dass die rechtsseitige Gewölbe hälfte durch die Verkehrslast beansprucht, die andere Hälfte aber nur durch das Eigengewicht belastet sei.

336) Aufgabe 141. Für das in Figur 320 dargestellte Treppengewölbe ist die Stabilitätsuntersuchung durchzuführen, wenn die Breite der Treppe 1,20 m und die Belastung per Quadratmeter Horizontalprojektion 1000 kg beträgt. Auch ist der zugehörige Podestträger zu berechnen, wenn der Podest ein Plattenpodest und die Belastung per Quadratmeter dieselbe wie für die Treppe sein soll. Der Horizontalschub der Gewölbe soll durch vier Steifen von -j- Form aufgenommen werden.

Nachtrag zur Profilbestimmung von auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit beanspruchten Trägern.

337) Die Ermittelung der Profile von Trägern, die auf zusammengesetzte Biegungsfestigkeit beansprucht sind, kann in etwas anderer Art, als in No. 244) mitgeteilt wurde, geschehen, wenn in den zur Verfügung stehenden Profiltabellen nicht nur die Werte von Wy und Wz,

Wz

sondern auch jene des Quotienten —— enthalten sind. Die Gleichung:

Mz , My

Wy

Wz

Wy

Wz

lässt sich, wenn -==— = c gesetzt wird, auch so schreiben:

Wy

205) . . . © =

Mz -j— C My

Wz

oder Wz

MZ ~ j~ C M^y

Hierin bezeichnet „©“ die zulässige Beanspruchung des Materiales.

Aus den Tabellen VI und VII ist zu entnehmen, dass die Werte von c bei J-Profilen zwischen 5,8 und 8,9, bei [-Profilen zwischen 1,5 und 6,7 schwanken.

Um nun für einen bestimmten Fall mittels Gleichung 205) das zugehörige Profil zu berechnen, setzt man zunächst c — 7 für T-Profile bezw. c = 5 für [-Profile und berechnet aus Gleichung 205) einen angenäherten Wert Wz‘.

Man ermittelt nun aus der Tabelle den diesem Werte am nächsten kommenden höheren Wert, nebst dem zugehörigen Wert von c. Unter Benützung des letzteren bestimmt man aus Gleichung 05) den genauen Wert von Wz und das diesem zugehörige Profil. Zur Erläuterung des Verfahrens diene die Aufgabe 110.

Für diesen Fall ist, siehe Aufgabe 110, Mz — 54600 und My — 13650; daher für [-Profil c — 7 gesetzt,

54600 + 7-13560

— 200

550

Wz¹ =

Der nächst höhere Wert Wz in der Tabelle VI ist 216 und ihm entspricht N. P. No. 20; für dasselbe ist in der Tabelle VI c = 7. Daher wird Wz‘ — 200 sein. Für die grösste in dem Profile auftretende Spannung erhält man:

Wz ‘

200

Wz

• <B —    ---750 —. 694 kg per Quadratcentimeter

äIO

Für ein [-Profil ist, c = 5 gesetzt, zunächst: Wz‘ =

54600 + 5-13650

750

= 163

Der nächst höhere Wert in der Tabelle VII ist Wz — 193 mit einem c = 6. Ihm entspricht N. P. No. 20. Man erhält also genauer:

Wz' =

54600 + 6-13650

750

= 182

Das Profil No. 20 ist also genügend. Die darin auftretende grösste Spannung ist:

182

©' = -^•750 = 707 kg

Die im Vorstehenden berechneten Werte von „@u stimmen mit jenen in Aufgabe 110 überein. Die Differenz zwischen 694 kg und 697 kg rührt lediglich von Aufrunduugen der Rechnungsresultate her, die in oben genanntem Beispiele vorgenommen wurden.

Anmerkung 49. Das vorstehend im Nachtrage mitgeteilte Verfahren rührt von Professor Land her und ist in der Zeitschrift des Vereins deutscher Ingenieure, Jahrgang 1895, Heft 8 und 10 von dem genannten Autor veröffentlicht worden.

Bemerkungen

Die angegebenen Zahlenwerte bezeichnen Kilogramm und beziehen sich auf den Quadratcentimeter-Fläche. Sämtliche Zahlenwerte sind nur als angenäherte Mittelwerte zu betrachten.

Zulässige Beanspruchung

Bie

gung

Schub

Druck

Zug

Bie

gung

09

80

80

750

750

1200

1500

6-7

01-09

80

80

009

650

800

1300

200

ca. 6

0,075

0,4

ÖS1

800

1200

1500

500

40-60

o o co co

t-

O IO

cnT

80

500

100

100

750

800

1200

1500

250

0,6

0,7

1,4

009

720

3000

3600

6000

7600

Festigkeit

Schub

09

80

80

3300

3400

4000

6400

1000

ca.

09

09

20

0,75

4,0

Tabelle I.

Druck

330

440

320

3600

4000

0009

8000

0009

800

bis

1200

009

009

01

140

100

Zug-

700

880

1000

3600

4000

0009

7600

1300

ca.

160

30

12

14

10

Proportionalitäts

grenze

Bie-

Druck

Zug

250

216

250

1600

2000

4000

5000

130

360

0SI

105

3500

5000

470

580

1600

2200

3500

3750

Elastizitätsmodulus E

Biegung

Druck

Zug

120000

100000

150000

1800000

2000000

2100000

110000

100000

170000

2100000

2300000

1000000

120000

110000

180000

2000000

2150000

2200000

2500000

1000000

Material

Pi

CD

V-

ff

3 Kiefernholz . w Eichenholz .' Buchenholz . Schweisseisen ff Flusseisen . Flussstahl . Gussstahl Gusseisen Granit . .

Muschelkalk

Sandstein .    .

Ziegelmauerwerk in Kalkmörtel

Bestes Ziegelmauerwerk in Cementmörtel

Ziegel mauerwerk in Ce-mentmörtel,

⁰⁵ Mittelwert

Guter Baugrund

Tabelle II.

Belastung der Zwischendecken.

In Kilogramm pro Quadratmeter.

Art der Konstruktion

Eigenlast Nutzlast Totallast Kilogramm Kilogramm Kilogramm

a) In Wohngebäuden oder in Fabriken mit leichten Maschinen.

Gewölbte Decke, */⁴ Stein stark, einschl. Hintermauerung, zwischen eisernen Trägern für 1 m bis 1,50 m Spannweite, einschl. Putz und Fussboden.

Gewölbte Decke, J/2 Stein stark, sonst wie vorhin .

Gewölbte Decke, */2 Stein stark, für 2 bis 3 m Spannweite, sonst wie vorhin.........

Decke aus Wellblech, Buckelplatten oder Barreneisen mit Beton zwischen Trägern (13 cm dick im Beton)..............

Holzbalkendecke mit einfachem Fussboden •    .    .    .

Holzbalkendecke mit doppeltem Fussboden oder mit einfachem Fussboden und einem Deckenputz .    .

Holzbalkendecke mit halbem Windelboden, Fussboden und Deckenputz............

Holzbalkendecke mit ganzem Windelboden, sonst wie vorhin ..............

300

200

500

400

200

600

500

200

700

250

200

450

80

100

300

400

200

280

200

200

200

300

500

600

b) In Fabriken mit schweren Maschinen, in Speichern und in Tanzlokalen.

Holzbalkendecke mit halbem Windelboden, für Tanzlokale, Heu- und Fruchtböden.......

Holzbalkenlage mit Bohlenbeleg in Salzspeichern Holzbalkenlage mit Bohlenbeleg in Kaufmannsspeichern ..............

Gewölbte Decke, */2 Stein stark, zwischen eisernen Trägern für 1 bis 1,50 m Spannweite, in Fabriken oder Lagerräumen.........

Gewölbte Decke, 1 Stein stark, für 2 bis 3 m Spannweite, sonst wie vorhin.........

Decke aus Wellblech, Buckelplatten oder Barreneisen mit Beton (20 cm dick), sonst wie vorhin . .    .

350

200

250

450

650

350

350

600

750

500

500

500

700

800

1000

950

1150

850

Tabelle III.

Eigengewichte und Gesamtbelastungen,

welche die Baupolizei in Berlin bei Revision von Hochbauprojekten im allgemeinen zu Grunde legt. Auch bei der Königlichen Regierung zu Breslau werden diese Werte bei statischen Berechnungen in der Regel angewandt.

Kilogramm

Eigengewicht

pro

Eigengewichte und Belastungen

Kilogramm

pro

Kubikmeter

Kubikmeter

Erde und Lehm .    .    .    .

Ziegelmauerwerk aus vollen Steinen . .    .    .

Ziegelmauerwerk aus porösen Steinen . . . Ziegelmauerwerk aus porösen Lochsteinen . . Sandsteinmäuerwerk .    .

Granit und Marmor . .

Beton.......

Gypsdielen.....

Gussasphalt.....

Glas........

Kiefernholz.....

Eichenholz......

Gusseisen......

Schweisseisen.....

Flusseisen......

Kupfer ......

Zink.......

Blei........

Eis........

Kies........

Steinkohlen.....

Torf........

Roggenschüttung . . . Mehl von Weizen . . .

1600

1600

1300

1100

2400

2700

2000

700

1500

2600

580

800

7200

7800

7850

8900

7150

11350

910

1525

1280

550

650

1600

Balkenlage in Wohngebäuden .    . .

„    einschl. der Belastung . .

„    in Fabrik- und Lagerge-

bäuden ..........

Balkenlage einschliesslich d. Belastung in Getreidespeichern, einschliesslich der Belastung . . . Gewölbte Decke aus porösen Steinen

in Wohngebäuden......

desgl. einschliesslich der Belastung . Gewölbte Decke in Fabirkgebäuden einschliesslich der Belastung .    .

Gewölbte Decke unter Durchfahrten und benachbarten Höfen einschl.

der Belastung.......

Wellblechdecken einschliesslich der Belastung ..........

Gewölbte Treppen.......

desgl. einschliessl. der Belastung . . Dachflächen in der Horizontalprojektion gemessen einschliessl. Schnee-und Winddruck bei Metall- oder Glasdeckung gemäss der Neigung desgl. bei Schieferdeckung ....

„    bei Ziegeldeckung.....

„    bei Holz-Zementdeckung . . .

Steile Mansardedächer......

Nach der Baupolizeiordnung der Stadt Breslau ist zu rechnen:

Das Gewicht von 1 cbm Mauerwerk.................

„    1 qm Balkendecke in Wohnräumen einschliesslich der zufälligen

5?    n

Belastung.......

Das Gewicht von 1 qm Kellergewölbe

„    „ 1 qm Treppenlauf.................

„    „ 1 qm Dachfläche in der Horizontalprojektion einschliesslich

Schnee- und Winddruck...................

250

500

250

750

850—1000

350

600

1000

1250

500—1000

500

1000

125—150

200-240

250—300

350

400

= 1600 kg

— 500 kg = 750 kg = 500 kg

— 250 kg

Tabelle IY. Normalgewichte der wichtigsten Frachtgüter.

Material

Gewicht in Kilogramm

Granit-Werkstücke pro Kubikmeter..........

Granit-Pflastersteine, regelmässig behauen, pro Eanmmeter Granit-Pflastersteine, unregelmässig behauen, pro Eaummeter

Granit-Bruchsteine pro Eaummeter..........

Basalt-Pflastersteine, behauen, pro Eaummeter......

Basalt-Bruchsteine pro Raummeter..........

Sandsteine (Werkstücke) pro Kubikmeter........

Kalk, Marmor pro Kubikmeter...........

Kalk, Bruchsteine pro Raummeter..........

Baukalk, fetter,    „    ..........

Baukalk, magerer,    „    ..........

Gneis,

Serpentin,

Quarz

Porphyr,

Dolomit

Thonschiefer

Grünsteinbrnchsteine pro „

Hornblendebruchsteine pro Raumm Bruch- oder Feldsteine Kies und Sand Steinkohle

Kokes    „    ...

Eisen, gewalzt, pro Kubikmeter ....

Eisen, gegossen, „    „    ....

Eisenerze pro Raummeter......

Walzzink pro Kubikmeter......

Ziegelwerk: Formatsteine pro 1000 Stück Klinkersteine Chamottesteine Feldbrandsteine Drainröhren 2"

Flachwerke    „    ....

Eichen- oder Buchenholz als Brennholz pro Raummeter Kiefern- oder Fichtenholz als Brennholz „

Eichen- oder Buchenholz als Bauholz pro Kubikmeter

Kiefer oder Fichte als Bauholz........

Rüben

Rübenschnitzel „    „    ......

Holzstoff    „    „    ......

Kartoffeln    „    ,;    ......

Spiritus einschl. Fass pro Hektoliter ....

Zucker, raffiniert, pro grosses Fass ....

Zucker raffiniert, pro kleines Fass ....

Lehm pro Raummeter........

Blockeis „    „    ........

Roggen

Weizen „    „    ........

Mehl „    „    ........

Stallmist „    „    ........

Cement „    „    ........

Kalk, gebrannt, pro Eaummeter.....

Heu, pro Raummeter.........

2700

1900

1800

1650

2000

1800

2300

2700

1550

3333^3^3

r>

pro Raummeter

1000

1200

1600

1600

1600

1600

1600

1650

1600

1800

1600

1650

900

350

7700

7000

3500

7200

5000

4000

3000

3000

2250

OQOOOOOO

600

110

650

375

1400

800

650

700

1500

750

2200

1500

100

50

70

90

110

Trägheitsmoment Jz bezogen auf die horizontale Schwerachse Z

-g- (bas-\-bl «j3 — 2 6₂ a₂³ — 2 6S a₃³)

~ («4 - 6⁴ + V - 6,4)

ir)

7rd⁴

1 ^2)3(7) -f 6)

64

(*•« — fff) ~ = (tP — i(7)

i*-3

• ⁽V

n

*1

Tabelle V. Querschnittstafel.

Querschnittsform

4*

<s

*4>

jr

■4

K- <• ' ,T

• Hi.

P7t=H

~X“

II ~ ■ '

Trägheitsmoment Jz bezogen auf die horizontale Schwerachse Z

ir (6 a³ -f- 6, «,3 _ 2 &₂ a₂3)

Querschnittsform

-6

— <>.■

-i

45

5.

i\

«f

*-

% *-

198

i*

Profil-

No.

^ W W OO W 03 to tO U) 10 to    U) HI yu ^I

oooo-aa>oi^ootN2i-iocoa)

421/2

45

471/2

50

r.

Tabelle VI.

Normalprofile für J-Eisen.

Bis h = 250mm ist 5 = 0,4h + 10mm; d — 0,03h1,5mm Für h 250 mm ist b = 0,3 h -j- 35 mm; d — 0,036 h Neigung der inneren Flanschflächen 14°/o. r₂ = d- rx = 0,6 d

Dimensionen in Millimeter

Querschnitt per lauf. F Meter G

qcm

10

11 12

Gewicht Momente bezogen auf die Achse

Wz

Wy

kg

Jz Wz

Jy

Wy

80

90

100

110

120

130

140

150

160

170

180 i 190

200

210 |

220

230

240 260 !

280

300

320

340

360

380

400

425

450

475

500

10,69

12,36

14,27

16,19

18,35

20,5

22,9

25,4

28,0

30,7

33,7

36,6

39,8

42,9

46,4

53,7

61,4

69,4

78,2

87,2

97,5

107.5 118,3 133,0 147,7

163.6 180,2

6,0

7,1

8,3

9,6

11,1

12,6

14,3

16,0

17,9

19,8

21,9

24,0

26,2

28,5

2587

24£

138

163

31,0

33,5

36,2

41,9

47,9

54,1

72,1

7,5

15

14

13

Zwei zusammengesetzte r - Eisen

Wy

.J.

y

fi£t

für Jz 13,0 ¹ für Wz 8,6 für Jz 28,4 für Wz 11,3

13,6

17,8

21,8

28,6

36,7

48,5

59,7

72,6

87,2

108

153

215

51,5

74,7

98,1

143

202

291

388

508

654

863

1376

2151

Wz

Wy

1,5

2,0

2,5

3,0

3,6

4,6

5,0

5,4

5,7

6,0

6,2

6,5

6,7

03

^ s

COCOCOO^''tf O_i-^'<^tHCO CT_ OS os_ © CT 05    IO t>

©COC-r-ICOOqCSCO© rH t—( r-H 03    03 CO C0 VC 00

•s

Tabelle VII.

Normalprofile für f-Eisen.

b = 0,25 7t —{— 25 mm

Neigung der inneren Flansehfiächen 8 °/₀

r₂ = t]

11

10

Moment^ bezogen auf die

Jy

5,2

7,3

10,0

15,7

21,7

33,1

49,2

71,2

97,4

130

171

226

365

564

Schwer-

puukts-

abstand

Gewicht

per lauf. Meter

Wz

Jz

cm

kg

4,3

l‘L

10,7

17,9

26,7

41,4

61,3

87,0

117

152

193

247

374

538

6,5

1,86

14,2

26,7

58,2

107

207

368

609

932

1364

1927

2712

4857

8064

2,04

2,32

2,66

2,93

3,31

3,76

4,09

4,49

4,90

5,30

5,66

6,42

7,05

37,8

T«

««

Quer

schnitt

qcm

5,42

6,20

7,12

9,05

11,04

13,5

17,04

20,4

24,1

28,0

32,3

37,6

48,4

58,8

i jlsaig4;>'gS.

lO

'S

t'-t^t^iOOOlOCSOiOT-HiOiO’^CO

i>~ cc H o H h oT H H

t—i    rH rH

e»

.3

VC

t- IC CO VC OS o o

t,~    QQ    1-1    ’-t

Dimensionen

33

30

35

40

38

42

45

50

55

09

65

70

75

80

06

100

50

65

80

100

120

140

160

180

200

220

260

i 300

Profil-

No.

J>1

CO Tji IO ^    00

OCT^COQOOCTCOO

r~^ rH rH rH rH Ol Ol Ol CO

gleichschenklige Winkeleisen.

Die Hauptachsen sind: ZZ als Winkelhalbierende. YY _L ZZ

12

11

10

Momente bezogen auf die Achse.

Wz ,

qs Säg 5q88 g_S SSS SS8 3SS SS«

©© ©© ©© ©© ©,—i ,—ij-Toj oToi © of©ro’ ©''*'10

IIIISI IIS Sgs- §|5 s-gg s jg in in in in in 3||

Jz

W„

Jy

Wz

ffi iji ^ o o

HH § S 8 © g g §2 5 HJ. ©. g g g g g g g «S oo

OO OO ©rH rH(M CO ^ ^ © 00 ocf © CM i-f    G0 I>f of <xf

rH rH rH rH CM (M

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HHH 1—Ir—1 1—I 010101 OlCOCO C0"^"^ Tt<lOlO

^HCO 00 CO 1—I 050101 © C~ 1—1 COC5CO 05 05 01 1—f 'rH t~ 05 00 05 -ci* H CO '^t~© 00 ^ C5 CO rH

®SS SS.5 2SS S53S SSS"ggg 3Sg gfeg 88S"S SS2 232 23S

'V'-A

£»Eb

Jz

11 IS g q §s gg §

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H H H H CM H(M(M (M CO

©ci© -^©ics uo ao ao ©©©

S$g“S» ®” $g"g gSS 53§ S583S ggg ggS §g5 §Sg ggg ggg ggg

H rH HHH rH CM (M CM CO CO © ^ IO IO © l> GO Oi O H CM CO lO CO l> © rH

HHH HHH HH<M

Tabelle YIII. Normalprofile für

r2

^min. = 0,1 b für b 100 mm —y- b    1000 mm

; rt = T

^min. -f- (?max.

Schwer

punkts

abstand

Gewicht per lauf. Meter

Quer

schnitt

Dimensionen in Millimeter

Profil-

No.

cm

kg

qcm

qg. § S g ES 2o qs S q g 2 3 S 833 3 8 g

H° hh i-h r 1-1 oTof oTof of 01 01 ©co©' cc cd co cd cd co

g S SS 2 2 q iS g g g g g g g? g §

O © ©rH h h H CM (MCO CM c6' Tf CO io'

I> rH ^    ^ 00

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4,28

4,21

4,14

4,62

4,55

4,48    .

4,99

4,92

4,85

5,33

5,26

5,19

5,71

5,63

5,56

6,42

6,35

6,28

7,13

7,06

6,99

7,88

7,81

7,74

8,59

8,52

8,45

9,31

9,24

9,17

10,02

9,95

9,88

10,7

10,7

10,6

11,5

11,4

11,3

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100

110

120

130

140

150

160

-21.

10

6I/2

71/2

10

11

12

13

14

15

16

tf

ungleichschenklige Winkeleisen.

•xnuip •uratp

r2 =

r2

k-

Tf

■h-A*-

13    |    14

12

11

10

Momente bezogen auf die Achse

JL

Lage der Hauptachse

Kleinstes

Trägheits

moment

00,0,    05,03,

T—I t-H    05 CO

03 CO    US b-

170

211

05 03 h* CM CO ^

CO 00 1—i lO 00 05

1,67

2,29

9,46

13,8

26,7

36,6

05 CO    <M ^

cdod    05 03

co oo

rH CM

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967

1106

Wy

Jy

Wz

Jz

tg«

rH

0,263

0,377

0,718    0,292

0,896    0,392

HT 05

Hfl t> T—d T—d

0,407

0,382

0,795

0,990

05 Hfl 03, CO,

OO T-H

1—1 CO

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0,421

0,400

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00 US,    05,03,

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00 Hfl

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8,50

10,50

14,6

17,6

03 lO,

b-

03

Jo

0,279

0,378

1,08

1,50

2,23

3,02

4,73

5,88

9,79

12,0

17,9

20,8

32,7

i 37,5

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rH 03    U0 CO

0,426

0,400

0,417

0,398

r-

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00,10, od »cd co nfi

143,6

167,4

t-H lO

CO Hfl CO Hjl

o d

T—l 03

160

188

318

368

0,399

0,384

0,425

0,412

r- 05

cd cd

b- 00

b- o

rH

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iC CO

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Hfl uD>

9,22

11,8

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135.5

152.5

749

851

0,426

0,418

05 05 CqtH^ CM CO*

0,252

0,231

CO rH rH Ol

0,242

0,215

tH CO t^o ^ CO

2,249

0,229

CO 00 <M Hfl

rH rH

0,246

0,231

340

396

764

870

1757

1970

rH CO nfi CO CM CM

o o"

0,249

0,240

0,252

0,246

Schwerpunkts-ahstände in Centi-meter

«i

Tabelle IX. Normalprofile für

rl _ b -\-h

dmm. — 2q

Gewicht per laufenden Meter

Querschnitt

Dimensionen in Millimeter

Profil-

No.

kg

Verhältnis der Schenkellängen

—H HO

IO »o

oo

io 05    05 CO    CO CO

b- t-    05 O    03,00

o o    o" i-h

il

AS

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03 03

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rH rH    03 03    CO lC5

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CO Hfl

Hfl Id

20    30

30    45

40    60

50    75

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cq    cq cq    cq cq

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T-h CO t-h t-H

14,04

16,94

05 H

100

65

CM

rö

m

• r—t

fl

•3

-fl

1005    Ob-    Ob-    HflrH

HflHfl    03 03    05 05    CD b

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(M 05    05 tH

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05 05    nq r-q

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t-H    r-H rH

co tn    cq

t-h' ld <M cq    co co

19,0

22,56

28,56

33,04

O CM    CM

rH rH    rH rH

120

150

80

100

II

rH H*    lOH    CO

d- cm    cq^cxq    cqcq

,-d <M~ ndo CO OO"

IO tH

CO 00

11,36

14,00

18,50

21,96

CO ^ cq^cq^

H

Ol CO

40,04

45,44

00 O O CM CM    co

rH    H H    H H    rH tH

40

09

80

20

30

40

001 OS

130

65

80 160

ioo ; 200

2/3

3)41/2

4/6

5)71/2

61/2(10

8/12

10/15

2/4

3/6

4/8

5/10

61/2113

8/16

10/20

Profil-

No.

2/2

21/2 I 21/2 3/3

31/2 31/2 4/4

41/2 | 41/2

5/5

_©_00 ~q ©

Profil-

No.

7/31/2

8/4

9/41/2

10/5

12/6

14/7

16/8

18/9

20/10

Tabelle X.

Normalprofile für hochstegige J_'Eisen.

h — b-, d = 0,i h -\-l mm

r2 = ä\ rx

Neigung im Fuss 2 o/o; an jeder Seite des Steges 2 o/o.

= Zl. p = ii

2 ’ Q ~ 4

10 11

Dimensionen in Millimeter

Gewicht

Querschnitt F l>er laufend.

Meter

Schwer

punkts-

Abstand

Momente bezogen auf die Achse

qcm

kg

Jz

WZ Jy Wy

I—* I—* I—*

>P».tO©©GOrq©OT>p».it>.OOOOtOtO

0©©©0©©©cjq©0t©üi©

COOO^lOiOi^^OOOOfcOfcO

OOOOOQIOC^O^O

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rH rH rH

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0,403

0,931

1,86

3,34

5,56

8,74

13,1

26,4

48,4

81,5

129

195

389

734

©©Ot-htHCMCOCOoT

14,4

20,3

27,5

45,6

73,7

jjJ? oo Je 2 oo jw j>o ©    o o o

-~1    00-OolxD'tq'bs'colp»"ixO

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H H CO Tjl

•- $>---1

*>

1-

«fr

Dimensionen in Millimeter

o © © ©

© C— CO cs

30

35

40

45

Tabelle XI.

Normalprofile für breitfüssige I -Eisen.

Neigung im Fuss 2°/o; an jeder Seite des Steges 4°/o d = 0,15 h -f- 1 mm

7    r2    r-i

= d\    = —■ Q = ~r

Gewicht

Querschnitt F per laufend.

Meter

Sehwer-

punkts-

ahstand

10

11

Momente bezogen auf die Achse

qcm

kg

Jz Wz

Jy

Wy

o © © ©

OfMrf CO

rH rH rH rH

180

200

5,5

4,64

5,94

7,91

50

60

70

80

90

100

8,5

10

11,5

13

14,5

16

<©©^oq©»<*TOoo ©_©-># CO~ © ft os" t-t co' OO⁻ »o

H H (M M CO

oo

j»q © © ©jP» OO JOO ©JsD LO tq ©l-¹ OS CS Oolp»"tq © OO to <© <i © co >P» © ©o

9,98

17,3

30,1

49,0

71,3

145

CM rh t>

1073

^©^TOCM_COoq_CO_ls-

co'rqtct'o -*t' ttidocT2

H rH CM TO © t'»

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rH <M CS rH ©

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CM^os^oq^r-^io co^t^t^TO co

i-H I—I Oq TO ©    •—I    r-T

Hsqcorf

s»

S*

12

11

10

Momente bezogen auf die Achse

Wy

Jy

Wz

Jz

1,14

1,79

2,69

3,34

5,82

8,14

10,7

<N 03 t)T CO

t-H    t—(

1,61

3,00

5,17

7,07

13,6

21,1

30,0

44,6

58,8

Kj    CO    O

t>    fc-    00

co~ 03

13,6

24,4

39,7

60,1

88,0

120,5

18,3

28,3

45,2

67,9

142,9

272

474

773

1193

Tabelle XII. Normalprofile für "L-Eisen.

b = 0,25 h-\- 30 mm d = 0,035 h -f- 3 mm

jedoch auf halbe Millimeter abgerundet t — 0,o5 h -j- 3 mm

r>=2-

r2 = t]

Gewicht per Lage der laufenden Meter Hauptachse Z tga

kg

Querschnitt F

qcm

1,69

3,3

4,26

1,20

0,96

0,80

0,61

0,52

0,46

0,42

0,39

4,2

5,2

6,1

8,6

11,1

14,0

17,6

21,2

5,35

6,68

7,80

10,96

14,26

17,94

22,60

27,13

IO 1(5 lC 0 t> CO 05

m-

Dimensionen in Millimeter

rH

lO

O rH rH rH

-tfK^K5K5CDK5_C-OOK^

CD

oo

OOOCOlOOKJOKJO

CO-^^-dHlOKICOCOC-

30

40

50

09

80

100

120

140

160

Sh

Profil-No.

CO    io CO 00 o

Ol    ^    CO

rH    r-H    H

Tabelle XIII.

Trägheitsmomente von Kreisringen (hohle Säulen).

F = Flächeninhalt J — Trägheitsmoment Dimensionen in Centimeter

T

iLsj

___

Durchmesser 2)1 j?

4 = 1,5

4 = 2,5

10

10,5

11

11,5

12

12,5

13

13,5

14

14,5

15

15,5

16

16,5

17

17,5

18

18,5

19

19,5

20

20,5

21

16,49 21,21 25,92 30,63 35,34 40,06 42,41 44,77 47,12 49,48 51,84 54,19 56,55 58,90 61,24    1311

91,89

105

170

258

373

441

518

602

696

799

911

1034

1167

4394

18,85

25,13

31,42

37,70

43,98

50,27

53,41

56,55

59,69

62,83

65,97

69,12

72,26

75,40

78,54

81,68

84,82

87,96

91,11

94,25

97,39

100,53

103,67

106,81

109,96

113,10

116,24

119,38

27,49 35,34 43,20 51,05 58,90 62,83 66,76 70,69 74,61 78,54 82,47 86,39 90,32 94,25 98,17 102,10 106,03 2440    109,96

113,88 117,81 . 3267    121,74

3580    125,66

3912    129,59

4264    133,52

4637 -    137,44

5031    141,37

5447    145,30

114

188

291

427

509

601

703

817

942

1080

1231

1395

1573

1766

1975

2199

2698

2973

1> o*

I    I H C5 O

I    I rH r—i CO

460

552

655

771

900

1043

1201

1374

1564

1770

1994

2238

2498

2780

3082

3405

3751

4119

4511

4928

5369

5836

6330

37,70

47,12

56,55

65,97

70,69

75,50

80,11

84,82

89,54

94,25

98,96

103,67

108,38

113,10

117,81

122,52

127,23

131,95

136,66

141,37

146,08

150,80

155,51

160,22

164,93

169,65

118

200

318

478

577

688

814

954

1111

1284

1475 .

1685

1914

2163

2433

2726

3042

3381

3745

4135

4551

4995

5467

5968

6499

7062

Durchmesser D

<1 == 1,5

<y = 2,5

21,5

22

22,5

23

23,5

24

24,5

25

25,5

26

26,5

27

27,5

28

28,5

29

29,5

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

94,25

96,60

98,96

101,32

103,67

106,03

108,38

110,74

113,10

115,45

117,81

120,17

122,52

124,88

127,23

129,59

131,95

134,30

139,02

143,73

148,44

153,15

157,87

162,58

167,29

172,00

176,71

181,43

4739

5102

5483

5883

6301

6739

7197

7676

8175

8695

9237

9801

10388

10997

11630

12287

12968

13674

15161

16753

18453

20264

22190

24234

26405

28692

31113

33666

122,52

125,66

128,81

131,95

135,09

138,23

141,37

144,51

147.65 150,80 153,94 157,08 160,22 163,36

166.50

169.65 172,79 175,93 182,21

188.50 194,78 201,06 207,35 213,63 219,91 226,19 232,48 238,76

5885

6346

6831

7340

7873

8432

9017

9628

10267

10933

11627

12350

13103

13886

14699

15544

16420

17329

19246

21300

23495

25836

28329

30976

33784

36757

39899

43216

149,23

153,15

157,08

161,01

164,93

168,86

172,79

176,71

180,64

184,57

188,50

192,42

196,35

200,28

204,20

208,13

212,06

215,98

223,84

231,69

239,55

247,40

255,25

263,11

270,96

278,82

286,67

294,52

6850

7399

7977

8584

9221

9889

10589

11321

12086

12885

13719

14588

15493

16435

17415

18433

19489

20586

22901

25385

28042

30879

33901

37115

40526

44140

47964

52002

174,36

179,07

183,78

188,50

193,21

197,92

202,63

207,35

212,06

216,77

221,48

226,19

230,91

235,62

240,33

245,04

249,76

254,47

263,89

273,32

282,74

292,17

301,59

311,02

320,44

329,87

339,29

348,72

7655

8282

8942

9637

10367

11133

11936

12788

13658

14578

15538

16540

17585

18673

19805

20982

22205

23475

26158

29040

32127

35425

38943

42687

46664

50881

55347

60016

Trägheitsmomente durchbrochener Wände.

F = Flächeninhalt. J — Trägheitsmoment. Dimensionen in Centimeter.

Tabelle XV.

Tabelle XIV.

p

iS

51

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No. D

No.

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10

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12

11,4

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11

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72

81

89

94

805

883

944

975

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80

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99

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105

118

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121

109

143

156

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CM H cf W H

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1107

1212

1303

1353

1445

1596

1889

2060

2104

2196

121

133

140

117

147

157

131

172

144

152

188

lC

lO CO

173

197

167

182

192

2279

2462

2565

2607

2656

2772

2896

2912

3141

3283

3570

3616

3775

3936

4124

4292

4693

4788

5198

5440

Tabelle XVI.

Tabelle über die erforderlichen Anschlussnieten für gleichschenklige Winkeleisen.

Nach dem Musterbuch für Eisenkonstruktionen.

Anschluss

nieten

Winkel

eisen

Anschluss-

nieten

Winkel

eisen

Anschluss

nieten

Winkel

eisen

Anschluss

nieten

Winkel

eisen

Anschluss

nieten

Winkel

eisen

Anschluss

nieten

Winkel

eisen

Erfordert.

Anzahl

Durch- £ messer £

Dicke

mm

Normal- d profil A

Erfordert

Anzahl

Durch- g messer g

Dicke

mm

Normal- d profil A

Erfordert.

Anzahl

Durch- g messer g

Dicke

mm

Normal- ₀' profil A

Erforderl.

Anzahl

Durch- g messer S

Dicke

mm

Normal- d profil A

Erfordert.

Anzahl

Durch- £ messer g

Dicke

mm

Normal- d profil A

Erfordert

Anzahl

Durch- £ messer §

Dicke

mm

Normal- d profil A

00    05

co

CM

05

O    <M    CO

T—I    1—I    l—(

coioi>Ht<cooomt>oi

rH rH rH rH rH rH rH rH rH

\0 CDCOCDI>*OOI>»QOCt>

CD

CM

OCM^i—i    CO    lO    CM    *rfi    CO

rH rH rH rH    rH    rH    rH    rH    rH

20    5

22    5

IO lO W5 CO IO IO CD

CM

CM CM

TH

CO

CM

QOOCQOii-HCOOCM^ rH iH    rH rH    t—I    y—i    r—I

00

GO

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00

O CM rH t-H

(M

CD

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CO'ijliOM'ilOCO^lO

CD

O t- 05 CO 00

co oo

IC

IC

CI

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IC

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IC

CO

M ffl ^ CO ^ IO

CM    „    I -<*

i-t    ~    I rH

co

CO

IC

IC

co oo io r» os

O

P-

Statik für Bauhandwerker.

Bemerkung. Die in der Tabelle gewählten Nietdurchmesser sind 12, 14, 16, 18, 20, 22, 24 und 26 mm, dieselben sind also durch die geraden Zahlen von 12 bis 26 bestimmt. Es ist sehr zu empfehlen, bei der Ausführung von Eisenkonstruktionen stets nur Nieten mit den hier angenommenen Durchmessern zu wählen. Die Nieten sind als zweischnittig vorausgesetzt.

19 I 20

Niet

stärke

mm

rjt    CO    00    ©    CM    1+    CD

i—l    i—l    i—I    CM    <M    (M    OJ

so

18

17

16

15

14

Tabelle XVII. Nietungen.

13

12

11

10

Tragfähigkeit P der Lochwand in Tonnen bei einer Blechstärke

d = Millimeter

15    16    17    18

13    14

12

10 11

6,12

6,63 I 7,02

CO TjC CM

id cd

m o m oo_ ^ oo_

IO IO

3,24

4,20

4,52

5,04

5,46

O 05 CO t-Ci T-l CO O

cd -d »d

3,60

3,86

4,32

4,68

Ci    co    co    o    t-    i-H

°q, H. t    ^ *®

h    fff    sf    of    uf    cd co"

Kleinster

Nietabstand

la

cm

cm

4.2    1,26    1,47    1,68

4.8    1,44    1,68    1,92

5,4    1,62    1,89    2,16

6,0    1,80    2,10    2,40

6,6    1,98    2,31    2,64

7.2    I 2,16    2,52    2,88

7.8    2,34    2,73    3,12

r-i    ■«t    t-    o    co    co    oi

if    fff    N    »    CO    to"    CO

ao <n co    oo <?a_

(?f co" co" Tf"    U3

Tragfähigkeit N . einer Niete in Tonnen bei

ein- zweischnitt. | schnitt.

Nieten

1,96

2,56

3,24

4,00

4,84

5,76

6,76

Niet

stärke

mm

14

16

18

20

22

24

26

Es bedeutet d = Nietdurchmesser, N und P = Kraft, welche durch eine Niete übertragen werden kann, e = kleinster Abstand der Nietmitte vom Blechrande, in der Kraftrichtung gemessen, ex — kleinster Abstand der Nietmitte vom Blechrande senkrecht zur Kraftrichtung gemessen, a =z kleinste Entfernung der Nietmitten von einander. — Ergibt sich P aus Spalte 7 bis 19 kleiner, als N aus Spalte 2 und 3, ist die Nietzahl nach dem Werte der Spalten 7 bis 19 zu bestimmen,

Tabelle XVIII. Scharfgängige Schrauben.

mm

mm

mm

mm

mm

mm

d = Bolzendurchmesser der Schraube Kerndurchmesser

n = Zahl der Gänge auf 10 mm Bolzenlänge

Z> = Durchmesser des dem Sechseck der bearbeiteten Schraubenmutter eingeschriebenen Kreises

U = Durchmesser der bearbeiteten Unterlagsscheibe

u — deren Dicke

h = Höhe des Schraubenkopfes.

P = Tragkraft der Schraube

Höhe der Mutter gleich dem Bolzendurchmesser.

*x

bO to fco t-¹    H-⁴    H-¹

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05 CM    O    CO

i-H    rH rH <M    CM

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CO iO lO    CO CO CO

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CO    CO    05    CM    CO    O    ^    05

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IO

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rH    t-H    tH    i—I

43    57    5    19

77

130

199

327

488

681

907

1164

47    63    5

53    70    5

58    77    6

64    85    6

69    92    7

75    100    7

82    109    8

89    119    9

96    128    10

103    137

110    147

10

11

21

24

27

29

32

85

39

42

46

49

53

1453

1889

2381

2931

3538

4201

5111

6110

7198

8375

9641

*t

Darstellende Geometrie

für

Bauhandwerker.

Zum Gebrauche an Baugewerkschulen und ähnlichen technischen Lehranstalten, sowie zum Selbstunterricht für Bauhandwerker.

Erster Teil:

Geometrische Konstruktionen, Elemente der Projektionslehre, Konstruktion der Durchdringungen zwischen Ebenen und Körpern, rechtwinklige und schiefwinklige Axonometrie, einfache Dachausmittelungen.

Mit 258 Figuren.

Zweiter Teil:

Schattenlehre, Verteilung des Lichtes auf der Oberfläche eines Körpers, Schiftung bei Dächern, windschiefe Dächer, Darstellung eines Treppen-kriimmlings, Steinschnitt, Centralperspektive.

Anhang: Bildliche Darstellung der Beleuchtung auf Körpern.

Mit 217 Figuren.

Bearbeitet von

Jakob Vonderlinn,

Ingenieur, Lehrer an der Kgl. Oberreal- und Baugewerkschule, sowie an der Sonntags- und Abendschule

für Handwerker zu Breslau.

Preis eines jeden Teils: broscli. M. 8.—gebunden X 8.30.

Vorlegeblätter für den

Unterricht im Linear- und Projektionszeichnen.

Zum Gebrauche an Realschulen, höheren Bürgerschulen, gewerblichen Fortbildungsschulen, Gewerbe- und Handwerkerschulen u. s. w.

12 Tafeln mit erläuterndem Texte.

Entworfen und gezeichnet von

Vonderlinn. In Mappe JL 5. 50.

Von Kleyers Encyklopädie der gesamten mathematischen, technischen u. exakten Natur-Wissenschaften sind nachstehende Bände vollständig erschienen:

Lehrbuch der Grundrechnungsarten. Erstes Buch: Das Rechnen mit unbenannten ganzen Zahlen. Mit 71 Erklärungen und einer Sammlung von 657 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben. Nebst Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von fi. Frömter. Preis: M. 3.—.

Zweites Buch: Das Rechnen mit benannten Zahlen. Mit 30 Erklärungen und einer Sammlung von 518 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben. Nebst Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Frömter und NeubUser. Preis: M. 3. —■. do.

do.

do.

do.

Drittes Buch: Das Rechnen mit unbenannten gebrochenen Zahlen. (Die gemeinen Brüche und die Dezimalbrüche.) Mit 260 Erklärungen und einer Sammlung von 309 gelösten und ungelösten Aufgaben, nebst den Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von J. G. Maier. Preis: M. 3. —.

Lehrbuch des bürgerlichen und kaufmännischen Rechnens. Erster Teil: Die Schluss-

und Kettenrechnung (die einfache und zusammengesetzte Regeldetri und der Reesische Satz) nebst Anwendungen. Mit 100 Fragen, 325 Erklärungen, 63 Anmerkungen, 1250 Aufgaben, 18 Figuren, den Ergebnissen der nicht gelösten Aufgaben und einer Münz-, Mass- und Gewichtstabelle. Zum Selbststudium, Nachschlagen, sowie zum Schulgebrauch bearbeitet nach System Kleyer Dr. Richard Olbricht. Preis: M 4 50. do.

do.

von

Zweiter Teil: Die Prozent- und Zinsrechnung nebst ihren Anwendungen, mit Einschluss der Diskontrechnung, der Terminrechnung, der Kalkulationen und Kontokorrente. Mit 130 Fragen, 444 Erklärungen, 27 Anmerkungen, 1520 Aufgaben, zahlreichen schematischen Figuren, einem Formelverzeichnis, einer Fristen- und Zinsenberechnungstabelle, sowie den Ergebnissen der nicht gelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. R. Olbricht. Preis: M. 6.—. do.    do.    Dritter Teil: Die Gold-, Silber-, Münz-, Effekten- und Wechselrechnung, sowie die

Gesellschafts- und Mischungsrechnung. Bearbeitet nach System Kieyer von Dr. R. Olbricht. — Befindet sich unter der Presse —

Lehrbuch der Grundrechnungsarten mit Buchstabengrössen (Elemente der Buchstabenrechnung), der Verhältnisse und Proportionen mit einer Sammlung von 478 gelösten und analogen ungelösten Aufgaben und den Resultaten der letzteren. Bearbeitet nach System Kleyer von Hans Staudacher, Prof, an der kgl. Industrieschule zu Nürnberg. Erster Teil. Preis: M. 5. —.

do.

do.

Zweiter Teil: Elemente der Zahlenlehre, Dezimal- und Kettenbrüche und Rechnung mit unvollständigen Zahlen. Mit einer Sammlung v. 277 gelöst, u. analogen ungelöst. Aufg., nebst d Resultaten d. letzteren. Bearb. n. System Kleyer v. Prof. Hans Staudacher. Preis: M. 5. —.

Lehrbuch der Potenzen und Wurzeln nebst einer Sammlung von 3296 gelösten und ungelösten analogen Beispielen. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 6.—.

Lehrbuch der Logarithmen nebst einer Sammlung von 1996 gelösten und ungelösten analogen Beispielen. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 4. —.

Fünfstellige korrekte Logarithmentafeln nebst einer trigonometrischen Tafel und einer Anzahl von anderen Tabellen. Von Ad. Kleyer. Preis: gebunden M. 2.50.

Lehrbuch der arithmetischen und geometrischen Progressionen, der zusammengesetzten-, harmonischen-, Ketten- und Teilbruchreihen nebst einer Sammlung von über 400 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 4.    .

Lehrbuch der Zinseszins- und Rentenrechnung nebst einer Sammlung von 525 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben aus allen Zweigen des Berufslebens. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 6.—.

runger

Lehrbuch der Gleichungen des 1. Grades mit ein er Unbekannten. Sammlung von 2381 Zahlen-, Buchstaben- und Textaufgaben, grösstenteils in vollständig gelöster Form, erläutert durch 230 Erklä-und 26 in den Text gedruckte Figuren. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 8. —.

Lehrbuch der Gleichungen des 1. Grades mit mehreren Unbekannten. Sammlung von 905 Zahlen-, Buchstaben- und Textaufgaben, grossenteils in vollständig gelöster Form, erläutert durch 403 Erklärungen und Anmerkungen. Nebst Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Otto Prange. Preis M. 7.—

Lehrbuch der Gleichungen des 2. Grades mit einer Unbekannten. (Quadrat. Gleichungen.)

Sammlung von 1650 Zahlen-, Buchstaben- und Textaufgaben, grossenteils in vollständig gelöster Form erläutert durch 872 Erklärungen und 53 Figuren. Nebst Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. Aug. Blind. Preis: M 10.—.

Lehrbuch der Gleichungen des 2. Grades (Quadratische Gleichungen) mit zwei und mehreren Unbekannten. Sammlung v n 361 Zahlen-, Buchstaben- und Textaufgaben grossenteils in vollständig gelöster Form. Mit 185 Erklärungen und 8 in den Text gedruckten Figuren. Für das Selbststudium und zum Gebrauche an Lehranstalten bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Conrad Metger. Preis: M. 4. -.

Lehrbuch der Gleichungen 3. und 4. Grades, nebst der trigonometrischen Auflösung der Gleichungen 2. Grades Sammlung von 253 Zahlen-, Buchstaben- und Textaufgaben, grossenteils in vollständig gelöster Form. Mit 251 Erklärungen und 10 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Conrad Metger. Preis: M. 6.—.    ,

Lehrbuch der unbestimmten Gleichungen des 1. Grades. (Diophantische Gleichungen.)

Sammlung von 374 Zahlen-, Buchstaben- und Textaufgaben in vollständig gelöster Form und zahlreichen Erklärungen und Erläuterungen. Nebst den Abhandlungen des Bachez de Möziriac, im französischen Originale mit beigefügter deutscher Uebersetzung. Bearbeitet zum Teil nach System Kleyer von W. Fr Schüler. Erstes Buch. Preis: M. 4.50.

Geschichte der Geometrie für Freunde der Mathematik gemeinverständlich dargestellt von Richard Klimpert. Mit 100 in den Text gedruckten Figuren. Preis: M. 3.—.

Lehrbuch der ebenen Elementar-Geometrie (Planimetrie). Erster Teil: Die gerade Linie, der Strahl, die Strecke, die Ebene und die Kreislinie im allgemeinen. Nebst einer Sammlung gelöster Aufgaben. Mit 234 Erklärungen und 109 in den Text gedruckten Figuren. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 1.80.

Lehrbuch der ebenen Elementar-Geometrie (Planimetrie).

Zweiter Teil: Der Winkel

und die parallelen Linien. Nebst einer Sammlung gelöster Aufgaben. Mit 201 Erklärungen und 113 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. J. Sachs. Preis: M. 2.20

do.

do.

Dritter Teil: Die geometrischen Gebilde und ihre Lagen-Veränderungen. Die einfachen Vielecke. Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben. Mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Mit 737 Erklärungen und 343 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. J. Sachs. Preis: M. 6 —.

do.

do.    Vierter Teil: Die Lehre vom Kreis. Die geometrischen Oerter und die

merkwürdigen Punkte des Dreiecks. Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben, mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Mit 529 Erklärungen und 230 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Dr. J. Sachs. Preis: M. 6.—.

do.

do.

Fünfter Teil: Die Flächen der geradlinigen Figuren. Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben. Mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Mit 346 Erklärungen und 96 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Dr. J. Sachs. Preis: M. 4.—.

do.

do.

Sechster Teil: Proportionalität der Strecken. Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben, mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Mit 378 Erklärungen und 90 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Dr. J. Sachs Preis: M. 4. —.

do.

do.

Siebenter Teil: Die Aehnlichkeit der geradlinigen Figuren Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben. Mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Mit 394 Erklärungen und 76 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet von Prof. Dr. J. Sachs. Preis: M. 4. —.

Lehrbuch der planimetrischen Konstruktionsaufgaben gelöst durch geometrische Analysis.

Erster Teil: Aufgaben, gelöst ohne Anwendung der Proportionenlehre. Mit 1952 gelösten und ungelösten Aufgaben, 178 Anmerkungen, 207 Erklärungen und 214 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von E. R. Müller. Preis: M. 5. —.

do.

do.

Zweiter Teil: Aufgaben gelöst mit Anwendung der Proportionenlehre. Mit 1327 gelösten und ungelösten Aufgaben, 126 Anmerkungen, 100 Erklärungen und 174 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von E. R. Müller. Preis: M. 4. —.

do.    do.    Dritter Teil: Verwandlungs- und Teilungsaufgaben, sowie Aufgaben

über ein- und umbeschriebene Figuren. Mit 510 gelösten und ungelösten Aufgaben, 40 Anmerkungen, 72 Erklärungen und 54 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. E. R. Müller Preis: M. 2. —.

Das apollonische Berührungsproblem und verwandte Aufgaben. Sammlung von 163 gelösten und ungelösten Aufgaben und 200 Figuren. Zur Ergänzung des Schulunterrichts und zum Selbststudium. Nach System Kleyer durchaus neu bearb. Zweite Aufl. Von Prof. Heinr. Cranz. Preis: M. 6.—.

Lehrbuch des Projektionszeichnens (darstellende Geometrie). Erster Teil: Die rechtwinklige Projektion auf eine und mehrere Projektionsebenen. Nebst einer Sammlung elöster Aufgaben. Mit 271 Erklärungen und 226 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach ystem Kleyer von J. Vonderlinn, Privatdocent an der techn. Hochschule in München. Preis: M. 3. 50.

Zweiter Teil: Ueber die rechtwinklige Projektion ebenflächiger Körper. Mit 130 Erklärungen und 99 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von J. Vonderlinn. Preis: M. 3. 50.

do.

do.

do.

do.

COM

do.

do.

Dritter Teil. Erste Hälfte: Schiefe Parallelprojektion, Centralprojektion einschliesslich der Elemente der projektiven Geometrie. Mit 195 Erklärungen und 169 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von J. Vonderlinn. Preis: M. 3. 50.

do.

Dritter Teil. Zweite Hälfte: Centralcollineation ebener und räumlicher Systeme, Kegelschnitte, rechtwinklige und schiefwinklige Axonometrie. Mit 218 Erklärungen und 210 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von J. Vonderlinn. Preis: M. 5.—.

do.

Vierter Teil: Krumme Linien (ebene und räumliche Kurven). Krumme Oberflächen. Schatten- und Beleuchtungslehre. Bearbeitet nach System Kleyer von J. Vonderlinn Befindet sich unter der Presse

Lehrbuch der Analytischen Geometrie der Ebene. Erster Teil: Analytische Geometrie des Punktes und der Geraden. Mit einer Sammlung von 100 Aufgaben, 206 gelösten Uebungsauf-gaben und 92 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Heinr. Cranz. Preis: M. 6. —.

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Zweiter Teil: Analytische Geometrie der einzelnen Linien zweiten Grades. Mit einer Sammlung von 116 Aufgaben, 286 gelösten üebungs auf gaben und 200 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. H. Cranz. Preis: M. 8. —.

Lehrbuch der Goniometrie (Winkelmessungslehre) mit 307 Erki. und 52 in den Text gedruckten Figuren nebst einer Sammlung v. 513 gelöst, u. ungelöst, analogen Aufgaben. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 7.—.

Lehrbuch der ebenen Trigonometrie. Eine Sammlung von 1049 gelösten, oder mit Andeutungen versehenen, trigonometrischen Aufgaben und 178 ungelösten, oder mit Andeutungen versehenen trigonometrischen Aufgaben aus der angewandten Mathematik. Mit 797 Erkl., 563 in den Text gedruckten Fig. u. 65 Anmerk, nebst einem ausführlich. Formelverzeichnis von über 500 Formeln. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 18.—.

Lehrbuch der sphärischen Trigonometrie. Nebst einer Sammlung gelöster Aufgaben. Mit 236 Erklärungen und 56 in den Text gedruckten Figuren und einem Formel Verzeichnis. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. W. Läska. Preis: M. 4. 50.

Lehrbuch der Ausgleichsrechnung nach der Methode der kleinsten Quadrate. Mit 52 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben, mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben, 29 Erld. und 17 in den Text gedruckten Figuren. Bearb. nach System Kleyer von Dr. K. J. Bobek. Preis: M. 5.—.

Lehrbuch der Vermessungskunde (Geodäsie). Mit einer Sammlung von 153 gelösten Aufgaben und angewandten Beispielen, zahlreichen Erklärungen und 481 in den Text gedruckten Figuren. Unter Berücksichtigung des Selbstunterrichts für Geometer-Eleven, Studierende des Bau-, Berg- und Ingenieur-Fachs, sowie zum praktischen Gebrauch für Feldmesser, Kulturtechniker, Katasterbeamte etc. Von Dr. W. Läska. Preis: M. 10.—

Lehrbuch der räumlichen Elementar-Geometrie (Stereometrie). Erster Teil: Die Lage von geraden Linien und Ebenen im Raum. Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben, mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Mit 573 Erklärungen und 174 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. H. Seipp. Preis: M. 6. —.

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Lehrbuch der Körperberechnungen. Erstes Buch. Mit vielen gelösten und ungelösten analogen Aufgaben nebst 184 in den Text gedruckten Figuren. Zweite Auflage. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 4.— Zweites Buch. Eine Sammlung von 772 vollständig gelösten und ungelösten analogen Aufgaben nebst 742 Erklärungen und 256 in den Text gedruckten Figuren. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 9. —.

Lehrbuch der Determinanten und deren Anwendungen. Erster Teil. Mit einer Sammlung von 460 gelösten und ungelösten Aufgaben, mit den Ergebnissen der letzteren, nebst 226 Erklärungen. Bearbeitet nach Sytsem Kleyer von Dr. G. Weichold. Preis: M. 10. —.

do.    Zweiter Teil. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. G. Weichold.    Befindet

sich in Bearbeitung.

Lehrbuch des Rechnens mit imaginären und komplexen Zahlen. Mit 221 Erklärungen und 38 in den Text gedruckten Figuren. Mit einer Sammlung von 269 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben nebst den Resultaten der ungelösten Aufgaben und einem Formelverzeichnis. Bearbeitet nach System Kleyer von Richard Krüger. Preis: M. 5.—

do.

Lehrbuch der Differentialrechnung. Erster Teil: Die einfache und wiederholte Differentiation explizieter Funktionen von einer unabhängigen Variablen. Ohne Anwendung der Grenzen- und der Nullen-Theorie und ohne Vernachlässigung von Grössen. Nebst einer Sammlung gelöster Aufgaben. Zweite Auflage. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 5.—.

Zweiter Teil: Die vollständige Differentiation entwickelter und nicht entwickelter Funktionen von einer und von mehreren reellen Veränderlichen. Reihenentwicklungen, unbestimmte Formen, Maxima und Minima. Nebst 352 gelösten Aufgaben, 78 Figuren und 230 Erklärungen. Bearbeitet nach dem System Kleyer von Prof. Dr. Haas. Preis: M. 8. —.

Dritter Teil: Anwendung der Differentialrechnung auf die ebenen Kurven. Nebst 425 gelösten Aufgaben, 138 Erklärungen und 164 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Dr. Haas. Preis M. 7. —. do.

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Vierter Teil: Anwendung der Differentialrechnung auf Raumkurven und Flächen. Bearbeitet nach System Kleyer von Prof. Dr. Haas.    Befindet sich in Bearbeitung,

Lehrbuch der Integralrechnung. Erster Teil. Mit einer Sammlung von 592 gelösten Aufgaben. Für das Selbststudium, zum Gebrauch an Lehranstalten, sowie zum Nachschlagen von Integrationsformeln und -Regeln. Bearbeitet nach eigenem System und im Anschluss an das Lehrbuch der Differentialrechnung von Adolph Kleyer. Preis: M. 10.—.

Einführung in die Funktionentheorie. Ergänzung zu den Lehrbüchern der Differential- und Integralrechnung. Mit 23 in den Text gedruckten Figuren. Von Dr. W. Läska. Preis: M. 1. 50.

Lehrbuch der Kombinatorik. Ausführliche Darstellung der Lehre von den kombinatorischen Operationen (Permutieren, Kombinieren, Variieren). Mit 506 gelösten und analogen ungelösten Uebungsbeispielen nebst den Resultaten der letzteren nach System Kleyer iür den Unterricht und zum Selbststudium bearbeitet von Prof. H. Staudacher. Preis: M 6. —.

Lehrbuch der Wahrscheinlichkeitsrechnung. Mit 303 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben, mit den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben, 68 Erklärungen und 27 in den Text gedruckten Figuren. Nach System Kleyer bearbeitet von Dr. K. J. Bobek. Preis: M. 6.—.

Lehrbuch der sphärisch, und theoret. Astronomie und der mathematischen Geographie. Nebst einer Sammlung gelöster und ungelöster Aufgaben mit den Resultaten der ungelösten Aufgaben. Mit 328 Erklärungen, Formelverzeichnis, 148 in den Text gedruckten Figuren und 2 Tafeln. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. W. Läska. Preis: M. 6.—.

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Physik.)

549 Erklärungen, 83 in den Text gedruckten Figuren und einem Formelverzeiehnis, nebst einer Sammlung von 120 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben, mit den Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Richard Klimpert. Preis: M. 8. —.

Lehrbuch der allgemeinen Physik. (Die Grundbegriffe und Grundsätze der

Mit

Lehrbuch der absoluten Masse und Dimensionen der physikalischen Grössen.

352 Fragen, 545 Erklärungen und einer Sammlung von 561 gelösten und ungelösten Aufgaben nebst den Ergebnissen der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. H. Hovestadt. Preis: M. 6.—.

Lehrbuch der Statik fester Körper (Geostatik). Mit 291 Erklärungen und 380 in den Text gedruckten Figuren und einem ausführlichen Formelverzeiehnis nebst einer Sammlung von 359 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Richard Klimpert. Preis: M. 9.—.

Lehrbuch der Dynamik fester Körper (Geodynamik). Mit 690 Erklärungen, 380 in den Text gedruckten Figuren und einem ausführlichen Formelverzeichnis nebst einer Sammlung von 500 gelösten und ungelösten analogen Aufgaben, mit den Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von R. Klimpert. Preis: M. 13.50.

Lehrbuch über die Percussion oder den Stoss fester Körper. Bearbeitet nach System Kleyer von Richard Klimpert. Preis: M. 3. —.

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Lehrbuch der Elasticität und Festigkeit. Mit 212 Erklärungen, 186 in den Text gedruckten Figuren und einem ausführlichen Formelverzeichnis, nebst einer Sammlung von 167 gelösten und ungelösten ana-Aufgaben, mit den Resultaten der ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von d Klimpert. Preis: M. 5. 50.

Im gleichen Verlag sind ferner erschienen:

Vierstellige logarithmische Tafeln der natürlichen und trigonometrischen Zahlen nebst den erforder- .. liehen Hilfstabellen. Für den Sehulgebrauch und die allgemeine Praxis bearbeitet von E. R. Müller. Preis: gebunden 60 Pfg.

Das Zeichnen der Stereometrie. Als Vorschule zur darstellenden Geometrie und zum Fachzeichnen für Lehranstalten sowie zum Selbstunterricht. 28 Tafeln mit Text. Von Prof. A. Brude. Preis : M. 6. —.

Stereoskopische Bilder aus der Stereometrie. Bezogen auf den Kubus und entnommen dem Werke desselben Verfassers „Das Zeichnen der Stereometrie“. Von Prof. A. Brude. Preis: M. 3.—.

Vorlegeblätter für den Unterricht im Linear- und Projektionszeichnen, zum Gebrauche an Realschulen, höheren Bürgerschulen, gewerblichen Fortbildungsschulen, Gewerbe- und Handwerkerschulen u. s. w. 12 Tafeln mit erläuterndem Text. Entworfen und gezeichnet von Jakob Vonderlinn, Ingenieur, Lehrer an der Kgl. Oberreal- und Baugewerkschule, sowie an der Sonntags- und Abendschule lür Handwerker zu Breslau. Preis: In Mappe M. 5.50.

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Lehrbuch der Statik flüssiger Körper (Hydrostatik). Mit 425 Erklärungen, 300 in den Text, gedruckten Figuren und einem Formelverzeichnis, nebst einer Sammlung von 208 gelösten und analogen ungelösten Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Richard Klimpert. Preis: M. 8. —.

Lehrbuch der Bewegung flüssiger Körper (Hydrodynamik). Erster Band: Die Bewegungs-erscheinung-en flüssiger Körper, welche aus den Boden- und Seitenwänden von Gefässen, sowie durch Röhrenleitungen hei konstanter sowie veränderlicher Druckhöhe fliessen. Mit 434 Erklärungen, mehr als 300 in den Text gedruckten Figuren und einem Formelverzeichnis, nebst einer Sammlung von 220 gelösten und ungelösten Aufgaben, und den Resultaten der letzteren. Bearb. nach System Kleyer von R. Klimpert. Preis: M. 8.—.

Zweiter Band. Erste Hälfte: Die Bewegungserscheinungen des Wassers in Kanälen und Flüssen, sowie der dabei ausgeübte Stoss und Widerstand. Mit 282 Erklärungen, mehr als 150 in den Text gedruckten Figuren und einem Formelverzeichnis, nebst einer Sammlung von 134 gelösten und analogen ungelösten Aufgaben, mit den Resultaten der letzteren. Bearbeitet nach System Kleyer von R. Klimpert. Preis: M. 5. —.

Zweiter Band Zweite Hälfte: Von der Anwendung der lebendigen Kraft des bewegten Wassers als Motor oder Beweger. Mit 203 Erklärungen, 88 in den Text gedruckten Figuren und einem Formelverzeichnis, nebst einer Sammlung von 30 gelösten und analogen ungelösten Aufgaben, mit den Resultaten der letzteren. Bearbeitet nach System Kleyer von R. Klimpert. Preis: M 3.50.

Lehrbuch über das spezifische Gewicht fester, flüssiger und gasförmiger Körper. Mit 55 gelösten und analogen ungelösten Aufgaben, nebst den Resultaten der letzteren und 28 in den Text gedruckten Figuren. Preis: M. 2. —.

Lehrbuch des Magnetismus und des Erdmagnetismus. Nebst einer Samml. von gelösten u. ungelösten Aufgaben eiiäutert durch 189 in den Text gedr. Fig. u. 10 Karten. Von Ad. Kleyer Preis: M. 6.—.

Lehrbuch der Reibungselektricität (Friktions-Elektricität, statischen oder ruhenden Elek-tricität). Erläutert durch 860 Erklärungen und 273 in den Text gedruckte Figuren, nebst einer Samm-j lung gelöster und ungelöster Aufgaben. Von Ad. Kleyer. Preis: M. 7.—.

Lehrbuch der Kontaktelektricität (Galvanismus). Nebst einer Sammlung von gelösten und ungelösten Aufgaben. Mit 731 Erklärungen, 238 in den Text gedruckten Figuren und einem Formelverzeichnis. Bearbeitet, nach System Kleyer von Dr. Oscar May. Preis: M. 8. —.

Lehrbuch der Elektrodynamik. Erster Teil. Mit 105 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. Oscar May. Preis: M. 3. —.

Lehrbuch des Elektromagnetismus. Mit 302 Erklärungen, 152 in den Text gedruckten Figuren und einem ausführlichen Formelverzeichnis, nebst einer Sammlung gelöster Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. Oscar May und Adolf Krebs. Preis: M. 4.50.

Lehrbuch der Induktionselektricität und ihrer Anwendungen (Elemente der Elektrotechnik). Mit 432 Erklärungen und 213 iij den Text gedruckten Figuren nebst einer Sammlung gelöster Aufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. Adolf Krebs. Preis: M. 6.—.

Lehrbuch der angewandten Potentialtheorie. Mit 588 Erklärungen und 47 in den Text gedruckten Figuren nebst einer Sammlung von erläuternden Beispielen und Uebungsaufgaben. Bearbeitet nach System Kleyer von Dr. H. Hovestadt. Preis: M. 7. —.

Lehrbuch der reinen und technischen Chemie. Anorganische Experimental-Chemie. Erster Band: Die Metalloide. Mit 2208 Erklärungen, 332 Experimenten und 366 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von Wilh. Steffen. Preis: M. 16. —.

Anorganische Experimental-Chemie. Zweiter Band: Die Metalle. Mit573 Erklärungen, 174 Experimenten und 33 in den Text gedruckten Figuren. Bearbeitet nach System Kleyer von W. Steffen. Preis: M. 16. —.

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Darstellende Geometrie für Bauhandwerker. Erster Teil: Geometrische Konstruktionen, Elemente der Projektionslehre, Konstruktion der Durchdringungen zwischen Ebenen und Körpern, rechtwinklige und schiefwinklige Axonometrie, einfache Dachausmittelungen. Zum Gebrauche -an Baugewerkschulen und ähnlichen Lehranstalten, sowie zum Selbstunterricht für Bauhandwerl&r. Mit 258 Figuren. Bearbeitet von Jakob Vonderlinn. Preis: broschiert M. 3 —., gebunden M. 3. 30.

do. Zweiter Teil: Schattenlehre, Verteilung des Lichtes auf der Oberfläche eines Körpers, Schiftung bei Dächern, Windschiefe Dächer, Darstellung eines Treppenkrümmlings, Steinschnitt, Centralperspektive. Anhang: Bildliche Darstellung der Beleuchtung auf Körpern. Zum Gebrauche an Baugewerkschulen und ähnlichen technischen Lehranstalten, sowie zum Selbstunterricht für Bauhandwerker. Mit 217 Fig. Bearbeitet von J. Vonderlinn. Preis: M. 3. —. geb. M. 3. 30.

Statik für Bauhandwerker. Ein Lehrbuch für den Unterricht an Baugewerkschulen, sowie zum Selbstunterricht. Mit 141 Uebungsaufgaben und 324 Figuren, nebst einem Anhang von Tabellen. Bearbeitet von J. Vonderlinn, staatlich geprüfter Ingenieur. Preis: M. 3. —. geb. M. 3.30.    _____ m—"j    .

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Zum Gebrauche an Baugewerkschulen und ähnlichen anstalten, sowie zum Selbstunterricht für Bau

Erster Teil :

Geometrische Konstruktionen, Elemente der Projektion* der Durchdringungen zwischen Ebenen und Körpern,; schiefwinklige Axonometrie, einfache Dacha 3

Mit 258 Figuren j

Zweiter Teil:

Schattenlehne, Verteilung des Lichtes atif der öberf!^ Schiftung bei Dächern, windschiefe Dächer, Darstelh krümmlings, Steinschnitt, Centralperspel

Anhang: Bildliche Darstellung der Beleuchtung Mit 217 Figuren.

Bearbeitet von^

Jakob V o n d e r!! nn

Ingenieur, Lehrer an der Kgl. Oberreal- und Baugewerkschule, sowie an de’*

für Handwerker zu Breslau.

Pre s eines jeden Teils: brasch. fl, 3.—., gobunwe

Vorlegeblätte

für den

UrJerricht m Linear- und Projektions-

Zum Gebrauche an Realschulen, höheren BCmjerschf

Fortbildungsschulen, Gewerbe- und Handwerkers^

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