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Biblioteka Politechniki Krakowskiej

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Lehrbuch der

Graphischen Statik

Zum Gebrauch für mittlere technische Lehranstalten, Bau-, Maschinen- und Gewerbeschulen

Bearbeitet von

J. SCHLOTKE

Direktor a. D. der Gewerbeschule zu Hamburg

Zweite, verbesserte und vermehrte Auflage

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Mit 156 Figuren

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Dresden

Verlag von Gerhard Kühtmann 1902

BIBLIOTEKA PCI v.SUNICZBâ

KRAKOW

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Akc. Nr.

Vorwort.

Die vorliegende Bearbeitung der graphischen Statik ist zunächst für solche, welche sich einem technischen Fache widmen wollen, als Einführung in diesen Teil der Mechanik bestimmt. — Sie enthält eine möglichst einfache Entwickelung der nötigen Gesetze und eine Reihe von Aufgaben aus der Praxis, deren grössere Zahl dem Baufache entnommen ist, in welchem ja die graphische Statik die häufigste und nützlichste Amvendung findet.

Für den Anfänger wird es von grossem Nutzen sein, ivenn derselbe die ihm gestellten Aufgaben einmal mit Hilfe der graphischen Methoden löst und nachträglich die gefundenen Resultate möglichst durch die Rechnung kontrolliert. — Hierdurch wird ihm vortreffliche Gelegenheit geboten, die statischen Gesetze zu wiederholen und einzuprägen und grosse Übung in der Lösung von Aufgaben zu erlangen. — Zugleich stellt sich dabei heraus, welchen Grad der Genauigkeit die stets mit den unvermeidlichen kleinen Zeichenfehlern behafteten Konstruktionen gewähren.

Der Verfasser.

Vorwort zur zweiten Auflage.

Während die Anordnung des Stoffes im Ganzen beibehalten wurde, sind den Übungsaufgaben weitere hinzugefügt worden. Es dürfte sich empfehlen für die Beispiele von S. 91 an bis zum Schlüsse des Abschnittes VII als Längenmassstab 1 m = 1 cm und als Kräftemassstab 1000 kg = 1 cm anzunehmen.

Der Verfasser.

Inhalt.

Seite

Einleitung.....................

I. Zusammensetzung und Zerlegung von Kräften, welche in einer Ebene

liegen......................

II. Das Seilpolygon von Kräften, welche in einer Ebene liegen.....

III.    Graphische Darstellung statischer Momente...........

IV.    Allgemeine Gleichgewichtsbedingungen eines Kräftesystems.....

Y. Zusammensetzung und Zerlegung von Kräften, welche nicht in einer

Ebene liegen....................

VI. Vom Schwerpunkt...................

VII. Die Fachwerkträger...................

VIII. Der belastete Balken...................

IX. Stabilität der Stützmauern, a) Wasserdruck, b) Erddruck.....

X. Stützlinien und Druckpolygone in Gewölben..........

Stützlinie in einem Schornstein...............

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46

52

75

106

135

153

Einleitung.

Die graphische Statik sucht die Lösung statischer Aufgaben auf geometrischem Wege zu erreichen. Sie setzt demnach neben der Bekanntschaft mit den Grundgesetzen der Statik auch eingehende Kenntnisse der ebenen und körperlichen Geometrie sowie der Trigonometrie voraus.

Die einfachsten Gesetze, auf welche die graphische Statik, wie die Statik überhaupt begründet wird, mögen im Folgenden kurz zusammengestellt werden.

1.    Zwei in derselben Geraden liegende gleich grosse aber entgegengesetzt gerichtete Kräfte heben sich auf.

2.    Der Angriffspunkt einer Kraft kann auf der Richtungslinie derselben beliebig verlegt werden.

3.    Befindet sich ein System von Kräften im Gleichgewicht, so hebt jede einzelne Kraft die Wirkung aller übrigen auf.

4.    Einem Kraftsystem, welches im Gleichgewicht ist, kann man andere Kräfte, welche sich aufheben, beliebig hinzufügen, ohne dass der Gleichgewichtszustand zerstört wird.

Wenn die Wirkung mehrerer Kräfte durch eine einzige Kraft hervorgebracht werden kann, so heisst die letztere die Resultante der ersten Kräfte. — Fügt man demnach einem Kraftsystem noch eine, der Resultante desselben gleiche, aber entgegengesetzt gerichtete Kraft hinzu, so wird Gleichgewicht eintreten. — Hiernach können wir das Gesetz 3) auch so aussprechen :

Befindet sich ein System von Kräften im Gleichgewicht, so ist jede einzelne Kraft gleich aber entgegengesetzt gerichtet der Resultante sämtlicher übrigen Kräfte.

5.    Die Resultante von beliebig vielen Kräften, deren Richtungslinien in dieselbe Gerade fallen, ist gleich der algebraischen Summe der Kräfte.

Möglichkeit, dass Aufgaben der Statik in geometrische Aufgaben verwandelt werden können, beruht bekanntlich darauf, dass man Kräfte durch Strecken darstellen kann. — Auf der Richtungslinie einer Kraft

Schlotke, Graph. Statik. 2.

werden so viele Längeneinheiten nach einem gegebenen Massstabe aufgetragen, als die Kraft Gewichtseinheiten zählt.

Sind mehrere Kräfte auf diese Weise durch Strecken, welchen ein und derselbe Massstab zu Grunde liegt, dargestellt, so verhalten sich die Strecken zu einander, wie die ihnen entsprechenden Kräfte.

6. Das Kräfteparallelogramm. Das für die ganze Statik fundamentale Gesetz vom Kräfteparallelogramm lautet bekanntlich:

Wenn auf jeder der Richtungslinien zweier Kräfte Kx und K2 von ihrem Schnittpunkte a aus so viele Längeneinheiten nach einem gegebenen Massstabe (Kräftemassstab) aufgetragen werden, als die zugehörige Kraft Gewichtseinheiten enthält, und durch die Endpunkte b und c der so gefundenen Strecken Parallelen

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einheiten an.

zu den Richtungslinien ac und ab gelegt werden, so entsteht hierdurch das Parallelogramm ab de. — Die Diagonale dieses Parallelogramms ist die Rich-h tungslinie der Resultante R der beiden Kräfte Kj und K₂; die Anzahl ihrer Längeneinheiten nach dem gegebenen Massstabe gemessen, gieht die Zahl der die Grösse von R bestimmenden Gewichts-Die Richtung der Resultante ergiebt sich, wenn man die Diagonale ad von dem Schnittpunkte der gegebenen Kräfte nach dem gegenüberliegenden Eckpunkte des Parallelogramms, also von a nach d verfolgt.

Mit Hilfe dieses Gesetzes kann man diejenige Einzelkraft ermitteln, welche die Wirkung zweier oder mehrerer Kräfte hervorbringt.

Umgekehrt kann man auch eine Einzelkraft R durch zwei andere Kräfte Kj und K₂ ersetzen. — Die letzteren heissen alsdann Seitenkräfte (Komponenten) von R.

Die Resultante von mehreren Kräften ist zu ermitteln, wenn die Gesamtwirkung jener Kräfte nach Richtung und Grösse beurteilt werden soll.

Die Seitenkräfte einer gegebenen Kraft R müssen auf gesucht werden, wenn die Wirkung von R nach gegebenen Richtungen (welche nicht mit der Richtungslinie von R zusammenfallen) zu bestimmen ist. —

I. Abschnitt.

Zusammensetzung und Zerlegung von Kräften, welche in einer Ebene liegen.

1.    Wirken zwei Kräfte Kx und K₂ (Fig. 1), welche nicht in derselben Geraden liegen, auf einen Punkt A, so findet man die Resultante R durch Konstruktion des Kräfteparallelogramms ABCD. — Wir werden jedoch R künftig stets auf folgende Weise darstellen:

Von einem beliebigen Punkte a der Zeichenfläche ziehen wir die Gerade a b parallel zu Kj und tragen auf derselben die Strecke ab — AB = K, ab. — Die Richtung dieser Linie deuten wir durch die Pfeilspitze im Endpunkte b an. — Von b aus ziehen wir eine zweite Gerade bc parallel und gleich gerichtet zu K₂ und tragen auf derselben die Strecke bc — AD = K₂ ab. — Die Gerade ac, welche den Anfangspunkt a des Kräftezuges abc mit dem Endpunkt c verbindet, stellt die Resultante der gegebenen Kräfte ihrer Grösse und Richtung nach dar. — Der Beweis ergiebt sich unmittelbar aus der Congruenz der Dreiecke abc und ABC.

Um die Resultante zweier in einer Ebene liegenden Kräfte darzustellen, legt man also die Kräfte parallel zu ihren gegebenen Richtungen so aneinander, dass die Richtungspfeile in dem Kräftezuge denselben Sinn haben. — Hierbei ist es gleichgültig, mit welcher der beiden Kräfte man beginnt (s. Fig. 1 a und ß). — Die Verbindungslinie ac des Anfangspunktes mit dem Endpunkte des Kräftezuges stellt die Resultante ihrer Grösse und Richtung nach dar. — Durch den Schnittpunkt der gegebenen Kräfte ist dann die Gerade AC parallel zu ac zu ziehen und auf der letzteren die Strecke AC = ac abzutragen.

2.    Soll eine gegebene Kraft R (Fig. 2, Seite 4) in zwei Kräfte Kx und K₂, welche nach gegebenen Richtungen wirken, zerlegt werden, so findet man die Grössen der Seitenkräfte, wenn man durch die Endpunkte einer Geraden ac, welche gleich und parallel R ist, die zu den gegebenen

(OL)    (ß}

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Fig. 1.

Fig. 2.

Kraftrichtungen Parallelen ab und bc zieht. — Die Strecken ab und bc stellen alsdann die Grössen der Seitenkräfte vor; die Richtungen derselben ergeben sich, wenn man den Linienzug abc vom Anfangspunkt a derjenigen Geraden, welche R darstellt, nach dem Endpunkte c verfolgt, wie die in Fig. 2 angegebenen Pfeilspitzen zeigen.

3. Resultante beliebig vieler Kräfte, K₁₇ K₂, K₃ . . ., welche in demselben Punkte A angreifen und in einer Ebene liegen.

Man konstruiert einen Linienzug OBCDEF (Fig. 3), dessen Seiten den

gegebenen Kräften Kx, K₂, K₃ . . . gleich und parallel sind. — Ist z. B. BO die Gerade, welche die Grösse der Kraft Kx darstellt, und wird ihre Richtung durch die in B angebrachte Pfeilspitze angedeutet, so ist von B aus die zweite Kraftlinie BC gleich und parallel K₂ zu ziehen, u. s. f. — Die Gerade, welche den Anfangspunkt 0 des Kräftepolygons OBC ... F mit dem Endpunkt F verbindet, stellt die Grösse und Richtung der Resultante sämtlicher Kräfte dar.

Die Richtigkeit dieser Konstruktion ergiebt sich sofort, wenn man die von 0 ausgehenden Diagonalen des Kräftepolygons zeichnet. Dann ist OC nach 1) die Resultante von Kx und K₂; OD die Resultante von OC und K₃ oder von Kx, K₂ und K₃ u. s. f.

Die Reihenfolge, in welcher die gegebenen Kräfte aneinander gefügt werden, ist hierbei ganz willkürlich. — In Fig. 3,a ist noch ein zweites Kräftepolygon OBGDHF angegeben, welches die Kräfte in der Reihenfolge Kx, Kg, K₂, K₅, K₄ enthält. — Zieht man wiederum von 0 aus die Diagonalen des Kräftepolygons, so ist OG die Resultante von Kx und K₃; OD die Resultante von OG und K₂ oder von Kx, K₂ und Iv₃ u. s. f., mithin stellt auch die Schlusslinie OF die Resultante aller Kräfte dar.

Anmerkung. Zieht man in Figur 3, a, BC || DG und CD||BG, so stellen BC und CD die beiden Kräfte K₂ und K₃ ihrer Grösse und Richtung nach dar. — Man kann

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Kl

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K,

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G J7-

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Fig. 3

deshalb sowohl durch den Linienzug OBGD, in welchem die Kräfte in der Reihenfolge Kx, K₃, Kg aneinander gefügt sind, als auch durch den Linienzug OBCD, welcher dieselben Kräfte in der Reihenfolge Kx, K₂, K₃ enthält, von 0 aus zu demselben Punkte D gelangen. Ebenso erreicht man durch die beiden Geraden DE (|| HF) und EF (|| DH) wieder den Punkt F.

Fällt der Endpunkt des Kräftezuges mit dem Anfangspunkt desselben zusammen, so ist die Resultante gleich Null. In diesem Falle ist das gegebene Kräftesystem im Gleichgewicht.

Bei geschlossenem Kräftepolygon kann jede einzelne Seite desselben als eine Schlusslinie betrachtet werden, d. h.: Ist ein Kräftesystem, dessen Kräfte denselben Angriffspunkt haben, im Gleichgewicht, so hält jede einzelne Kraft der Wirkung allerübrigen das Gleichgewicht. s. Einl. (3).

4. Projektion eines ebenen Kräftezuges auf eine in derselben Ebene liegende Gerade.

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O' C'

£'

Fig. 4.

Projiziert man sämtliche Seiten eines Kräftepolygons OBCDE (Fig. 4) auf eine beliebige in der Ebene desselben liegende Gerade XB', und giebt man den Projektionen der einzelnen Seiten denselben Sinn, welcher den entsprechenden Kraftrichtungen zukommt, so ist die Projektion des Kräftezuges gleich ' der Projektion der Resultante. — Die Projektion des geschlossenen Kräftepolygons eines im Gleichgewicht befindlichen Systems ist gleich Null.

Diese Richtung sei positiv.

Ist nämlich 0 der Anfangspunkt des Kräftepolygons und OB in dem Sinne genommen, wie die in B befindliche Pfeilspitze andeutet, so ist die Projektion von OB gerichtet von O' nach B'.

— Die Projektion B'C' der folgenden Seite hat alsdann negative Richtung; ebenso die Projektion von CD, während die Projektion von DE wieder

positive Richtung zeigt, von 0 aus in der Richtung der Pfeilspitzen auf den Seiten des Kräftezuges bis zum Endpunkte E des letzteren, so durchläuft seine Projektion den Weg O'B' in positiver, B'C' und C'D' dagegen in negativer, und D'E' Avieder in positiver Richtung.

Oder nehmen wir an, ein Punkt bewege sich

Man sieht ferner, dass die alge-

Der Unterschied (algebraische Summe) der positiven und negativen Strecken ist demnach O'E', welche zugleich die Projektion der Resultante OE ist. braische Summe sämtlicher Projektionen Null wird, wenn das Kräftepolygon geschlossen ist.

5. Zerlegung einer Kraft in drei Seitenkräfte.

Die Losung der Aufgabe, eine Kraft K in drei nach gegebenen Richtungen wirkende Kräfte zu zerlegen, gelingt nur, wenn die letzteren nicht

in einem Punkte Zusammentreffen und auch keiner ihrer

Schnittpunkte in K liegt. Es seien cd, de, ef (Fig. 5) die Richtungslinien der Geraden, in welchen die Seitenkräfte P

4/-/ \

Fig. 5.

P₂, P₃ der gegebenen KraftK liegen sollen. — Ist dann Q die Resultante der Kräfte I\ und P₂, so ist K auch die Resultante von Q und P₃; folglich müssen K, Q und P3 durch einen Punkt gehen. — Wir ziehen demnach durch den Schnittpunkt d der beiden Kräfte Pj und P₂ eine Gerade nach dem Punkt, in welchem ef die Kraft K trifft. — Diese Gerade df ist die Richtungslinie von Q. — In Fig. 5 ist nun K in zwei nach den Richtungen von ef und df wirkende Kräfte zerlegt, welche P₃ und Q sind. Die Seitenkräfte von Q nach den Richtungen der Geraden cd und de sind dann die beiden Kräfte P, und P₂.

Man kann auch den Schnittpunkt g der gegebenen Kraft und der Geraden cd mit e verbinden; dann muss die Resultante der Kräfte P₂ und P₃ in der Geraden eg liegen. — K wird in diesem Falle zerlegt in zwei nach den Richtungen von cd und ge wirkende Kräfte; die letztere abermals in zwei, in de und ef liegende Seitenkräfte, wodurch nun Pj, P₂ und P3 ebenfalls bestimmt sind.

6. Aufgaben.

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7C

a) An dem Endpunkt B der um A drehbaren Stange AB (Fig. 6) wirken eine Horizontalkraft K und eine Vertikalkraft G. — Welche fijo Richtung muss die Stange haben, wenn durch die vereinigte Wirkung von G und K keine Drehung eintreten soll?

Fig 6.

Man lege K und G zu einem Kräftezug aneinander (Fig. 6a). — Die Stange AB muss die Richtung der Resultante R aus K und G haben. Ist x der Winkel, welchen AB mit der Vertikalen bildet, so ergiebt sich leicht:

tgx=G

b)    Die Gleichgewichtslage der um A drehbaren Stange AB (Fig. 7) zu finden, wenn in B nach vertikaler Richtung das Gewicht G und ausserdem die Kräfte P und Q nach gegebenen Richtungen wirken.

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y///Tfr//////////////

Man zeichnet den Kräftezug P,

Fig. 7.

Q, G (Fig. 7), dann ist AB parallel der Schlusslinie R.

Sind ß, y und x die Winkel, welche P und Q, bez. R mit der Horizontalen bilden, so folgt aus dem Satz der Projektion eines Kräftepolygons:

R cos x = P cos ß — Q cos y.

Wird das Kräftepolygon auf eine Vertikale projiziert, so folgt:

R sin x = P sin ß -j- Q sin y -j- G.

Aus der Division beider Gleichungen ergiebt sich leicht:

tgx =

P sin ß -j- Q sin y -j- G P cos ß — Q cos y.

c)    Zwei durch ein Gelenk verbundene Stäbe ab und bc (Fig. 8) liegen in vertikaler Ebene und stützen sich in a und c auf eine horizontale Ebene. — In b wirkt eine Last P nach vertikaler Richtung.

/Ke A

^TTTT/,

'K.

flA

•2

— Es soll für jeden der beiden Stützpunkte a und c der Horizontalschub und der Vertikaldruck ermittelt werden.

Fig. 8.

P wird zunächst zerlegt in 2 Kräfte K₁, K₂ (Fig. 8a), welche nach den Richtungen der Stangen ab und bc wirken. — K₁ köunen wir in a und K₂ in c angreifen lassen. — Jede dieser beiden Kräfte ist nun nochmals in eine horizontale und eine vertikale Seitenkraft zu zerlegen. — Hierdurch erhalten wir für den Horizontalschub in a die Kraft Hj und für den Vertikaldruck DA; ebenso H₂ und D₂ für den Punkt c.

Aus Fig. 8a folgt, dass Hx = H₂ und -[- D₂ = P ist.

Sind a und ß die Neigungswinkel der Stangen ab und bc gegen die Horizontalebene, so folgt aus Fig. 8a leicht: HGga^Di

H₂tgß = r>,

oder da H₂ = H, ist: H, (tg a + tg ß) = D, + D₂ = P.

Folglich Hx = H₂

P cos a•cos ß

und T) ! =

P sin a cos ß

sin (a + ß)

tga + tgß ' D₂ =

sin (a + ß) P cos a sin ß

sin (a ß)

d) Es sei G das Gewicht eines auf der schiefen Ebene MN (Fig. 9) liegenden Körpers; f der Reibungscoeffizient. Ist 9 der Reibungswinkel,

also tg 9 — f, so ist der Reibungswiderstand, welcher zum Fortbewegen des Körpers auf der Ebene mindestens überwunden werden muss, gleich dem Normaldruck mal tg 9.

Es soll die Kraft K gefunden werden, welche parallel zur schiefen Ebene wirkend, den Körper auf derselben in Gleichgewicht erhält.

Man mache (Fig. 9 a u. b) CD gleich und parallel G; ziehe CF senkrecht und DF parallel zu MN; ferner sei Z. ECF gleich 9, dann stellt DE die gesuchte Kraft dar. — Es ist nämlich DE die Schlusslinie des aus dem Ge-

Mt

Lp

Fig. 9.

wicht CD, dem Normal widerstand CF der schiefen Ebene und dem Reibungswiderstand EF (= CF tg cp) gebildeten Kräftepolygons.

In Fig. 9 a ist DE diejenige Kraft, welche im Verein mit dem Reibungswiderstand EF das Hinabgleiten des Körpers auf der schiefen Ebene verhindert, in 9 b dagegen diejenige Kraft, welche zum Hinaufziehen mindestens erforderlich ist. — Leicht ßndet man aus 9 a)

G sin (a — cp)

und aus 9 b)

cos cp

G sin (a -j- cp)

cos cp

wenn a den Neigungswinkel der schiefen Ebene bedeutet.

Soll die Kraft K parallel zur Basis der schiefen Ebene wirken (Fig. 10), so mache man wieder CD gleich und parallel G, ziehe CF (Fig. 10a u. b)

senkrecht zur schiefen Ebene MN und mache

\ \F

Z ECF = Z 9. — Zieht man jetzt DE parallel zur Basis MP, und EF senkrecht zu CF, dann stellt DE die Grösse der gesuchten Kraft dar. — Die auf den Körper wirkenden Kräfte, welche im Gleichgewicht sein müssen, sind nämlich: das Gewicht des Körpers (CD), der Normalwiderstand der schiefen Ebene (CF), der Rei-bungswdderstand EF (= CF • tg 9) und die Kraft DE = K.

In Fig. 10a ist DE die Kraft, wrelche das Hinabgleiten des Körpers verhindert und in 10 b bedeutet DE die Kraft, welche mindestens zum Hinaufziehen des Körpers erforderlich ist.

Ist a der Neigungswinkel der schiefen Ebene, so folgt aus 10 a:

DE = G • tg (a — cp) und aus 10 b: DE = G • tg (a -j- 9).

Fig. 10.

Bildet die gesuchte Kraft K mit der schiefen Ebene MN den Winkel ß (Fig. 11), so macht man wieder CD (Fig. 11a und 11b) gleich und parallel G;

CF senkrecht zu MN und Z ECF = Z 9. — Ferner ziehe man DE parallel zur Richtung der Kraft K und EF senkrecht zu CF. — DE ist die Grösse der Kraft K. — Es muss nämlich Gleichgewicht bestehen zwischen dem Gewicht CD, Normal widerstand CF der schiefen Ebene, Reibungswiderstand EF = CF • tg 9 und K, welche letztere demnach durch die Schlusslinie des Kräftepolygons aus den genannten Kräften dar gestellt wird.

Für die Grösse der Kraft K findet man aus 11a:

G sin (a — 9) cos (9 + ß)

e) Auf horizontaler Ebene HHj^ (Fig. 12) liegt ein Körper vom Gewicht G. — Eine Kraft K, welche mit HHj den Winkel a bildet, soll den Körper fortziehen, d. h. den Reibungswiderstand überwinden. — Welches ist der kleinste Wert, den K haben kann, und wie gross ist a für diesen Fall?

Es sei f = tg 9 der Reibungscoef-fizient, ca und ab der aus G und K gebildete Kräftezug. — Zieht man bc unter dem Winkel 9 zu ab, so stellt ac die Grösse der Kraft K vor. Man kann nämlich K in eine horizontale und eine vertikale Seitenkraft P und V zerlegen, welche durch cd und ad in Figur 12a dargestellt sind. — Der Normaldruck gegen die Horizontalebene ist dann gleich G—V = bd und der Reibungswiderstand = bd • tg 9 = cd = der horizontalen Seitenkraft P. — Man erkennt hieraus sofort, dass die von a auf bc gelallte Senkrechte ae den kleinsten Wert von K darstellt und dass der Neigungswinkel a in

DE =

- und aus 11b) DE

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Fig. 11.

G sin (cp -j- a)

cos (ß — 9)

/Zaj

a-

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Fig. 12.

diesem Falle gleich 9 ist.

Für einen beliebigen Neigungswinkel finden wir aus Fig. 12 a durch Anwendung der Sinus-Regel auf Dreieck abc:

G sin cp

Gf

oder

cos a -\- f sin a

Der kleinste Wert von K ergiebt sich aus dein rechtwinkligen Dreieck abe:

cos (a — cp)

Gf

K = G sin 9 =

f) Ein Körper vom Gewicht G wird durch eine Kraft K, welche mit der Horizontalen den Winkel a bildet, gegen eine vertikale Wand gedrückt.

/ 1+f²'

— Wie gross muss K sein, damit dieselbe mit Hilfe des verursachten Reibungswiderstandes den Körper im Gleichgewicht erhält? — (Fig. 13.)

Stellt ah das Gewicht G des Körpers dar, und ist ac die Richtungslinie der gesuchten Kraft K, so ziehe man bc unter dem Winkel 9 gegen die Horizontale bd. — Die Grösse der Kraft K wird alsdann durch die Strecke ac dargestellt.

deutet ce den von K auf die vertikale Wand ausgeübten Normaldruck und weil Z bce = 9, so ist auch he = ce • tg 9 = dem Reibungswiderstand. — Endlich bedeutet ea die nach vertikaler Richtung wirkende Seitenkraft von K. — Die beiden Kräfte be und ea wirken G entgegen und dabe-f~ea=ab = G ist, so ist Gleichgewicht. —

Durch Anwendung der Sinus-Regel auf /\ abc ergiebt sich

^_ G • cos 9

sin (a -f- 9)

7,

7,

7j

7,

y,

Fig. 13.

Zieht man nämlich ce parallel bd, so be-

sin a -)- f cos a

Anmerkung. Der kleinste Wert, welchen K haben kann, wird offenbar durch die von a auf bc gefüllte Senkrechte dargestellt. — Diese bildet mit der vertikalen Wand den Winkel 9. Für diesen Fall ist

K = G • cos 9 =

/ 1+f*'

g) Zwischen zwei schiefen Ebenen AB und AC (Fig. 14) liegen zwei

Kugeln P und Q, welche sich aufeinander stützen und deren Gewichte Gx und G₂ sind.

Welche Richtung hat die Verbindungslinie der Mittelpunkte I) und E beider Kugeln, wenn dieselben im Gleichgewicht sind?

Zerlegt man das Gewicht jeder Kugel in eine Kraft, welche in die Verbindungslinie DE der Mittelpunkte beider Kugeln fällt, und eine zweite, welche senkrecht zu derjenigen Ebene steht, auf welche sich die betr. Kugel stützt, so ergiebt sich leicht, dass zwischen den Kugeln Gleichgewicht stattfindet, wenn die in DE liegenden Seitenkräfte gleich gross und entgegengesetzt gerichtet sind. — Hieraus ergiebt sich folgende Konstruktion der Richtung von DE: Man zeichne aus Gx und G₂ den Kräftezug feg, (welcher

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9'IT]

Fig. 14.

AB

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in diesem Falle eine Gerade bildet); ziehe fd senkrecht zu AC und dg senkrecht zu AB.

Die Gerade, welche den Schnittpunkt d mit e verbindet, stellt die gesuchte Richtung dar. — Es bedeuten nämlich in Fig. 14, df

und de die genannten Seitenkräfte von G1? und de und dg die Seitenkräfte von G₂. — Die beiden durch de dargestellten Seitenkräfte sind aber gleich gross und entgegengesetzt gerichtet. — Ist demnach DE parallel de, so findet Gleichgewicht statt. —

h) Die Kugel B (Fig. 15) hängt an dem Faden AB, welcher in A an einer vertikalen Wand AD befestigt ist. — Dieselbe soll eine

hA

4.

«VA,

zweite Kugel C tragen, welche ausserdem an AD lehnt.

Wie gross ist die Spannung des Fadens AB, wenn die Gewichte der Kugeln G, und G₂ sind?

Man zerlege G₂ in zwei Kräfte, om senkrecht zu AD, und on parallel zu BC. — In B wirken dann die Kräfte on und G,, welche wieder in die Kräfte oq|| AB und qp senkrecht zu AD zerlegt werden können. — Die Spannung des Fadens AB wird durch oq dargestellt und qp bedeutet den Druck, welchen die Kugel B auf die vertikale Wand ausübt.

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Fig. 15.

1.

Anmerkung. Ziehen wir o'p parallel oq; o'n parallel on (o' auf om), so stellt m n' die Grösse des Gewichtes G₂ dar, bei welchem der Druck der Kugel B gegen die vertikale Wand Null wird, wenn zugleich n'p das Gewicht der Kugel B bedeutet. Wie kann man hiernach die Grösse des Gewichtes G₂ bestimmen, welches die Kugel B gerade noch tragen kann, ohne von der vertikalen Wand abgedrängt zu werden?

i) Ein Stab ah (Fig. 16), dessen Gewicht G ist, stützt sich mit dem einen Endpunkte a auf eine horizontale Ebene, mit dem andern Endpunkte b auf eine Mauerkante. — Es soll der Horizontalschuh H und der Vertikal druck D im Punkte a, und der senkrecht zu ab gerichtete Druck P gegen die Mauerkante ermittelt werden. —

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Fig. 16.

Man verlängere die gegebenen Richtungslinien von P und G bis zum Schnittpunkte c, ziehe ac, und zerlege nun G (= de) in zwei Kräfte df und ef, von denen die erstere parallel zu P, die zweite parallel zu ac ist. — Die letzte Kraft zerlegt man nochmals durch die Horizontale eg und Vertikale fg in zwei Seitenkräfte, welche alsdann den Horizontalschub II und den Vertikaldruck D im Punkte a darstellen. — P ist gleich df.

k) Der horizontale Balken CD (Fig. 17) ist mit dem Ende DK in eine vertikale Mauer eingelassen. — Eine durch Gelenke in A und B befestigte

Stange soll den Balken in horizontaler Lage erhalten. — Es sollen (ohne Berücksichtigung des Eigengewichtes des Balkens) die Reaktion Q in A und

die nach vertikaler Richtung in der Mitte von DK wirkende Reaktion V, und die horizontal gerichtete Reaktion H in D ermittelt werden, wenn in C eine gegebene Last P wirkt.

Nach 5 ist P in drei Kräfte, welche in gegebenen Richtungen wirken, zu zerlegen. — Bedeutet CG die Grösse und Richtung von P und verlängert man AB bis zum Durchschnitt L mit CG, so muss die Resultante von H und V nach der Geraden DL gerichtet sein. — Man zerlegt demnach P durch die beiden Geraden CF DL und FG |] AB in Seitenkräfte, von welchen EG die auf Stange AB ausgeübte Wirkung darstellt. — CF zerlegt man nochmals in eine horizontale Seitenkraft EF, und in eine vertikale CE. — Die Reaktionen V und H sind nun CE bez. EF gleich und entgegengesetzt; ebenso ist die Reaktion Q in A gleich und entgegengesetzt FG.

1) Vier Stangen sollen durch Gelenke zu einem Viereck verbunden

werden, welches mit dem einen Endpunkte A (Fig. 18) aufgehängt ist. — Die drei andern Eckpunkte B, C und D tragen die Gewichte P, Q und R.

Lagen müssen die einzelnen Stangen des Vierecks im Gleichgewichtszustände haben ?

Fig. 17.

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Fig. 18.

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Man zeichne aus den Kräften P, Q, R den Kräftezug abcd, welcher eine Gerade bildet. — Zieht man alsdann von einem beliebigen Punkte 0 die Geraden Oa, Ob, Oc, Od, so ist das Gelenkviereck im Gleichgewicht, wenn

AB i| Oa, BC y Ob, CD||Oc, AD||Od ist —

Die beiden Geraden Oa und Ob sind nämlich Seitenkräfte von P nach

den Richtungen der Stangen AB und BC. — Ebenso sind Ob und Oc Seitenkräfte von Q nach den Richtungen BC, und CD und Oc und Od Seitenkräfte von R nach den Richtungen CD und AD. — Es ist nun ersichtlich, dass die beiden in der Stange BC wirkenden Seitenkräfte, welche von P und Q herrühren, gleich gross und entgegengesetzt sind. Dasselbe ist mit den in CD wirkenden Seitenkräften der Fall. — Folglich sind BC

und CD im Gleichgewicht. Endlich werden noch die in AB und AI) wirksamen Kräfte, deren Grössen durch Oa und Od dargestellt sind, durch den festen Punkt A gehoben.

11. Abschnitt.

Das Seilpolygon von Kräften, welche in einer Ebene liegen.

1) Es seien Kj und K₂ zwei Kräfte, welche durch Grösse und Richtung gegeben sind. Die Resultante kann alsdann nach I, 1) ihrer Grösse und Richtung nach gefunden werden, und sie geht durch den Schnittpunkt der Richtungslinien von Kx und K₂. — Liegt dieser Schnittpunkt aber ausserhalb der Grenzen der Zeichenfläche, so ergiebt sich die Lage der Resultante auf folgende Weise. —

Man füge den Kräften Kx und K₂ (Fig. 19) zwei gleiche und entgegengesetzte Kräfte -f- P und — P hinzu, welche in einer beliebigen, die Richtungslinie von Kx und K₂ durchschneidenden Geraden ab liegen. -|- P greife in a und — P in b an. —

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tc

Fig. 19.

Nun zeichne man aus Kx und -j- P den Kräftezug ABC, dann ist Qx = AC die Resultante von Kx und (- P. — Ebenso wird mit Benutzung der Graden BC aus — P und K2 der Kräftezug CBD gezeichnet, wodurch man Q₂ = CD als Resultante von — P und K₂ erhält. — Es wird nun offenbar durch die Gerade AD die Resultante von Kx und K₂ sowohl, als auch die von Qx und Q₂ ; dargestellt. Dieselbe kann nämlich durch die hinzugefügten Kräfte weder ihre Grösse noch ihre Lage ändern. Zieht man durch a die Gerade mc parallel AC und durch b die Gerade nc parallel CD, so sind m c und n c die Richtungslinien von Qx und Q₂ ; durch den Schnittpunkt c geht demnach die gesuchte Resultante R, welche gleich und parallel AD zu machen ist.

P, ferner K₂ durch Q₂ und

Von besonderer Wichtigkeit ist hierbei der Linienzug mabn, dessen einzelne Seiten parallel mit den Linien AC, BC und CD sind. — Stellt man sich diesen Linienzug als ein Seil mit den Knotenpunkten a und b vor, und nimmt an, dasselbe sei in zwei Punkten m und n befestigt, so wird die Form desselben durch die Wirkung der beiden Kräfte Kx und K₂ nicht geändert. Denn Kx lässt sich durch Qx und -j- P ersetzen. P und — P heben sich auf; Qx und Q₂ werden durch die

Widerstände in den festen Punkten m und n gehoben, folglich bleibt das Seil in Ruhe.

Man nennt den Linienzug mabn ein Seilpolygon der Kräfte K₁ und K₂. — Da die Lagen und Grössen der Hilfskräfte beliebig sind, so folgt, dass man unzählig viel Seilpolygone konstruieren kann, welche durch die Wirkung der beiden Kräfte Kx und K₂ im Gleichgewicht bleiben, wenn man die erste und letzte der Seilpolygonseiten, wie oben angegeben, befestigt. —

Die soeben gezeigte Konstruktion lässt sich auch auf folgende Weise ausführen :

Man zeichnet zuerst den Kräftezug ABD, dessen Seiten parallel und gleich Kx und K₂ sind; ziehe aus einem beliebig gewählten Punkte C (Pol) die Strahlen CA, CB, CD und zeichne den Linienzug mabn so, dass maj|CA, ab BC, bn||CD ist. — Dann ist mabn ein Seilpolygon der gegebenen Kräfte. Die Resultante von Kj und K₂ geht durch den Schnittpunkt der ersten und letzten Seite des Seilpolygons; sie ist gleich und parallel der Schlusslinie des Kräftezuges ABD.

Anmerkung. Zwei Seilpolygonseiten, welche sich auf einer der gegebenen Kräfte treffen, sind parallel zu denjenigen Strahlen, welche in Fig. 19 a die Endpunkte der betr. Kraft mit dem Pol C verbinden.

Soll die Resultante von drei Kräften Kj, K₂ und K₃ (Fig. 20) bestimmt werden, so zeichnet man zuerst wieder das Kräftepolygon ab de, dessen

/*

Seiten den gegebenen Kräften gleich und parallel sind. — Zieht man

jetzt von einem beliebigen

Pol C die Strahlen Ca, Cb

6

Fig. 20.

Die Resultante R (= ae) von Rx und K₃ geht

und Cd und ist mnop das Seilpolygon der Kräfte Kj und K₂, dessen Seiten jenen Strahlen bez. parallel sind, dann ist die Resultante Rj der beiden ersten Kräfte Kx und K₂ gleich ad und geht durch den Schnittpunkt r der Verlängerungen von mn und op. — Auf gleiche Weise bestimmen wir nun noch die Resultante von R₁ und K₃. — Diese beiden Kräfte sind in Fig. 20 zu dem Kräftezug ade vereinigt und es können mr und rp als die beiden ersten Seiten des Seilpolygons dieser Kräfte angesehen werden. — Die dritte Seite pq geht durch p und ist parallel zu dem Strahl Ce. durch den Schnittpunkt s der ersten und letzten Seite dieses Seilpolygons. — Sie ist zugleich Resultante der gegebenen Kräfte Kx, Iv₂ und K₃.

Der Linienzug mnopq, dessen Seiten den Strahlen Ca, Cb, Cd und Ce parallel sind, ist ein Seitenpolygon der drei Kräfte Kx, K₂ und K₃, welches ebenfalls die schon oben angegebene Eigenschaft des Gleichgewichtszustandes hat. — Es ist nun leicht ersichtlich, dass man durch Fortsetzung der obigen Schlussweise die Resultante beliebig vieler Kräfte in einer Ebene, ebenso ermitteln kann. — In Fig. 21 ist das Seilpolygon von fünf Kräften

s'

-ns

Fig. 22.

\Kf

DR

Hi

/Kt

K/\

l3

•ć

K,

*s

Fig. 21.

Kx, K₂, Kg, K₄, K₅ konstruiert worden mit Hinweglassung der jetzt unnötigen Zwischenresultanten. — In Fig. 22 ist dieselbe Aufgabe gelöst für eine andere Reihenfolge der Kräfte im Kräftepolygon. — Die Resultante geht immer durch den Schnittpunkt der ersten und letzten Seite des Seilpolygons. —

2. Die Resultante paralleler Kräfte.

7n-

i*

a) Die Resultante paralleler Kräfte lässt sich ebenfalls mit Hilfe eines Seilpolygons ermitteln. — Sind zunächst zwei parallele Kräfte Kx und K₂ (Fig. 23) gegeben, so zeichnet man den Kx und K₂ darstellenden Linienzug def, welcher in diesem Falle eine Gerade df bildet.

Man

—    C sei nun ein beliebiger Pol. ziehe die drei Geraden Cd, Ce und Cf und parallel zu denselben gli, lik und kl.

Fig. 23.

—    Die drei letzten Geraden bilden alsdann ein Seilpolygon der gegebenen Kräfte, deren Resultante durch den Schnittpunkt o der ersten und letzten Seite des Seilpolygons geht und* parallel zu df ist.

Die Grösse der Resultante wird durch die Strecke df dargestellt. — Sie ist also gleich der Summe der Kräfte Kj und K₂.

ß) Soll umgekehrt eine gegebene Kraft R (Fig. 23) in zwei zu ihr parallele Kräfte zerlegt werden, welche in den zu R parallelen Geraden mh und nk liegen, so mache man df gleich und parallel R; ziehe von einem beliebigen Pol C die Strahlen Cd und Cf und von einem auf R liegenden Punkte o die Geraden og parallel Cd und ol parallel Cf. — Betrachtet man og und ol als erste und letzte Seite eines Seilpolygons der gesuchten Kräfte Kx und K₂, so ist die Verbindungslinie der Schnittpunkte h und k die mittlere Seite desselben. — Man ziehe nun durch den Pol C die Gerade Ce parallel zu hk, so wird df in die beiden Strecken de und ef zerlegt, welche die Grössen der gesuchten Seitenkräfte K, und K₂ darstellen. — y) Haben die beiden parallelen Kräfte Kx und K₂ entgegengesetzte Richtungen, so ist der aus denselben gebildete Kräftezug wiederum eine

-------"y'k

Fig. 24.

Gerade. (Fig. 24). — de stelle die Kraft Kx dar; von e aus, wo die Pfeilspitze die Richtung von Kx andeutet, ist die Strecke e f = K₂ aufwärts abzutragen, so dass in __——yC dem Kräftezug die Eckpunkte die Reihenfolge d, e, f haben. — Nun sind wieder von einem beliebigen Pol C aus die Strahlen Cd, Ce und Cf zu ziehen, und die Seiten des Seilpolygons oh ( || Cd), hk ( j| Ce) und ok ( |j Cf) zu zeichnen; alsdann geht die Resultante durch den Schnittpunkt o der ersten und letzten Seite des Seilpolygons und ist

parallel zu df.

Die Grösse der Resultante wird durch die Strecke df dargestellt, welche Anfangs- und Endpunkt des Kräftezuges verbindet. — Es ist also in diesem

X,

Falle die Resultante gleich der Differenz der gegebenen Kräfte.

Fig. 25.

ö) Die Resultante beliebig vieler parallelen Kräfte lässt sich in gleicher Weise ermitteln. — In Fig. 25 ist dieselbe für fünf parallele Kräfte bestimmt. — Die Darstellung

ist einfach und bedarf keiner weiteren Erläuterung.

3. Aufgaben.

a) Ein Balken von gegebener Länge AB (Fig. 26) ist in horizontaler Lage, und in seinen Endpunkten unterstützt. In einem gegebenen Punkte M trägt der Balken die Last P. punkt ?

Wie gross ist der Druck in jedem Stiitz-

Man zerlegt nach 2, ß) die Kraft P in zwei in A und B wirkende Seitenkräfte Kj und K₂, welche in Fig. 26 durch die Strecken DF und FE dargestellt sind.

Da P durch die beiden

Af

Stützen in A und B im Gleichgewicht gehalten wird, so müssen dieselben Gegendrücke (Auflagerreaktionen) leisten, welche den von P in A und B verursachten Drücken gleich, aber entgegengesetzt gerichtet sind. — Die Auflagereaktion in A ist deshalb so gross wie Kx und die in B gleich K₂.

Zusatz. AXNL ^ CDF und /\ BXNL oj /\ CEF, folglich:

AXN : NL = CF : Kx BXN : NL = CF : K2 Kx • AjN = CF • NL K₂ • BXN = CF • NL folglich: Kx • AXN = K₂ • BXN.

Die letztere Gleichung kann man auch so schreiben:

Kx _ BXN _ BM K₂ “ AXN ~ AM

d. h. die Auflagerdrücke (oder Auflagerreaktionen) in den Stützpunkten A u. B verhalten sich umgekehrt, wie die Abstände dieser Punkte von M. —

Mit Berücksichtigung dieses Satzes lassen sich die beiden Auflagerreaktionen sehr einfach auf folgende Weise bestimmen: Man ziehe durch A und M (Fig. 27)

Vertikalen, und trage auf denselben die Strecken AD = ME = P ab. — Die Gerade, welche D mit B verbindet, teilt EM in die beiden Strecken FM und EF, welche die Grössen der Auflagerdrücke (also auch der Auflagerreaktionen) in A und B darstellen.

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke BFM und DEF folgt nämlich:

EF : FM = ED : BM = AM : BM.

Es ist also P in zwei Teile EF und FM zerlegt worden, welche sich

Schlotke, Graph. Statik. 2.

Fig. 26.

oder:

D rc:

Ak

\E

:t?,r

Fig. 27.

verhalten wie die Abschnitte AM und BM. — Folglich stellt FM = K1? die^Grösse der Auflagerreaktion in A, und EF = K₂ diejenige in B dar.

2)

V_V_    D

------- ¹ p-.....1 p *

Aż

b) Ein Balken von 3 m Länge (Fig. 28), welcher in den Endpunkten A und B unterstützt ist, trägt 5 Lasten, Pj = 500 kg, P₂ = 300 kg,

C P₃ = ⁶⁰⁰ kg, = ⁴⁰⁰

Fig. 28.

kg, P₅ = 300 kg, deren Angriffspunkte die Länge des Balkens in 6 gleiche Teile teilen. —Wie gross sind die von diesen Lasten verursachten Auf-

lagerdrücke ?

Man zeichnet ein Seilpolygon der gegebenen Lasten. — Durch den Schnittpunkt F der ersten und letzten Seite geht die Resultante R sämtlicher Lasten. — R ist noch in zwei Seitenkräfte zu zerlegen, welche in den durch A und B gehenden Vertikalen liegen. — Diese letzteren werden aber in und Bx von der ersten resp. letzten Seite des gezeichneten Seilpolygons getroffen. — Ziehen wir deshalb vom Pol C die Gerade CE parallel zu AjB^ so werden auf DG (R) die beiden Strecken DE und EG abgeschnitten, welche nach 2, ß) die in A und B wirkenden Auflagerdrücke darstellen.

Für obiges Zahlenbeispiel ergiebt sich:

Auflagerdruck in A = 1100 kg,

„    „ B — 1000 „

Es soll die Grösse der in B anzubringenden

c) Ein einarmiger Hebel, dessen Drehpunkt A ist, liât die Länge AB — 60 cm. — Im Punkte C, welcher 45 cm von A entfernt liegt, trägt derselbe die Last P == 80 kg.

Kraft K, welche der Last P das Gleichgewicht hält, graphisch ermittelt werden.

Man findet K = 60 kg.

d)    Es sei im vorigen Beispiel K = 32 kg und P = 48 kg. — Man soll die Lage des Angriffspunktes C der Last P graphisch bestimmen.

Antw. AC = 40 cm.

e)    Zwei Lasten P₁ und P₂ (Fig. 29 s. S. 19) wirken in den Punkten a und b an einem zweiarmigen Hebel, welcher in m seinen Stützpunkt hat. — Wie gross muss die in dem gegebenen Punkte c wirkende Kraft K gemacht werden, wenn sie mit Px und P₂ im Gleichgewicht sein soll?

Aufl. Gleichgewicht findet statt, wenn die Resultante der Kräfte P1;

Aufl.

S\p 0

-rv

Fig. 30.

P₂, K durch den Stützpunkt m geht. — Man zeichnet demnach ein Seilpolygon dieser Kräfte. — Es sei no # Px, op # P₂, C ein beliebiger Pol. Man ziehe deJ|Cn, efjjCo, fg Cp und verlängere de bis zum Schnittpunkt h mit der Vertikalen durch m. — Die noch fehlende letzte Seite des Seilpolygons, nämlich gl, muss alsdann mit de in h Zusammentreffen. — Nun ziehe man durch C die Gerade Cq parallel zu gh, dann schneidet C q auf der verlängerten Kräftelinie np die Strecke pq ab, welche die Grösse der gesuchten Kraft K darstellt.

f) Ein Stab ab (Fig. 30) ruht mit seinen Endpunkten auf zwei schiefen Ebenen MO und MN, welche die Neigungswinkel a und ß gegen die Horizontalebene HHX haben. — Das Gewicht des Stabes sei G. —

In dem gegebenen Punkte c wirkt eine Kraft P senkrecht zur Horizontalebene auf den Stab. — Bei welcher Lage wird der Stab durch die

P,

7,

■Wi.

Fig. 29.

isk

fr^8t

CC.

Wirkung von P und G im J

Ul

Gleichgewicht bleiben und wie gross sind alsdann die X\ Normaldrücke gegen die beiden Ebenen?

«K

c.

8,

Man bestimmt zuerst die von den Endpunkten des Stabes parallel zu P und G wirkenden Seitenkräfte. — Hierbei ist die Lage des Stabes beliebig zu nehmen, weil diese Kräfte nur von den Verhältnissen der Strecken ac, cd und bd abhängen.

Es sei a^! eine beliebige (z. B. horizontale) Lage des Stabes; cx der Angriffspunkt von P und die Mitte dx der des Gewichtes G. — mn sei der aus P und G gebildete Kräftezug. — Zur Konstruktion eines Seilpolygons eghf wählen wir den Pol C so, dass Cm I MN und Cn 1 MO wird. — Zieht man nun CD parallel zur Schlusslinie ef des Seilpolygons, so sind Dm und Dn gleich den in a und b wirkenden, zu P und G parallelen Seitenkräften Qx und Q₂. —

Wird nun Qx abermals in zwei Seitenkräfte Sx und Uu ebenso Q₂ in S₂ und U₂ zerlegt, so dass Sx J_ MO und S₂ J_MN; Ui und U₂ aber in ab liegen, so befindet sich der Stab im Gleichgewicht, wenn Ux = U₂ ist.

—    Diese Zerlegung ist aber in unserer Figur bereits ausgeführt. — Denn es ist Dm = Qx, Dn = Q₂ ; Cm S₂, Cn j| Sx. — CD stellt demnach sowohl Ux als auch U₂ dar, folglich muss der Stab parallel zu CD, oder parallel zur Schlusslinie ef des Seilpolygons gemacht werden. —

Die Aufgabe ist hiermit vollständig gelöst, denn auch die bei der Gleichgewichtslage stattfindenden Normaldrücke Sx und S₂ sind durch die Strecken Cn und Cm bestimmt. —

g) Ein nützliches Beispiel zur Übung bildet auch die graphische Darstellung der Theorie der Decimalwage. —

Fig. 31 zeigt eine schematische Darstellung der Decimalwage. — Der Hebel AB, welcher die Last L trägt, ruht in A auf einem zweiten Hebel

J QC

J?

.L

in

I .A _yB_

^ f⁷-⁴-

rĄ

v.

FG, welcher den festen Stützpunkt F hat. — Die beiden andern Endpunkte dieser Hebel-e arme sind durch Yertikalstangen GH und BJ an dem Hebel HM befestigt; K ist der Drehpunkt des letzteren. — In M soll nun das Gegengewicht P angebracht werden, welches der Wirkung der Last L das Gleichgewicht hält.

A__Jj

TV-

Fig. 31.

Wir machen RT gleich und parallel L und ziehen von einem beliebigen Pol die Strahlen CR und CT. — Auf der Richtungslinie von L nehmen wir den Punkt g beliebig und ziehen gh parallel CR, gd parallel CT. — Durch A und B legen wir Parallelen zu Dg; dieselben treffen gh und gd in ax und c.

—    Ziehen wir jetzt CS parallel zu a₁c, so stellen RS = Z und ST = X die in A und B wirkenden Seitenkräfte der Last L dar.

Die Seitenkraft Z wirkt in A auf den zweiten Hebel FG. — Wir zerlegen diese Kraft wieder in zwei in F und G wirkende Seitenkräfte Yx und Y, von welchen die erstere durch den festen Stützpunkt F aufgenommen wird und deshalb nicht in Betracht kommt. — Die Grössen von Yx und Y ergeben sich leicht. — Wir verlängern nur die Vertikalen durch F und G bis a und b und ziehen durch den Pol C die Gerade CU parallel zur Verbindungslinie der Punkte a und b, wodurch RS in die beiden Strecken RU = Yj und US = Y zerlegt wird.

Die beiden Kräfte X und Y wirken an dem Hebel HK und sollen mit P im Gleichgewicht sein. — Dies findet statt, wenn die Resultante von X,

Y und P durch den Stützpunkt K geht. — Die Grösse von P bestimmen wir. wie in Aufgabe e) mit Hilfe eines Seilpolygons der Kräfte X, Y und P. — Hierzu können wir den Linienzug ab cd benutzen, welchem wir noch die letzte Seite de hinzuzufügen haben; und diese ergiebt sich, wenn wir ab bis zum Schnittpunkt f mit der durch K gehenden Vertikalen verlängern, und alsdann die Gerade fd ziehen. — Legen wir nun durch den Pol C die Gerade CV parallel zu fd, so schneidet diese auf der Kräftelinie die Strecke TV ab, welche die gesuchte Grösse der Kraft P darstellt.

Nun soll aber P unabhängig von der Lage des Angriffspunktes der Last L sein. — Lassen wir L in einem andern Punkte E wirken und zeichnen auf dieselbe Weise wie vorhin für diese Lage der Last das Seilpolygon der Kräfte, welche in H und J auf den Hebel K wirken und der jetzigen Kraft P, so erhalten wir als solches den Linienzug ab! cx dx e₁, in welchem cx dx || cd [[ CT ist.

Folglich wird P dieselbe Grösse wie vorhin erhalten, wenn fx ex || fe || CV ist. — Für diesen Fall ist demnach:

ffx = ddx = ccx.

Nun ist aber    a, f fx <>> a b bx und ax cx c ~ /\ ax bx b. —

Sind die Höhen der beiden ersten Dreiecke p und q, der beiden letzten m und n (b bx, c cx und f fx als Grundlinien betrachtet), so folgt :

p : q == f fx : b bx m : n = ccx : b bx

und weil c cx = f fx sein muss :

fl

p : q = m : n

oder p — q : q = m — n : d. h. HK : FG = HJ : AG oder HK : HJ = FG : AG.

Ist demnach das Verhältnis der Hebelarme dieser Proportion entsprechend, so ist die Lage des Angriffspunktes der Last P ohne Einfluss auf die Grösse des Gegengewichtes P.

Eine andere, sehr einfache Darstellung dieses Gegenstandes findet man im folgenden Abschnitt.

li) Ein Stab, dessen Gewicht G ist, hat die Länge a. — Derselbe ist in seinen Endpunkten an zwei in einem Punkte befestigten Fäden aufgehängt, welche die Längen lx und 1₂ haben. Es sollen die Spannungen Sj und s₂ der beiden Fäden graphisch ermittelt werden. —

Anmerkung. Durch Rechnung findet man:

Gl,

G1₂

Sl V 2 (lp -f. V) — a² ’ Ss! / 2 (lp + 1P) — a² ,

Zur weiteren Übung in der Zusammensetzung und Zerlegung von Kräften mögen noch folgende Aufgaben dienen:

i) Ein Balken von 6 m Länge ist in dem einen Endpunkt A und in dem 4 m entfernten Punkt B unterstützt. Auf den Balken wirken die Lasten Px = 500 kg, P₂ — 700 kg, P₃ = 600 kg, P₄ = 1000 kg, P₅ = 400 kg, P₆ = 600 kg, P₇ = 400 kg in je 1 m Entfernung von einander. I\ greift in A an. Es sollen die Auflagerdrücke graphisch bestimmt werden. Aufl. Der Auflagerdruck in A ist 1225 kg „    „    „ B „ 2975 kg.

k) Ein Stab AB stützt sich mit dem Endpunkt A auf eine horizontale Ebene AC, und lehnt mit dem andern Endpunkt B an eine vertikale Wand BC. In der Mitte des Stabes hängt eine Last von 60 kg; sein Eigengewicht beträgt 10 kg. — Unter der Voraussetzung, dass der Stab unter einem Winkel von 60° gegen AC geneigt ist, soll die Grösse einer Kraft K bestimmt werden, deren Richtungslinie senkrecht zu AB steht und durch C geht, welche das Ausgleiten des Stabes verhindert.

Aufl. Man findet K = 35 kg.

Anmerkung. Bezeichnet man die Last mit G, den Neigungswinkel des Stahes gegen die Horizontal ebene mit a, so ist:

G cos a

2 (sin² a — cos² a) *

1) An einem einarmigen Hebel AB, dessen Stützpunkt A, und dessen Länge AB = 320 cm ist, wirken drei Lasten P₄ = 100 kg, P₂ = 80 kg, P₃ = 60 kg und aufwärts gerichtet die beiden Kräfte Qj = 60 kg und Q₂ = 80 kg. Die Abstände der Lasten P₄, P₂, P₃ von A sind bez. 80 cm, 160 cm, 240 cm; ferner haben und Q₂ von A die Abstände bez. 96 cm und 140 cm. Es sollen die im Endpunkt B anzubringende Kraft Y, welche das Gleichgewicht des Hebels herstellt und der Druck X auf den Stützpunkt A graphisch ermittelt werden.

Aufl. Man findet X = 43 kg, Y = 57 kg.

III. Abschnitt.

Resultante und Mittelpunkt paralleler Kräfte.

YU. Abschnitt.

Vin. Abschnitt.

ÂbdT = 8î

III. Abschnitt.

Graphische Darstellung statischer Momente.

Ein ebenes starres System werde um einen Punkt A, den wir uns unbeweglich denken, gedreht, und zwar durch eine Kraft P, welche in der Ebene des Systems liegt. — Die Wirkung der Kraft P hängt dann nicht nur von der Grösse der Kraft, sondern auch noch von der Entfernung ihrer Richtungslinie von A ab. So ist z. B. ersichtlich, dass keine Drehung erfolgt, wenn P durch A geht.

Um den Einfluss, welchen die Grösse der Kraft und ihre Lage gegen

den Drehungspunkt A hat, kennen zu lernen, stellen wir folgende Gesetze auf:

1.    Eine Kraft P, welche um einen festen Punkt A zu drehen sucht, kann man ersetzen durch eine gleich grosse Kraft Px, welche in demselben Sinn um A dreht und gleichen Abstand wie P von A hat.

Beweis. Es sei pq (Fig. 32) die Richtungslinie der gegebenen Kraft P und mn diejenige Gerade, in welcher Px liegen soll. Der Schnittpunkt beider Geraden sei a. — Da pq und mn gleiche Abstände von A haben sollen, so muss A auf der Halbierungslinie des Winkels pan liegen.

— Nun sei a der Angriffspunkt der Kraft P = ab. Die letztere zerlegen wir in zwei Kräfte ac und af, nach den Richtungen der Geraden mn und Aa. — Da alsdann bc parallel A a ist, so wird das Dreieck abc gleichschenklig, also ac = ab = P. — Die Seitenkraft af ist in Bezug auf Drehung um A wirkungslos. — Folglich muss die Grösse einer in mn liegenden Kraft Px, welche P ersetzt, gleich ac d. h. gleich P sein. —

Lässt man Px in entgegengesetzter Richtung in der Linie mn wirken, so hält sie der Kraft P (in Bezug auf Drehung um A) das Gleichgewicht.

2.    Beliebig viele Kräfte Px, P₂, P₃ ..., welche sämtlich gleiche Abstände von einem festen Drehpunkt A haben, können durch eine einzige Kraft ersetzt werden, welche denselben Abstand von A hat und gleich der algebraischen Summe aller Kräfte ist.

Nach 1) können wir nämlich die Kraft Px in die Richtungslinie der Kraft P₂ legen, ohne die Wirkung von Px zu verändern. — Hierdurch erhalten wir in dieser Geraden die Kraft Px -J- P₂, welche wir alsdann in die Richtungslinie der Kraft P₃ legen können u. s. f. — Auf diese Weise werden sämtliche Kräfte schliesslich in derselben Geraden liegen und eine einzige Kraft von der Grösse

CL.

'f

•i

P,

Fig. 32.

P: + P₂

-f- Pn

bilden, welche denselben Abstand, wie die gegebenen Kräfte von A hat. — Diese Summe enthält Glieder von verschiedenen Vorzeichen, wenn nicht alle Kräfte gleiche Drehungsrichtung haben.

3. Eine Kraft P, welche um A dreht, habe von diesem Punkte den Abstand a. —

/ p

e/_

r9

Fig. 33.

Wie gross muss eine im Abstand b von A liegende Kraft Q sein, wenn sie in Bezug auf Drehung gleiche Wirkung wie P haben soll? (Fig. 33).

Wir verlängern die Richtungslinie der gesuchten Kraft Q, bis sie die Richtungslinie der Kraft P in c trifft. — Nun kann P zerlegt werden in zwei Kräfte cd und cf, von welchen die erstere in cg und die letztere in der Verbindungslinie des Punktes c mit A liegt. — cd stellt die Grösse von Q dar, und cf ist in Bezug auf Drehung um A wirkungslos.

zu Af:

Verbinden wir die Punkte d und e mit A, so folgt, weil de parallel A Ace = Ą Acd

oder, wenn man in diesen Dreiecken ce und cd als Grundlinien betrachtet:

P a = Qb,

welche Produkte die doppelten Inhalte der Dreiecke bedeuten.

Die Lage der Kraft Q kann nach 1) unter Beibehaltung ihres Abstandes von A beliebig geändert werden. — Folglich ergiebt sich:

Zwei Kräfte P und Q haben gleich grosse Wirkungen in Bezug auf Drehung um einen festen Punkt A, wenn die beiden Dreiecke, deren Grundlinien P und Q sind, und deren gemeinschaftliche Spitze der Punkt A ist, inhaltsgleich sind.—Beide Kräfte müssen in gleichem Sinn um A drehen. — (Fig. 34.)

Kehren wir die Richtung der einen Kraft Q um, so folgt:

Fig. 34.

Zwei Kräfte P und Q halten einander in Bezug auf Drehung um einen festen Punkt A Gleichgewicht (d. h. es erfolgt keine Drehung) wenn die im vorigen erwähnten Dreiecke inhaltsgleich sind, und die Drehungsrichtungen der beiden Kräfte P und Q einander entgegengesetzt sind. —

Hiermit ist nun bewiesen, dass die Wirkung einer Kraft P in Bezug auf Drehung um einen Punkt A nicht nur von der Grösse der Kraft, sondern auch von dem Abstand ihrer Richtungslinie von A abhängig ist. — Und zwar ist für die Wirkung der Kraft P das Dreieck massgebend, dessen Grundlinie P und dessen Höhe der Abstand des Punktes A von P ist. — Der doppelte Inhalt dieses Dreiecks, oder das Produkt Pa wird das statische Moment der Kraft P in Bezug auf den Punkt A genannt. — Die beiden soeben gefundenen Gesetze können wir deshalb auch so aussprechen:

Zwei Kräfte haben in Bezug auf Drehung um einen festen Punkt A gleiche Wirkung, wenn ihre statischen Momente in Bezug auf A gleich gross sind, und der Sinn der Drehung bei beiden Kräften der gleiche ist; — und

Zwei Kräfte von entgegengesetztem Drehungssinn halten ein-

ander das Gleichgewicht, wenn ihre statischen Momente in Bezug auf den Drehungspunkt gleich gross sind. —

4. P und Q seien zwei um einen Punkt A drehende Kräfte, R ihre Resultante; a, b und r die Abstände dieser Kräfte von A. Wir können dann nach 3) P und Q durch zwei in dem Abstande r von A wirkende Kräfte Px und Qx ersetzen, wenn wir dieselben so bestimmen, dass:

Pxr = Pa Qxr = Qb.

Da jetzt Px und Qx gleiche Abstände von A haben, so können wir sie nach 2) durch Addition zu einer einzigen Kraft Px + Qx vereinigen, welche den Abstand r von A hat. — Hieraus ergiebt sich aber, dass Px -f- Qx = R sein muss. — Wird beiderseitig mit r multipliziert, so folgt:

, Pxr + Qxr = Rr oder P a -j- Q b = Rr

d. h.

Das statische Moment der Resultante zweier Kräfte ist gleich der Summe der statischen Momente der Seitenkräfte.

Wir wollen diesen wichtigen Satz noch einmal geometrisch beweisen. (Fig. 35.)

P und Q seien die beiden Kräfte, ce = R ihre Resultante, (also Diagonale des Kräfteparallelogramms cdef).

zwei Seitenkräfte nach den Richtungen der Geraden ce und Ac. — Die in Ac liegenden Seitenkräfte haben keinen Einfluss auf Drehung um A, es bleiben also nur noch die beiden andern cg und ch übrig. — Diese letzteren werden aber durch dg und fh, welche parallel zu Ac sind, auf ce abge-schnitten; und da sich hieraus leicht die Kongruenz der beiden Dreiecke cdg uiid efh ergiebt, so folgt, dass cg = eh und folglich die Summe der Seitenkräfte cg-f-ch, welche in R liegen, gleich R ist. — Weil nun dg parallel A c, so folgt :

Wir zerlegen P und Q, jede in

und weil fh parallel Ac:

A Acd = A Acg= A Aeh

A Acf = A Ach

/!

■L

v, /

Fig. 35.

und hieraus ergiebt sich:

A Acf -f- AAcd = A Ach -}- A Aeh = A Ace.

d. h. wenn man die senkrechten Abstände der Kräfte P, Q und R von A mit a, b und r bezeichnet:

Pa -j- Qb = Rr.

Sind Px, P₂, P₃ drei Kräfte, R/ die Resultante der beiden ersten, und

sind ferner ax, a₂ und a' die Abstände der Kräfte Px, P₂ und R' von einem festen Drehungspunkte A, so ist nach dem vorigen:

R' a' = Pj ax -j- P₂ a₂.

Bezeichnen wir die Resultante von R' und P₃ mit R und die Abstände der Kräfte P₃ und R vom Drehungspunkte mit a₃ und a, so ist auch

Ra = R'a' -f- P₃a₃

oder wenn wir für R'a' den vorigen Wert setzen:

R a ==: Pj aj —|- P₂ a₂ -f-1₃ a₃.

. . Pn, welche die Abstände an a₂ . . . an vom

2) • •

Durch Fortsetzimg dieser Schlussweise ergiebt sich allgemein, dass auch für n Kräfte P1? P Punkte A haben, und die Resultante R im Abstand a vom Drehungspunkt der Satz gilt:

Ra — Piax -j- P₂a₂ -j- P₃a₃    Pn an

d. h.

Das statische Moment der Resultante beliebig vieler Kräfte ist gleich der algebraischen Summe der Momente der Seitenkräfte.

5. Die Wirkung beliebig vieler Kräfte, welche um einen festen Punkt drehen, kann man auch durch die Resultante sämtlicher Kräfte hervorbringen. — Soll aber die Resultante durch eine andere Kraft ersetzt werden, so muss das Moment dieser Kraft nach 3) dem Moment der Resultante gleich sein.

Hieraus folgt weiter:

Beliebig viele Kräfte, welche um einen festen Punkt A drehen, kann man durch eine einzige Kraft Q ersetzen, deren Moment gleich der Summe der Momente der gegebenen Kräfte ist.

Oder, wenn man der Kraft Q entgegengesetzte Richtung giebt:

Die Wirkung beliebig vieler Kräfte, welche um einen festen Punkt drehen, kann man durch eine einzige Kraft Q aufheben, deren Moment gleich der Summe der Momente der gegebenen Kräfte ist.

Ferner: Ist ein Kräftesystem im Gleichgewicht, so hält jede einzelne Kraft allen übrigen das Gleichgewicht, d. h. jede der Kräfte ist der Resultante aller übrigen Kräfte gleich, aber entgegengesetzt gerichtet. Hieraus folgt noch:

Ist ein System von Kräften im Gleichgewicht, so ist das Moment einer einzigen dieser Kräfte gleich der Summe der Momente aller übrigen, in Bezug auf einen beliebigen Drehpunkt. —

6. Reduktion einer Kraft auf einen gegebenen Abstand vom Drehungspunkt.

Die Lösung dieser Aufgabe ist schon in 3) enthalten. — Wir geben hier noch folgende Konstruktion:

Es sei P, Fig. 36, die gegebene Kraft, Ae = a ihr Abstand vom Drehungspunkte A. — Es soll dieselbe durch eine Kraft Q, welche im Abstand Ah = b von A liegt, ersetzt werden. —

Fig. 36.

Wir zeichnen mit dem Halbmesser b um A als Mittelpunkt einen Kreis, welcher die Richtungslinie der Kraft P in d schneidet, und tragen von d aus die Strecke dg — P ab. — Nun ziehen wir df senkrecht zu Ad und fg parallel zu Ad, dann stellt df die

Grösse der Kraft Q dar. — Die Richtigkeit dieses Verfahrens ergiebt sich leicht, wenn man P in zwei Kräfte nach den Richtungen von df und Ad zerlegt. — Die letztere kommt nicht in Betracht, weil ihre Richtungslinie durch A geht. —

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke dfg und Aed folgt wieder:

P : Q = b : a Qb = Pa

und hieraus Q = P

7. Darstellung der Momentensumme beliebig vieler Kräfte.

Der zunächst sich darbietende Weg zur Ermittelung der Summe der Momente beliebig vieler Kräfte in Bezug auf einen gegebenen Punkt ist der, dass man mittelst eines Seilpolygons die Resultante sämtlicher Kräfte konstruiert, und diese mit ihrem Abstand vom Drehungspunkt multipliziert.

Oder: Wir können nach 1) jede der gegebenen Kräfte unter Beibehaltung ihres Abstandes vom Drehungspunkte A in eine beliebige Lage bringen. — Es seien z. B. P₁₇ P₂,

P₃, Fig. 37, drei Kräfte, deren Momentsumme in Bezug auf A bestimmt werden soll. — Wir drehen sämtliche Kräfte um A so, dass ihre Richtungslinien unter sich parallel werden. — Sind dann P/, P₂', P₃' die neuen Kräfte, so bilden wir aus diesen mit Hilfe eines Seilpolygons die Resultante R. Das Produkt dieser Kraft mit ihrem Abstand von A stellt das Moment derselben, oder die Summe der Momente der gegebenen Kräfte Px, P₂, P₃ dar.

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.7?

•Ç

Fig. 37.

8. Momentenmassstab.

Die im vorigen angegebenen Konstruktionen zur Bestimmung der Mo-mentensumme beliebig vieler Kräfte sind nicht vollständig graphisch durchgeführt, weil schliesslich noch die Berechnung des Produkts aus der Resultante und ihrem Abstand auszuführen ist. — Wir können aber nach 6) die Resultante R auf den Abstand 1 vom Drehungspunkt A reduzieren. — Ergiebt sich für die neue Kraft die Grösse Rx, so ist das Moment derselben in Bezug auf A gleich Rx • 1 = Rx, d. h. wenn nach dem Kräftemassstab gemessen wird, so giebt die Zahl der für Rx gefundenen Gewichtseinheiten zugleich die Anzahl der Momenteneinheiten dieser Kraft in Bezug auf A an. — Hiermit ist dann auch die Summe der Momente der ursprünglich gegebenen Kräfte vollständig auf graphischem Wege bestimmt.

Ebenso ergiebt sich: Wenn man die einzelnen Kräfte sämtlich auf den

Für alle auf den Abstand 1 vom Drehungspunkt re-

Eine zweite Lösung dieser Aufgabe besteht darin, dass man sämtliche Kräfte nach 6) auf denselben Abstand vom Drehungspunkt A reduziert. —

Sind z. B. P1? P₂, P₃ (Fig. 38) die gegebenen Kräfte, so ziehen wir eine beliebige Gerade mk, welche den Abstand a von A hat. Nun verlegen wir die Angriffspunkte der gegebenen Kräfte nach den Punkten c, d und e, in welchen ihre Richtungslinien die Gerade mk treffen. Diese Punkte verbinden wir durch die Geraden Ac, Ad, Ae mit A. — Wird nun jede der Kräfte P₁, P₂, P₃ in zwei Seitenkräfte zerlegt, von welchen die eine in der Geraden mk liegt, die andere dagegen nach A gerichtet ist, so werden nur die in mk liegenden Seitenkräfte Qx, Q₂, Q₃ in Betracht kommen, weil die nach A gerichteten Kräfte in Bezug auf Drehung um A wirkungslos sind. — Die Grössen der Kräfte Qn Q₂, Q₃ ergeben sich nach 6), wenn man mf || Ac, gh || Ad und ik || Ae zieht; es ist alsdann mc = QL, dh = Q₂, ek = Q₃.

e <2, s k

'P

Fig. 38.

Die Summe der Momente von Px, P₂, P₃ in Bezug auf A ist nun

— (Qi G⁻ Q2 4~ Qs) a-

In Fig. 38 hat Q₃ eine den Kräften Q₁ und Q₂ entgegengesetzte

Richtung; es würde deshalb bei der Ausführung der Addition der drei Kräfte der Summand Q₃ entgegengesetztes Vorzeichen wie Qx und Q₂ erhalten.

Abstand 1 vom Drehungspunkt reduziert, so werden diese reduzierten Kräfte nach dem Kräftemassstab gemessen, zugleich die Momente der einzelnen Kräfte darstellen.

duzierten Kräfte kann also der Kräftemassstab zugleich als Momentenmass-stab benutzt werden.

Erscheint es dagegen zweckmässiger, die Kräfte nicht auf den Abstand 1, sondern auf irgend einen andern Abstand zu reduzieren, so lässt sich leicht ein Massstab hersteilen, nach welchem die Momente der Kräfte unmittelbar gemessen werden können.

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Fig. 39.

Ist z. B. L (Fig. 39) der

Kräftemassstab und P eine gegebene Kraft, welche auf den Abstand 4 vom Drehungspunkte reduziert, die Grösse Px hat, so ist ?! nach dem Kräftemassstab zu messen und die erhaltene Grösse mit 4 zu multiplizieren. Das Produkt 4 Px ist das Moment der Kraft Px. — Nun sei M ein zweiter, dem L gleicher Massstab. — Wir multiplizieren jede der Längenbezeichnungen von L mit 4, und schreiben die so erhaltenen Zahlen an die entsprechenden Stellen des Massstabes M. —

Es ist klar, dass alsdann Px nach dem Massstab M gemessen die Grösse 4 Px ergiebt. — Für unsern Fall ist demnach M der Momenten -massstab.

Die unbequeme Teilung 0,40, 80, . . . 200 kann man schliesslich, wie auf dem Massstab Mx angegeben ist, in die zweckmässigere : 0,50, 100, 200 umwandeln.

Es ist noch zu erwähnen, dass in gleicher Weise wie der Kräftemass-stab auch der Längenmassstab verwandelt werden kann, wenn man sämtliche Kräfte durch Kräfte von gleicher Grösse ersetzt, und die Abstände der letzteren vom Drehungspunkte bestimmt.

9. Momentensumme paralleler Kräfte.

Das Seilpolygon bietet ein einfaches Mittel, um die Momente paralleler Kräfte und    \ ^

die Summe ihrer Momente, oder das Moment der Resultante in Bezug auf einen be-liebigen Punkt darzustellen.

Es seien Kj, Kg, Kg (Fig. 40) gegebene parallele Kräfte, welche von dem Punkte 0 die Abstände ax, a₂, a₃ haben.

— bcdef sei ein auf bekannte Weise konstruiertes Seilpolygon dieser Kräfte,

CÔ

•tJR

Fig. 40.

■b

A,

oft

und k der Abstand des Pols C von der Kräftelinie a'd'. — Durch 0 ziehen wir eine Parallele zu den Kraftrichtungen und verlängern die Seiten des Seilpolygons, bis jene Parallele in den Punkten g, h, i getroffen wird. — Dann sind wegen des Parallelismus der Seiten folgende Paare ähnlicher Dreiecke entstanden:

/\ bcg Aa'b'C /\ dgh~ /\ b'c'C Aehirsj^c'd'C /\ bmi oj a'd' C.

Wir erhalten aus dem ersten Paar dieser Dreiecke:

bg : a'b' = ax : k oder bg : Kt = ax : k folglich Kj a₁ = b g : k.

Die nach dem Kräftemassstab gemessene Strecke bg, multipliziert mit k, giebt demnach das Moment der Kraft Kx in Bezug auf den Punkt 0. — Ist k gleich der Längeneinheit, so stellt die Strecke bg nach dem Kräftemassstab gemessen, unmittelbar das Moment der Kraft K₁ dar. — Für einen andern Wert von k kann man, wie in 8) gezeigt worden ist, einen Momentenmassstab herstellen, nach welchem man durch die Strecke bg ebenfalls das Moment der Kraft K bestimmen kann.

Setzen wir nun voraus, dieser Momentenmassstab sei festgestellt, so können wir sagen: Das Moment der Kraft Kx in Bezug auf 0 wird durch die Strecke bg dargestellt, der Kraft K₂, denn es ist:

Ebenso bedeutet alsdann gh das Moment

Adgh~ A b'c'C; folglich gh : b'c' — a₂ : k gh : K₂ = a₂ : k K₂ a₂ = gh • k.

Fahren wir auf diese Weise fort, so ergiebt sich leicht folgendes Gesetz: Zieht man durch den Punkt 0 eine Parallele zu den Kraft

richtungen, so schneiden je zwei Seiten des Seilpolygons, welche sich auf derselben Kräftelinie treffen, auf jener Parallelen eine Strecke ab, welche das statische Moment der betr. Kraft in Bezug auf 0 darstellt.

Die Resultante R der parallelen Kräfte geht durch den Schnittpunkt m der ersten und letzten Seite des Seilpolygons. — Es ist nun wieder:

/\ bmi Ą a'd'C wroraus folgt: bi : a'd' = a : k,

wenn a der Abstand der Resultante von 0 ist. — Da nun a'd' = R, so folgt:

bi : R = a : k Ra = bi • k,

mithin stellt bi nach dem Momentenmassstab gemessen, das Moment der Resultante dar.

bi = bg —j— gh -j— hi,

Nun ist noch:

woraus sich nochmals der schon bewiesene Satz ergiebt, dass das Moment der Resultante gleich der Summe der Momente der Seitenkräfte ist.

10. Aufgaben.

liegenden Kraft R bestimmt werden, welche den

mn

a)    Zwei Kräfte I\ und P₂, welche der Grösse und Richtung nach gegeben sind, drehen um einen Punkt A. — Es soll die Grösse einer in der gegebenen Geraden gegebenen Kräften in Bezug auf Drehung um A das Gleichgewicht hält.

b)    Drei Kräfte, deren Richtungslinien nicht durch einen Punkt gehen, sind gegeben. — Es soll der Punkt A so bestimmt werden, dass die drei Kräfte in Bezug auf Drehung um denselben im Gleichgewicht sind. —

c)    In Fig. 41 ist die Decimalwage wie früher schematisch dargestellt.

— Die Last L ruht in a

J- Jf

auf AB. — Wir tragen auf BJ die Strecke Bp = L ab und ziehen Ap. — Ist dann ab ebenfalls gleich L gemacht worden, so schneidet Ap auf ab die Strecken ac und bc ab, welche nach II 3 a) die Grössen der in A und B wirkenden Seitenkräfte Z und X darstellen. — Durch die Gerade dl, welche durch c geht und parallel AB ist, werden diese Strecken nach Bl und de übertragen. (Hier ist noch de senkrecht zu AB, und ge geht durch b und ist parallel zu AB). —

Ziehen wir durch den Stützpunkt K die Vertikale Ko und verlängern wir dl bis m, AB bis o, so stellt das Rechteck Blmo das Moment der Kraft X in Bezug auf den Stützpunkt K dar. — Die Kraft Z (= de), welche in A auf FG wirkt, zerlegen wir nochmals in zwei, in F und G angreifende Seitenkräfte Yx und Y, von denen nur die letztere in Betracht kommt. — Die Grösse von Y ergiebt sich wieder nach II, 3, a), wenn wir cd bis zum Schnittpunkt f mit der durch f gehenden Vertikalen verlängern und alsdann die Gerade fg ziehen; letztere schneidet auf de die Strecke dr = Y ab. — Übertragen wir jetzt dr durch die Gerade rn, welche parallel mit dm ist, nach hi, so stellt das Rechteck ihnm das Moment von Y in Bezug auf den Punkt K dar. — Es ist also die Summe der Momente von X und Y gleich Blmo -f- ihnm, und diese muss für den Gleichgewichts-

Fk

Ae

^cc.

J9

*z

Fig. 41.

Fig. 42.

zustand dem Moment des Gegengewichtes P in Bezug auf den Stützpunkt K gleich sein. — Die Lage des Angriffspunktes der Last L soll nun keinen Einfluss auf die Grösse von P haben, und dies ist der Fall, wenn jene Momentensumme bei beliebiger Verschiebung des Punktes a auf AB sich nicht ändert. — Verlegt man deshalb L nach B, so ist L die einzige dem Hebel HK wirkende Kraft, und ihr Moment wird jetzt durch das Recht-eck Bpqo dargestellt. — Es müsste demnach auch für diesen Fall

an

sein, woraus sich weiter ergiebt:

Blmo -j- ihmn == Bpqo

ihmn = plmq. —

Das letztere ist der Fall, wenn k auf der Diagonale gm liegt. —

Leicht ergiebt sich jetzt aus der Ähnlichkeit der Dreiecke fgm und grk die Proportion:

fg : fr = gm : mk

folglich auch: FG : AF = HK : JK,

was auch bereits in II, 3, g) gefunden wurde. —

d) Eine vertikale Stange AB (Fig. 42) ist in A und B in Lagern befestigt und kann sich um ihre Längenachse drehen. — Zwei andere an AB sitzende Stan-

Ł_JŁ_JL

ta

t—*

gen tragen in D eine Last P. — Wie gross ist der Seitendruck in jedem Lager?

Au fl. Denken wir uns das feste Lager in B beseitigt, so würde die Kraft P die Stange AB nach rechts um A zu drehen suchen. —

Durch eine Kraft K, welche in B nach horizontaler Richtung wirkt, und in entgegengesetztem Sinne wie P dreht, kann man das Gleichgewicht wiederherstellen, wenn man K so bestimmt, dass das Moment dieser Kraft dem

Moment von P in Bezug auf A gleich wird. —

Es sei nun A'B'kn ein Rechteck, dessen Höhe A'B' gleich und parallel AB, und dessen Grundlinie A'n gleich dem Abstand CD der Kraft von AB ist. — Machen wir mn = P und ziehen lm parallel A'n, so stellt das Rechteck A'lmn das Moment der Kraft P in Bezug auf A vor. — Dieses Rechteck können wir in ein anderes verwandeln, dessen Höhe == A' B' ist, wenn wir die Diagonale A'k ziehen und durch den Schnittpunkt p die Gerade oq parallel zu A'B' legen; es ist dann A'B'qo = A'lmn. — Hiernach stellt nun B'q die Grösse der gesuchten Kraft K dar, deren Abstand von A gleich A'B', und deren Moment in Bezug auf diesen Punkt dem Moment der Kraft P gleich ist. — Nehmen wir B als Drehungspunkt, so finden wir auf dieselbe Weise die Grösse einer in A anz;ubringenden Kraft, welche

das Gleichgewicht wiederherstellt. — Man erkennt leicht, dass die Kraft derjenigen in B gleich, aber entgegengesetzt gerichtet ist. —

Die beiden gefundenen Kräfte stellen die von den Lagern zu leistenden Widerstände, und Avenn man sich ihre Richtungen umgekehrt denkt, die von P verursachten Seitendrücke gegen die Lager dar.

e) Ist die Vertikalstange BF (Fig. 43) in den bei A und B befindlichen Lagern gestützt, während der Teil A F frei liegt, so können die Seitendrücke (oder die Reaktionen) in den Lagern auf gleiche Weise ermittelt werden. — mn sei wieder gleich und parallel P; on = CD (Abstand der Kraft P von der Stange BF), dann stellt das Rechteck lmno das Moment von P in Bezug auf den Stützpunkt B dar. — Die in A nach horizontaler Richtung wirkende Kraft K hat den Abstand AB = A'B' von B; das Moment derselben in Bezug auf B, welches zur Herstellung des Gleichgewichtes dem von P gleich sein muss, kann deshalb durch ein dem Rechteck lmno gleiches Rechteck dargestellt werden. Dasselbe ergiebt sich leicht, wenn wir np und die Seite lm bis zum Schnittpunkt q verlängern und qB' parallel mn ziehen.

.    — Es ist dann:

JTA._

—~A

~KM

-----

Fig. 43.

A'B'nr = lmno.

Da nun A'B' gleich dem Abstand der gesuchten Kraft K von B ist, so stellt A'r die Grösse dieser Kraft dar.

Gleiche Grösse hat, wie leicht einzusehen ist, die entsprechende Kraft in dem Lager bei A.

Wie können diese beiden letzten Aufgaben mit Hilfe von I, 5) gelöst werden?

IV. Abschnitt.

Allgemeine Gleichgewichtsbedingungen eines Kräftesystems.

1. Der einfachste Fall des Gleichgewichtes eines Systems von Kräften ist bereits in (I, 5) erwähnt. — Haben alle Kräfte denselben Angriffspunkt (oder gehen sämtliche Kraftrichtungen durch einen Punkt), so findet Gleichgewicht statt, wenn das aus den Kräften gebildete Kräftepolygon sich schliesst. — Dies genügt jedoch nicht mehr, wenn die Richtungslinien der Kräfte zerstreut in einer Ebene liegen und nicht durch einen Punkt gehen.

Sind Kx, K,, K

. . Kn beliebige Kräfte, so wird sich das aus denselben gebildete Kräftepolygon schliessen, wenn:

a) eine der Kräfte, z. B. Kr der Resultante aus den sämtlichen übrigen Kräften gleich, aber entgegengesetzt gerichtet ist;

ß) wenn Kr der Resultante gleich und entgegengesetzt ist, aber nicht in der Richtungslinie derselben, sondern in einer zu dieser letzteren parallelen Geraden liegt. — Es ist nämlich ersichtlich, dass parallele Verschiebungen der Kräfte keinen Einfluss auf die Gestalt des Kräftepolygons haben.

Zur Erläuterung des Vorhergehenden betrachten wir drei Kräfte K1?

K₂, K₃ (Fig. 44) und nehmen an, in a) liege K₃ in der Richtungslinie der Resultante von Kx und K2 und sei dieser gleich, aber entgegengesetzt gerichtet; in ß) liege dagegen K₃, welche £ ebenfalls der Resultante aus Kx und K2 gleich und entgegengesetzt ist, in einer zu dieser Resultante parallelen Geraden.— In beiden Fällen wird das Kräftepolygon durch eine geschlossene Figur, nämlich Dreieck def (y) dargestellt, d. h. die Resultante der drei Kräfte ist gleich Null.

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(P>)

Fig. 44.

Konstruiert man nun für (a) mit Hilfe von (y) ein Seilpolygon der drei Kräfte, so wird dessen erste Seite ma parallel zu Cd; ferner ab || Ce, be II Cf, und die letzte durch c gehende Seite wird wieder parallel zu Cd.

—    In (y) lallt nämlich der vierte von C ausgehende Strahl mit dem ersten zusammen, wie man leicht erkennt, wenn man den aus Kx, K₂, K₃ gebildeten Kräftenzug wie in (y') so zeichnet, dass Anfangs- und Endpunkt noch nicht völlig zusammenfallen. — Weil aber nach Voraussetzung K₃ in der Richtungslinie der Resultante Kx und K₂ liegt, so müssen nach II, 1. am und bn auf K₃ in einem Punkte c Zusammentreffen. — I)ie durch c gehende vierte Seite des Seilpolygons der drei Kräfte fällt deshalb mit am zusammen, d. h. in diesem Falle schliesst sich das Seilpolygon.

In (ß) wird dagegen die letzte Seite des Seilpolygons, nämlich cn parallel mit der ersten am, es kann sich also das Seilpolygon nicht schliessen.

—    Die Resultante, welche durch den Schnittpunkt der ersten und letzten Seilpolygonseite geht, ist jetzt nicht bestimmt, es können aber die gegebenen Kräfte ersetzt werden durch zwei gleiche entgegengesetzt gerichtete Kräfte, nämlich durch die Resultante von Kx und K₂ und durch K₃. — Da sich dasselbe auch auf beliebig viele Kräfte ausdehnen lässt, so folgt:

ist

A)    Wenn ein ebenes System von n Kräften im Gleichgewicht so schliesst sich sowohl das zugehörige Kräftepolygon als

auch jedes Seilpolygon desselben; uud umgekehrt:

Ein ebenes System von n Kräften ist im Gleichgewicht, wenn sich das zugehörige Kräfte- und Seilpolygon schliessen.

B)    Ist nur das Kräftepolygon eines ebenen Systems von n Kräften geschlossen und nicht gleichzeitig das Seilpolygon, so werden die erste und letzte Seite des Seilpolygons parallel. — Die letzte der n Kräfte ist dann gleich und entgegengesetzt der Resultante der übrigen Kräfte; sie fällt aber nicht in deren Richtungslinie.

Weil die Reihenfolge der Kräfte im Kräftepolygon willkürlich ist, so kann jede der n Kräfte die letzte im Kräftepolygon werden. — Das in B Gesagte gilt mithin für jede der gegebenen Kräfte.

Es ergiebt sich demnach, dass bei geschlossenem Kräftepolygon und nicht geschlossenem Seilpolygon, die Resultante des Kräftesystems Null ist und ihre Richtungslinie durch den unendlich fernen Schnittpunkt der ersten und letzten Seilpolygonseite (welche jetzt parallel sind) geht. — Ein derartiges Kräftesystem hat demnach keine bestimmte Resultante, d. h. es lässt sich dasselbe nicht durch eine einzige Kraft ersetzen. — Es kann dieses aber durch zwei gleiche, entgegengesetzt gerichtete parallele Kräfte bewerkstelligt werden. — Dieser Fall bedarf einer weiteren Untersuchung.

Das Kräftepaar.

2.    Zwei gleiche und entgegengesetzt gerichtete parallele Kräfte nennt man ein Kräftepaar. — Die Resultante desselben ist Null, folglich ist auch ein frei beweglicher Körper unter der alleinigen Wirkung eines Kräftepaares im Gleichgewicht.

Ein Kräftepaar kann demnach nicht durch eine Einzelkraft ersetzt werden, weil eine solche kein Gleichgewicht bewirkt.

Der Gleichgewichtszustand, welcher unter dem alleinigen Einfluss eines Kräftepaares stattfindet, ist verschieden von demjenigen, welcher durch zwei gleiche, entgegengesetzte, in derselben Geraden liegende Kräfte verursacht wird. — Man erkennt dies leicht, wie wir sehen werden, wenn man die Wirkung eines Kräftepaares in Verbindung mit anderen Kräften untersucht. — Wir beweisen zuvor folgenden Satz:

3.    Das Moment eines Kräftepaares ist in Bezug auf jeden Punkt, welcher in der Ebene des Paares liegt, dasselbe. — Es ist gleich dem doppelten Inhalt eines Dreiecks, dessen Grundlinie gleich einer der Kräfte des Paares, und dessen Höhe gleich dem Abstand der Richtungslinien der beiden Kräfte ist.

-K

---(L-~

Fig. 45.

Der Nachweis dieser merkwürdigen Eigenschaft des Kräftepaares er-giebt sich leicht. — Man verbindet einen beliebigen Punkt A (Fig. 45) mit den Endpunkten der Strecken cd und ef, welche die Grössen der Kräfte K und — K des Paares darstellen. — Nach III, 3. bedeuten die doppelten Inhalte der Dreiecke A cd und Aef die Momente der beiden Kräfte K und —K in Bezug auf A. — Das Gesamtmoment des Paares ist A nun gleich dem Unterschied dieser beiden Momente, wenn A ausserhalb des von den Richtungslinien der Kräfte eingeschlossenen Flächenstreifens liegt, und gleich ihrer Summe, wenn A innerhalb desselben liegt. — Da nun jene Dreiecke gleiche Grundlinien (K oder — K) haben, so ist ihr Unterschied bez. Summe einem Dreiecke von derselben Grundlinie gleich, dessen Höhe aber so gross wie der Höhenunterschied bez. Höhensumme beider Dreiecke ist. — Diese Höhe ist in beiden Fällen dem Abstand a der Richtungslinien beider Kräfte, welcher der Arm des Paares genannt wird, gleich. — Hiernach hat das konstante Moment des Paares den Wert K • a in Bezug auf jeden beliebigen Punkt seiner Ebene.

Das Moment des Kräftepaares ist auch gleich dem Moment einer seiner beiden Kräfte, bezogen auf irgend einen Punkt, welcher in der Richtungslinie der anderen Kraft liegt.

Sind cd und ef die Strecken, welche die Grössen der Kräfte K und — K bedeuten, so wird das konstante Moment des Paares auch durch den Inhalt des Parallelogramms cdfe dargestellt.

K in derselben Geraden, so wird a Zwei solche Kräfte können wir als ein Kräftepaar vom Mo

Liegen die beiden Kräfte K und gleich Null, ment Null betrachten.

4.    Wird ein beliebiger Punkt A in der Ebene eines Kräftepaares unbeweglich gemacht, so bewirkt das Kräftepaar eine Drehung um diesen Punkt, welche der Grösse des Moments des Paares entspricht; in diesem Falle wird das Gleichgewicht aufgehoben. — Hat das Paar das Moment Null, so bleibt der Gleichgewichtszustand ungestört.

Es ist klar, dass diejenige der beiden Kräfte des Paares, welche einen grösseren Abstand von A, also auch ein grösseres Drehungsmoment hat, die drehende Wirkung der andern Kraft überwiegt und folglich eine Drehung im Sinne der ersten Kraft um A eintreten muss. — Beim Kräftepaar vom Moment Null heben sich die Wirkungen der Kräfte in Bezug auf Drehung auf, weshalb in diesem Falle das Gleichgewicht durch das Vorhandensein eines unbeweglichen Punktes nicht gestört wird.

Hierin besteht die oben erwähnte Verschiedenheit der Gleichgewichtszustände, welche durch ein Kräftepaar von nicht verschwindendem Moment oder durch ein solches vom Moment Null verursacht werden.

5.    Der Sinn der Drehung eines Kräftepaares, welches um einen unbeweglichen Punkt A dreht, ist stets derselbe, welche Lage der Punkt A in der Ebene des Paares auch haben mag.

urn

r,

i-JC

Ist z. B. in Fig. 46 A₁ der feste Punkt welchen das Kräftepaar (K, — K) dreht, so ist das Moment der Kraft — K grösser als das der Kraft K; in Bezug auf A₃ überwiegt dagegen das Moment von K. — Liegt A₂ zwischen K und — K, so ist A der Drehungssinn beider Kräfte übereinstimmend. —

Fig. 46.

In allen drei Fällen ist der Sinn der Drehung derselbe, wie ihn die Pfeilspitzen in Figur 46 andeuten.

Wenn kein fester Drehungspunkt vorhanden ist (d. h. wenn unter alleiniger Wirkung eines Kräftepaares unsicheres Gleichgewicht herrscht), so spricht man dennoch von dem Drehungssinn des Kräftepaares. — Es wird hierunter der Sinn der Drehung verstanden, welcher bei Annahme eines festen Drehpunktes auftritt.

6.    Ein Kräftepaar, welches um einen unbeweglichen Punkt dreht, kann ohne Änderung der Wirkung beliebig in seiner Ebene verschoben werden.

Dieser Satz folgt unmittelbar aus 3. und 5. Nach 3. bleibt das Moment und nach 5. der Sinn der Drehung des Paares unverändert.

7. Ein Kräftepaar (K, —K) und eine Einzelkraft P lassen sich zu einer Resultante vereinigen, welche der Einzelkraft P

gleich, parallel und gleich ge-^ richtet ist. (Fig. 47.)

Zeichnet man den aus den K bestehen-

'-JT

a.

-JC

ht

Kräften K, P und den Kräftezug abcd, so wird die

Resultante R durch die Schlusslinie

ad dargestellt. — Weil nun ab4kcd, so ist abcd ein Parallelogramm, woraus sich der obige Satz unmittelbar ergiebt. Durch die Konstruktion eines Seilpolygons findet man wie in Fig. 47 angegeben, die Lage der Resultante.

Fig. 47.

Wir schli essen hieraus weiter:

8.    Fügt man einem ebenen Kräftesystem, welches eine Einzelresultante besitzt, ein Kräftepaar hinzu, so bewirkt das letztere eine parallele Verschiebung jener Resultante. Grösse und Richtung der Resultante bleiben unverändert.

9.    Zwei (oder mehrere) Kräftepaare ergeben unsicheres Gleichgewicht, d. h. sie lassen sich durch ein einziges Ivräfte-paar ersetzen, dessen Moment gleich der algebraischen Summe der Momente der einzelnen Paare ist.

Es seien (K, — K) und (P, —P) (Fig. 48) zwei Kräftepaare. — Legen wir P und K nach dem Schnittpunkt c ihrer Richtungslinien; ebenso —P

und — K nach e und bilden hieraus die Resultanten R und —R, so ist leicht ersichtlich, dass wegen der Kongruenz der entstehenden Kräfteparallelogramme R und — R gleich gross und parallel sind, also wiederum ein Kräftepaar bilden. — Die Momente der Kräftepaare sind für alle Punkte ihrer Ebene unveränderlich. Beziehen wir dieselben auf e, so verschwinden die Momente der Kräfte — P, — K und — R und nach III, 4. ist das Moment von R gleich der Summe der Momente von K und P. — Bezeichnen wir den Abstand der Kraft R von e mit r, und die Arme der beiden ersten Paare mit a und b, so folgt hieraus:

T cj

et-

\ -,

vTjp

Fig. 48.

Rr = Ka -4- Pb.

K),

Die in dieser Gleichung auftretenden Momente sind aber den Momenten der Paare (K, — K), (P, — P), (R, — R) gleich.

10. Zwei Kräftepaare sind in vollkommenem Gleichgewicht, wenn sie gleich grosse Momente, aber verschiedenen Drehungssinn haben, d. h. zwei solche Paare geben ein einziges Paar vom Moment Null. (Fig. 49.)

Sind cg = a und eh == b die Arme der Paare (P, —P), (K, so folgt aus der Ähnlichkeit der rechtwinkligen Dreiecke cd g und deh die Proportion :

a : b = cd : de.

Aus der Voraussetzung Ka = Pb folgt:

P : K = a : b

mithin auch P : K = cd : de.

Fig. 49.

Wenn also die Momente der beiden Kräftepaare gleich sind, so kann man die Grössen der einzelnen Kräfte K und P durch die Seiten des Parallelogramms darstellen, welches die vier Richtungslinien der Kräfte einschliessen.

Hieraus ergiebt sich, dass die Diagonale ce sowohl die Resultante von — P und K als auch die von P und —K darstellt, die letztere in entgegengesetztem Sinn genommen wie die erstere, wodurch nun der obige Satz bewiesen ist.

Wenn die Kräfte der beiden Paare (P — P) und (K — K) parallel sind, so gilt der vorstehende Satz ebenfalls. — Wir fügen dem einen Paare ein neues Paar (Q — Q) vom Moment Null hinzu. — Alsdann geben (P — P) und (Q — Q) ein Paar (R — R), welches gleiches Moment mit (P — P) hat. — Dieses neue Paar und (K, —K) bilden aber nach dem vorigen ein Paar vom Moment Null.

Kehren wir den Sinn der Drehung des einen Paares um, so können wir den vorstehenden Satz auch so aussprechen:

Ein Kräftepaar kann durch ein anderes in derselben Ebene liegendes Paar von gleichem Moment und gleichem Drehungssinn ersetzt werden;

und wenn in diesem Falle die Paare gleich sind, so folgt:

Ein Kräftepaar kann in seiner Ebene beliebig verlegt werden, ohne dass die Wirkung desselben verändert wird.

11. Einem Kräftepaar (K, —K), welches um einen festen Punkt A dreht, kann man durch eine Einzelkraft P, deren Moment in Bezug auf A dem Moment des Paares gleich und deren Drehungssinn entgegengesetzt ist, das Gleichgewicht halten (III, 5). Heben wir die Unbeweglichkeit des Punktes A auf, so findet kein Gleichgewicht mehr statt. — Dasselbe kann aber wieder hergestellt werden durch eine Kraft — P, welche parallel und entgegengesetzt P ist, und deren Richtungslinie durch A geht. — Denn das Moment des Paares (P, —P) ist dem Moment des Paares (K, —K) gleich; die ürehungsrichtungen beider Paare sind einander entgegengesetzt, folglich geben beide ein Paar vom Moment Null.

Wenn also irgend eine Einzelkraft P beim Vorhandensein eines festen Drehpunktes A die Wirkung des Paares auf heben soll, so muss A einen Widerstand leisten, welcher P gleich und entgegengesetzt gerichtet ist. — Dieser Widerstand ist demnach unabhängig von dem Kräftepaar, woraus hervorgeht, dass das Kräftepaar keinen Druck auf A ausübt.

Das vollkommene

Ohne uns weiter auf die Wirkung eines Kräftepaares einzulassen, wenn durch dasselbe eine wirkliche Drehung um irgend einen Punkt eintritt, bemerken wir noch, dass während der Drehung ebenfalls kein Druck auf den Drehpunkt durch das Kräftepaar ausgeübt wird. — Vermittelst des in 11. bewiesenen Satzes kann man sich dies in gewisser Hinsicht anschaulich machen. — Nimmt man zunächst wieder einen festen Drehpunkt A an, und eine sehr kleine Kraft Q, welche dem Kräftepaar (K, — K) das Gleichgewicht halten soll, so braucht man nur den Abstand der Kraft Q von A so gross zu machen, dass das Moment der Kraft Q in Bezug auf A dem konstanten Moment des Paares gleich ist. — Der von A zu leistende Widerstand ist alsdann gleich Q, also ebenfalls sehr klein.

Gleichgewicht wird sofort gestört, d. h. die Bewegung um A beginnt, sobald die Kraft Q aufhört zu wirken, wenn dabei der Punkt A die Fähigkeit behält, einen, wenn auch noch so kleinen Widerstand zu leisten. — Es würde also bei einem vollkommen frei beweglichen System, welches der alleinigen Wirkung eines Kräftepaares unterliegt, durch eine noch so kleine Kraftäusserung in irgend einem Punkte A die drehende Bewegung des Paares um diesen Punkt zur Ausführung gebracht, mithin der Gleichgewichtszustand gestört werden können.

Wir begnügen uns, durch das Vorstehende, welches kein in voller Strenge durchgeführter Beweis sein soll, auf die Wirkung eines Kräftepaares bei wirklich eintretender Bewegung hingewiesen zu haben. — Im Übrigen gehört dieses in die Lehre von der Bewegung, auf welche wir uns an dieser Stelle nicht weiter einlassen können.

12. Anwendungen.

a) Das Hebelgesetz. Sind a und b die Entfernungen der Kräfte P und Q vom Stützpunkte C des Hebels AB, so muss beim Gleichgewichtszustand die Resultante von P und Q durch C gehen. — Der Widerstand im Punkte C ist demnach in Fig. 50 gleich P Q, in Fig. 51 gleich P — Q.

Bringen wir diese Kräfte in C an, so können wir die Unbeweglichkeit des Punktes C beseitigen und wir haben in beiden Fällen zwei Kräftepaare

4P

Pt

Ol.

Tr

CU

,r

Fig. 50.

Fig. 51.

(P, — P) und (Q, — Q), welche in entgegengesetzten Richtungen zu drehen suchen. — Zwischen diesen Paaren findet Gleichgewicht statt, wenn:

Pa = Ob

ist.

b)    Die in III, 11. d und e angeführten Beispiele lassen sich ebenfalls auf die Theorie der Kräftepaare zurückführen. — In A, Fig. 42, findet eine nach vertikaler Richtung wirkende Reaktion von der Grösse — P statt, welche mit der Last P ein Kräftepaar bildet. Diesem wird durch die in A und B wirkenden Widerstände K und — K, welche ebenfalls ein Kräftepaar bilden, Gleichgewicht gehalten. — Folglich müssen die Momente dieser Paare einander gleich sein. — Hieraus ergieht sich noch folgende einfache Bestimmung der Kräfte K und —K: Man wähle den Kräftemassstab so, dass EF = AB die Grösse der Last P darstellt, dann ist das Moment des Paares (P, —P) dem Inhalt des Rechtecks A BEF gleich. — Da nun die Seite AB der Arm des anderen Paares (K, —K) ist, so wird die Grösse von K durch BE dargestellt.

kP

,. e 4 >==

a.

In gleicher Weise halten in Fig. 43 zwei Kräftepaare (P, — P) und (K, — K) einander das Gleichgewicht. — Es können also in diesem Falle die Kräfte P und K durch die Seiten des Rechtecks ABEF' dargestellt werden.

c)    Robervals Wage. ._,

*    <-u    . i    ï    Æ

Fig. 52.

(Fig. 52.) Vier Stangen sind durch Gelenke zu einem Pa- p rallelogramm ab cd verbunden. Y — Die beiden Stangen ab und cd sind in ihren Mitten e und f an einer vertikalen Stange mn befestigt, und können sich um diese Punkte in der Ebene des Parallelogramms drehen. — Zwei andere Stangen gh

und ik sind bez. mit bc und ad fest verbunden. — In h und i wirken zwei gleiche Gewichte; es soll bewiesen werden, dass Gleichgewicht herrscht, auch wenn die Stangen gh und ik ungleiche Längen haben.

Wir bringen in g ein Kräftepaar (P, — P) vom Moment Null an, welches keine Änderung verursacht. — Die Pich tun gslinie dieses Paares nehmen wir parallel zu der in h wirkenden Kraft P. — Die letztere Kraft und — P bilden ein Paar vom Moment P • gh, welches wir durch ein anderes Paar (Q, —Q), dessen Arm bc ist, ersetzen können. — Hierzu ist nur erforderlich, dass Q *bc = P • gh ist, und dass das neue Paar denselben Drehungssinn hat. — Da die Richtungslinien der Kräfte Q und — Q durch die beiden Stützpunkte e und f gehen, so werden diese Kräfte durch die Widerstände in e und f gehoben; (es bilden also diese Widerstände ein dem Paar Q, — Q gleiches Kräftepaar von entgegengesetztem Drehungssinn). Folglich kommt nur noch die Kraft P in Betracht, welche in g angreift.

Hieraus ergiebt sich, dass die in h befindliche Last P ohne Änderung

wenn

ihrer Wirkung nach g verlegt werden kann. In gleicher Weise können wir die in i wirkende Last P nach k verlegen, woraus sofort ersichtlich ist, dass Gleichgewicht stattfindet. — Dasselbe ist aber nicht der Fall die Lasten an beiden Seiten verschieden sind.

Mittelpunkt eines Kräftesystems.

13. Es seien Kj und I\₂ Kräfte, welche in den Punkten a und b angreifen. (Fig. 53.) — Die Resultante R geht alsdann durch den Schnittpunkt c der Richtungslinien und es ist der Angriffspunkt von R an keinen bestimmten Punkt ihrer Richtungslinie gebunden. — Nehmen wir nun an, Kt und K₂ werden bez. um die Punkte a und b derart gedreht, dass der Winkel zwischen beiden konstant bleibt, so wird der Schnittpunkt c sich auf einem Kreis bewegen, welcher durch a, b und c geht.

muss zufolge der gemachten Voraussetzung ihre Grösse und relative Lage gegen Kx und K₂ beibehalten; sie muss also nach der Drehung ebenso grosse Winkel mit den Kräften Kj und K₂ bilden, wie vorher; folglich geht sie stets durch denselben Punkt m des um a, b und c beschriebenen Kreises. — Denn, sind ac' und bc' die Richtungslinien der Kräfte Kt und K₂ nach der Drehung, so ist die Richtungslinie der Resultante c'm, weil Zac'm = Zacm und Zbc'm = Zbcm (Peripheriewinkel).

er

/\

VA

Die Resultante beider Kräfte

Fig. 53.

Mittelpunkt paralleler Kräfte.

14. Die Resultante von zwei parallelen Kräften Kx und K₂ teilt jede von den Kraftrichtungen begrenzte Strecke in zwei Teile, welche sich umgekehrt verhalten wie die anliegenden Kräfte. —

a.

è-

Kn

Sind a und b (Fig. 55) die Angriffspunkte der Kräfte Kx und K₂, m der Schnittpunkt der Resultante mit ab, so haben wir demnach: am : bm = K₂ : Kx.

Fig. 55.

Werden also die gegebenen Kräfte Kx und K₂ um ihre Angriffspunkte so gedreht, dass sie stets denselben Winkel miteinander bilden, so geht ihre Resultante durch einen festen Punkt, welcher der Mittelpunkt der Kräfte genannt wird.

Sind drei Kräfte Kx, K₂, K3 (Fig. 54) gegeben, welche die Angriffspunkte a, b, c haben, so können wir nach dem vorigen zunächst den Mittelpunkt d der Kräfte Kx und K2 bestimmen, welcher auf der Resultante Rx von Kx und lv₂ liegt. —    /^/

Der Schnittpunkt von Rx und K3 sei f. — Durch c, d und f legen wir einen Kreis, welcher von der Resultante R der Kräfte R₁ und K₃ in m getroffen wird; dann ist m der Mittelpunkt der drei Kräfte Kx, K₂ und K₃.

Dass man durch Fortsetzung dieses Verfahrens den Mittelpunkt beliebig vieler Kräfte bestimmen kann, ist einleuchtend.

t,

a.

K,

7?,

nv

Fig. 54.

Erteilen wir nun den Kräften gleiche Drehungen um die Angriffspunkte, so wird die Resultante in ihrer neuen Lage die Strecke ab nach demselben Verhältnis teilen; sie geht folglich wieder durch m, also ist m der Mittelpunkt der Kräfte Kx und K₂. — Derselbe liegt hiernach auf der Verbindungslinie der Angriffspunkte a und b.

Mit Hilfe eines Seilpolygons findet man leicht den Mittelpunkt von beliebig vielen parallelen Kräften. — Es seien z. B. a, b, c, d die Angriffspunkte der vier parallelen Kräfte Kx, K₂, K₃ und K₄ (Fig. 56 s. S. 44); ferner sei gax, bx, cx, dx, i ein auf bekannte Weise konstruiertes Seilpolygon dieser Kräfte. Die Resultante Rx der beiden ersten Kräfte Kx und K2 geht durch den Punkt ex, in welchem sich die beiden Seilpolygonseiten gax und b₁ cx schneiden, und sie trifft ab im Punkte e, welcher demnach der Mittelpunkt von Kx und K₂ ist. — Nun bestimmen wir die Resultante R2 der Kräfte Rj und K₃. — Ihre Richtungslinie geht durch den Punkt f1?

cC

/t

"lr

to,

in welchem gax und cx dj sich treffen; sie schneidet ferner ce im Punkte f, welcher der Mittelpunkt der Kräfte Rx und K₃ oder von K1? K₂ und K₃ ist. — Endlich ziehen wir durch h die Richtungslinie der Resultante sämtlicher 4 Kräfte K1? K₂, K₃, K₄. Diese schneidet die Gerade fd im Punkte m, welches nun der Mittelpunkt der gegebenen Kräfte ist.

+JŁ

Fig. 56.

Der Mittelpunkt paralleler Kräfte lässt sich auch finden, wenn man für zwei Lagen des Kräftesystems die Lagen der Resultanten bestimmt, welche beide durch den gesuchten Mittelpunkt gehen müssen. — Hierzu sind zwei Seilpolygone erforderlich.

Die oben angegebene Konstruktion findet im folgenden Abschnitt vielfache Verwendung.

Wir können jetzt den Mittelpunkt eines beliebigen ebenen Kräftesystems auch auf folgende Weise bestimmen. Es seien K1? K₂, K₃ . . . die gegebenen Kräfte, a1? a₂, a₃ . . . ihre Angriffspunkte. Ax und Ay seien zwei auf einander senkrecht stehende Geraden in der Ebene der Kräfte. — Jede Kraft zerlegen wir in zwei zu Ax und A y parallele Seitenkräfte. — Ist nun X die Resultante der zu Ax parallelen Kräfte Xx, X₂, X₃ . . ., und mj der Mittelpunkt der letzteren; ebenso m₂ der Mittelpunkt und Y die Resultante der zu A y parallelen Seitenkräfte Y1? Y₂, Y₃ . - ., so gehen X und Y bei der Drehung des Kräftesystems durch m₄ resp. m₂. — Weil ferner beide Resultanten senkrecht aufeinander stehen, so ist der Ort ihres Schnittpunktes c der Kreis um nij m₂ als Durchmesser. — Zeichnen wir nun noch die Resultante R der Kräfte X und Y, so schneidet diese den Kreis in dem Mittelpunkt m des gegebenen Kräftesystems.

Folgende besondere Fälle, welche keines weiteren Beweises bedürfen, sind noch zu erwähnen:

Wenn alle Kräfte des Systems denselben Angriffspunkt haben, so ist dieser zugleich der Mittelpunkt des Systems.

Verschwindet die Resultante (d. h. ergiebt das Kräftesystem ein Kräftepaar von beliebigem Moment, oder ein solches vom Moment Null) so hat das System keinen Mittelpunkt.

Beziehung zwischen zwei verschiedenen Seilpolygonen desselben Kräftesystems.

15. Zum Schluss der Theorie über Zusammensetzung und Zerlegung von Kräften in einer Ebene wollen wir noch den Zusammenhang betrachten, welcher zwischen zwei verschiedenen Seilpolygonen eines Kräftesystems stattfindet. (Fig. 57.)

ci

<K

T,

27

Sind ?! und P₂ zwei Kräfte, deren Richtungslinien sich in m schneiden ; a bx cx d und a b₂ c₂ d zwei Seilpolygone, welche den beiden Polen Ct und C₂ entsprechen, dann geht die Resultante der Kräfte sowohl durch den Schnittpunkt e, in welchem ab₂ und dc₂ sich treffen, als auch durch den Schnittpunkt f der beiden Seilpolygonseiten abj und Cj d. —

Fig. 57.

Da nun der Punkt m, in welchem die Richtungslinien von Pj und P₂ sich schneiden, ebenfalls der Resultante angehört, so folgt, dass m, e und f in einer Geraden liegen.

Nehmen wir nun an, es seien b₁c₁ und b₂c₂ die Richtungslinien zweier anderen Kräften, deren Grössen durch die zu ihnen parallelen Strecken AC₂ und CjA dargestellt werden, so können wir B und D als Pole und fbj b₂ e, fcx c₂ e als zwei diesen Polen entsprechende Seilpolygone betrachten. — Dann geht aber die Resultante der Kräfte durch den Schnittpunkt n der letztem und durch die beiden Punkte a und d, in welchen je die erste und letzte Seite beider Seilpolygone sich treffen. — Folglich liegen a, n und d in gerader Linie, welche die Richtungslinie der Resultante von CjA und AC₂ ist.

Die drei Punkte a, d und n sind nun die Schnittpunkte gleichvielster Seiten der beiden Seilpolygone abjCjd und ab₂c₂d und wir haben somit den Satz:

Die gleichvielsten Seiten zweier Seilpolygone der beiden Kräfte Px und P₂ schneiden sich in Punkten einer Geraden (Polarachse), welche parallel zu der Verbindungslinie der jenen Seilpolygonen entsprechenden Pole ist.*)

*) Wer mit den Elementen der Collineation vertraut ist, wird die Richtigkeit des obigen Satzes ohne weiteres aus Fig. 57 erkennen. Die beiden Dreiecke b^f und b₂c,e liegen perspektivisch, folglich schneiden sich die Paare entsprechender Seiten auf der Collineationsachse.

Wenn ferner ab₁c₁d₁e undw ab₂c₂d₂e (Fig. 58) zwei Seilpolygone der drei Kräfte Px, P₂ und P₃ sind, so müssen nach dein vorigen die Punkte m,

cC,

ci

Fig. 58.

a und n auf einer Geraden liegen; und wenn wir den Satz auf die Seilpolygone der beiden Kräfte P₂ und P₃ an wenden, so liegen auch in, e und n auf einer Geraden, welche mit der vorigen die beiden Punkte m und n gemeinschaftlich hat. — Folglich liegen alle vier Schnittpunkte der gleichvielsten Seiten der Seilpolygone ab₁c₁d₁e und ab₂c₂d₂e auf einer Geraden. — Dass man in dieser Weise weiterschliessen kann, ist einleuchtend; der obige Satz gilt mithin für ein Kräftesystem von beliebig vielen Kräften.

V. Abschnitt.

Zusammensetzung und Zerlegung von Kräften, welche nicht in

einer Ebene liegen.

1. Die Resultante von drei in demselben Punkte A angreifenden Kräften Kx, K₂ und K₃, welche nicht in derselben Ebene liegen, zu finden. (Fig. 59.)

Wir tragen von A aus die drei Strecken AB, AC und AD, welche die Grössen der gegebenen Kräfte darstellen, auf den Richtungslinien derselben

ab, und konstruieren ein Parallelepipedum, in welchem AB, AC und AD drei in einem Punkte zusammenstossende Kanten sind. — Die von A

J),

TF

ausgehende Diagonale AF dieses Parallelepi-pedums stellt die gesuchte Resultante der Grösse und Richtung nach vor. — Es ist nämlich die Diagonale AG gleich der Resultante von Kx und K₂; ferner ist ADFG das Kräfteparallelogramm aus AG und K₃, woraus sich ergiebt, dass AF die Resultante von AG und K₃ oder von Kx, K₂ und K₃ ist.

Es ist leicht ersichtlich, dass je drei derjenigen Kanten des Parallel-epipedums, welche den Punkt A mit dem gegenüberliegenden Eckpunkt F

R,

JC,

■p

Fig. 59.

durch einen zusammenhängenden Linienzug verbinden, (z. B. AB, BG, GF) den drei Strecken gleich sind, welche die gegebenen Kräfte darstellen, und auch mit den Richtungen der Kräfte übereinstimmen, wenn man den Linienzug in der Richtung von A nach F verfolgt. — Man kann deshalb das in I,

1. gezeigte Verfahren zur Ermittelung der Resultante auch auf solche Kräfte an wenden, welche nicht in einer Ebene liegen. — Der Kräftezug ist aber in diesem Falle keine ebene Figur, und wir müssen aus diesem Grunde zur wirklichen Ausführung der Konstruktion auf einer ebenen Zeichenfläche die Hilfsmittel der darstellenden Geometrie in Anspruch nehmen.

Eine gegebene Kraft R lässt sich umgekehrt in drei nach gegebenen Richtungen wirkende Kräfte zerlegen, wenn die Richtungslinien der letzteren durch einen auf R liegenden Punkt gehen. — Man konstruiert wiederum ein Parallelepipedum aus der Diagonale und den Richtungen der Kanten, dann stellen die Längen der letzteren die gesuchten Seitenkräfte dar.

Wir werden nun im folgenden zeigen, dass ein im Raume liegendes System von beliebigen Kräften, welche nicht durch einen Punkt gehen, im allgemeinen keine Einzelresultante besitzt, sondern auf ein Kräftepaar und eine Einzelkraft zurückgeführt werden kann. — Hierzu bedürfen wir noch der folgenden Gesetze über Kräftepaare im Raume.

2.    Zwei in verschiedenen Ebenen liegende Kräftepaare (P, —P) und (Q, —Q) können zu einem Kräftepaar vereinigt werden (Fig.60).

z—-----

Jedes Kräftepaar kann nach IV, 10. in seiner Ebene beliebig verlegt werden. — Legen wir die beiden Paare so, dass P und Q durch einen Punkt A der Durchschnittslinie beider Paarebenen, und — P,

Q,

-7Ł

Fig. 60.

— Q durch einen anderen Punkt B derselben gehen, so können wir P und Q und auch — P und — Q je zu einer Resultante R, bez. —R vereinigen. — Diese beiden Resultanten sind offenbar wegen der Kongruenz der Kräfteparallelogramme gleich, parallel aber entgegengesetzt gerichtet und bilden deshalb das resultierende Kräftepaar.

Leicht ergiebt sich hieraus, dass auch beliebig viele Kräftepaare im Raum zu einem einzigen Paar vereinigt werden können.

3.    Zwei Kräftepaare von gleichem Moment, welche entgegengesetzten Drehungssinn haben und in parallelen Ebenen liegen, heben sich auf. (Fig. 61 s. S. 48.)

Zum Beweise bringen wir beide Paare auf gleichen Arm, dann sind

so folgt:

wegen der Gleichheit der Momente auch die Kräfte der Paare gleich. — Schneiden wir nun die Richtungslinien durch eine Ebene, so sind die Schnittpunkte die Ecken eines Parallelogramms ab cd. — Je zwei der gleich gerichteten Kräfte lassen sieli zu einer Resultante vereinigen, welche durch den Schnittpunkt m der beiden Diagonalen des Parallelogramms geht, und da beide Resultanten (-]— 2 P und — 2 P) gleich und entgegengesetzt gerichtet sind, so findet Gleichgewicht statt.

Kehren wir im letzten Falle den Sinn der Drehung des einen Paares um,

4P

ïm

r~T

-_p.

-n

Fig. 61.

Ein Kräftepaar kann parallel zu seiner Ebene beliebig verlegt werden. (Erweiterung von IV, 10.)

4. Ein Kräftepaar (K, —K) und eine Einzelkraft P können nach IV, 7. zu einer Resultante vereinigt werden, welche der Kraft P gleich, parallel und gleich gerichtet ist, wenn P und das Paar (K, — K) in derselben Ebene liegen.,— Nach 3 d. Abschn. ist diese Vereinigung auch noch möglich, wenn P der Ebene des Paares parallel ist, weil das Kräftepaar so gelegt werden kann, dass die Ebene desselben durch P geht. — Wenn aber P nicht parallel zur Ebene des Paares liegt, so ist auch eine weitere Vereinigung nicht möglich, d. h. man wird durch alle möglichen Verbindungen beider immer wieder ein Kräftepaar und eine ausserhalb der Ebene desselben liegende Kraft erhalten.

Mit Hilfe der vorstehenden Gesetze lässt sich nun übersehen, wie eine Vereinigung beliebig vieler Kräfte im Raume, welche nicht durch denselben Punkt gehen, zu bewerkstelligen ist. — Sind K1? K₂, K₃ ... Kn die gegebenen Kräfte, so bringen wir in einem beliebigen Punkte A n Kräfte an, den gegebenen gleich, parallel und gleich gerichtet, und noch weitere n Kräfte, welche diesen gleich aber entgegengesetzt gerichtet sind, so dass das hinzu gefügte Kräftesystem keine Änderung verursacht. — Die gegebenen Kräfte K1? K₂, . . . Kn und die in A in entgegengesetzten Richtungen wirkenden Kräfte — Kx, — K₂, . . . — Kn bilden aber n Kräftepaare, welche nach (2) zu einem Paare vereinigt werden können; die noch übrigen sämtlich durch A gehenden Kräfte haben eine Einzelresultante. — Liegt die letztere in der Ebene des resultierenden Paares oder ist sie parallel zu derselben, so können beide zu einer Kraft vereinigt werden. Im andern Falle ist eine weitere Vereinigung nicht möglich.

Ein beliebiges Kräftesystem im Raume ist demnach im allgemeinen einem Kräftepaar (P, — P) und einer Einzelkraft R gleichwertig. — Wird R gleich Null, so ist das System im unsicheren Gleichgewicht (d. h. es ist durch ein Kräftepaar allein zu ersetzen). — Hat das resultierende Paar das Moment Null, so ist das System einer Einzelkraft R geich. — Ist das Moment des Paares gleich Null und verschwindet R zugleich, so ist das System im sicheren Gleichgewicht.

Die wirkliche Ermittelung der Resultante und des resultierenden Paares eines beliebigen Kräftesystems mit Hilfe zweier Projektionen desselben, lässt sich auf dem Wege der darstellenden Geometrie bewerkstelligen. — Die Konstruktionen sind allerdings recht umständlich und wir wollen dieselben auch nur für den einen einfachen Fall, der zugleich praktische Verwendung findet, ausführen, wenn nämlich die Kräfte des gegebenen Systems sämtlich parallel sind.

Resultante und Mittelpunkt paralleler Kräfte.

5. Es seien Kx und K₂ (Fig. 62) zwei parallele Kräfte, ax und a2 ihre Angriffspunkte; axc = xx und a₂e = x2 seien die senkrechten Abstände der Punkte

(a.

Fig. 62.

ax und a₂ von einer beliebigen Ebene E. — Dann ist ce die Projektion von ax a₂ und letztere trifft verlängert die Ebene E in dem auf der Verlängerung von ce liegenden Punkte b. — Ist ferner R die Resultante von ^ und K₂, a ihr Angriffspunkt (nach IV, 14) Mittelpunkt der Kräfte Kj und K₂, und ad = x der

Abstand des letzteren von E, so haben wir nach III, 4. (oder 9) die Gleichung:

R • ab = Kx • ax b K₂ • a₂ b a₂b

oder auch R = Kx

ax b

.... (o

+ K* ab

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke axbc, abd und a₂be folgt:

a₂b

ab

ax b

xi

X2

ab

ab

Führt man diese Werte in (1) ein, so erhält man:

B = Ki— + K„^-

X    X

(2)

oder: Rx = K₁x₁ -f- K₂x2 Bezeichnen wir das Produkt einer Kraft mit dem Abstand ihres Angriffspunktes von einer Ebene E als Moment der Kraft in Bezug auf diese Ebene (wobei die Richtung der Kraft nicht in Betracht kommt), so haben wir den Satz :

Schlotke, Graph. Statik. 2.

Das Moment der Resultante zweier parallelen Kräfte in Bezug auf eine Ebene E ist gleich der Summe der Momente dieser Kräfte.

Sind K', K" und R' die Projektionen von K1; Iv₂ und R auf E, so haben wir:

K' : K" : R' = Kx : K₂ : R,

woraus sich ergiebt, dass R' als Resultante von K' und K" anzusehen ist. Hieraus folgt:

Die Projektionen der Resultante und des Mittelpunktes zweier parallelen Kräfte ergeben Resultante und Mittelpunkt der Projektionen jener Kräfte.

Die beiden vorstehenden Sätze lassen sich leicht auf ein System von beliebig vielen parallelen Kräften ausdehnen. Sind nämlich K1? K₂, Ks drei parallele Kräfte; x1? x₂, x₃ die Abstände ihrer Angriffspunkte von einer Ebene E; ferner Rx die Resultante von Kx und K₂, x' der Abstand ihres Angriffspunktes von E, so haben wir nach dem vorigen:

RjX' =K₁X₁ +^2X2-

Die Resultante von Rx und K₃ sei R, dann ist letztere auch die Resultante von K1? K₂ und K₃. Der Abstand ihres Angriffspunktes von E sei x, dann ist: Rx = Rxx' -f- K₃x₃

oder Rx = K^ -f- K₂x₂ -f- K₃x₃.

Dass man in dieser Weise fortfahren kann, ist einleuchtend; ebenso,

'nt"

<%*j

dass auch der obige Satz über die Projektion des Mittelpunktes durch gleiche Schlüsse auf beliebig viele parallele Kräfte ausgedehnt werden kann.

7rt,r

Liegen die Angriffspunkte sämtlicher Kräfte in einer Ebene, so liegt auch der Mittelpunkt der Kräfte in dieser Ebene.

6. Wir wollen nun die in (5) entwickelten Gesetze auf

p ' p ' p '

(Fig. 63) die Horizontalprojektionen von vier nicht in einer Ebene liegenden parallelen Kräften; P₁", P₂",

ein Beispiel anwenden. — Es seien P/,

/■

Fig. 63.

P₃", P₄" seien die Vertikalprojektionen derselben. — Ferner mögen a/, a₂', a₃', a₄' und a₄", a₂", a₃", a₄" die Horizontal- und Vertikalprojektionen ihrer Angriffspunkte sein. — Wir betrachten nun Px', P₂', P₃', P₄' als ein ebenes System von parallelen Kräften und bestimmen nach IV, 14 den Mittelpunkt m' derselben. Es ist dann nach den in (5) bewiesenen Gesetzen m' die Horizontalprojektion des Mittelpunktes der gegebenen Kräfte im Raume.

Die Vertikalprojektion des Mittelpunktes lässt sich jetzt leicht aus der gefundenen Horizontalprojektion desselben • ermitteln. Es ist nämlich zur Bestimmung von m' der Mittelpunkt b/ von P/ und P₂', und auch der Mittelpunkt b₂' der drei Kräfte P/, P₂', P₃' benutzt worden. — Ziehen wir nun die Gerade a/' a₂", so liegt auf dieser die Vertikalprojektion b₄" des Mittelpunktes der beiden ersten Kräfte und zwar senkrecht über b/. — Ebenso liegt die Vertikalprojektion b₂,/ des Mittelpunktes der drei ersten Kräfte auf b/' a₃" senkrecht über b/, und schliesslich die Projektion m" des Mittelpunktes sämtlicher Kräfte auf b₂" a₄" senkrecht über m\ — Durch die beiden Projektionen m' und m" ist aber die Lage des Mittelpunktes im Raume bestimmt. — Die Resultante geht durch denselben; sie ist gleich der Summe der gegebenen Kräfte und ihre Richtungslinie ist parallel zu den letzteren.

Aufgaben.

a)    Drei Stangen, AS —75 cm, BS = 75 cm, CS = 83 cm stossen in S zusammen und stützen sich mit den anderen Endpunkten A, B und C auf eine horizontale Ebene. (AB = 80 cm, BC = 65 cm, AB — 84 cm). In S hängt die Last Q = 200 kg. Man soll auf graphischem Wege den Druck ermitteln, welchen jede der drei Stangen auszuhalten hat. Wie gross ist ferner in jedem der Punkte A, B und C der Druck auf die Horizontalebene.

b)    Ein Dreieck ABC, welches sich in horizontaler Lage befindet, ist in den drei Punkten A, B und C unterstützt. Es sei AB = 120 cm, BC = 120 cm, AC = 160 cm. In der Mitte der zu BC gehörigen Höhe des Dreiecks ruht die Last P₄ = 120 kg; in der Mitte der zu AC gehörigen Höhe die Last P₂=160 kg und in dem auf AC hegenden Punkte D (CD = 20 cm) die Last P₃ = 200 kg. Es sollen die in A, B und C auftretenden Stützendrücke graphisch ermittelt werden.

Aufl. Man findet als Stützendruck in A: 125 kg, in B: 133^ kg, in C: 221-1 kg.

Man bestimme auch den Mittelpunkt des Druckes der drei Kräfte

Pi, P₂ und P₃.

VI. Abschnitt.

Vom Schwerpunkt.

1. Zerlegt man einen Körper in unzählig viele kleine Teile, so bilden die Gewichte derselben ein System von parallelen Kräften. — Die gegenseitige Lage der Angriffspunkte und die Grössen dieser Kräfte ändern sich nicht, wenn man dem ganzen Körper eine andere Lage giebt, nur die Kraftrichtungen werden relativ andere. — Dieses System von Kräften hat demnach einen Mittelpunkt, welcher der Schwerpunkt des Körpers heisst. — Ist der Körper in diesem Punkte unterstützt, so wird derselbe, wenn er nur der Wirkung der Schwerkraft unterliegt, bei jeder Lage im Gleichgewicht sein.

Für viele Probleme der Mechanik und deren Anwendung auf die Praxis ist die Kenntnis der Lage des Schwerpunktes von Wichtigkeit. — Die dazu erforderlichen Konstruktionen sind meistens sehr einfach und führen alle auf die Ermittelung der Resultante paralleler Kräfte zurück.

Kann man einen Körper in mehrere Teile zerlegen, deren Schwerpunkte schon bekannt sind, so findet man den Schwerpunkt des Körpers, wenn man die Resultante der in den Schwerpunkten der einzelnen Teile angreifenden Gewichte bestimmt. — Der Angriffspunkt dieser Resultante ist der gesuchte Schwerpunkt.

Im folgenden werden wir zunächst die Bestimmung der Schwerpunkte homogener Körper erläutern. — Bezeichnen wir die Inhalte der unendlich kleinen Teile, in welche wir uns den Körper zerlegt denken, mit vx, v₂, v₃ ... ; die Dichtigkeit (Gewicht der Einheit des Volumens) mit y; die Abstände der Teilchen von irgend einer Ebene E mit x₁₇ x₂, x₃ . . . .; so sind die Gewichte der Teile : vx y, v₂ y, v₃ y . . . . und ihre statischen Momente in Bezug auf die Ebene E:

vlYxl> V₂YX2> V₃YX3.......

V sei das Volumen des ganzen Körpers, x der Abstand seines Schwerpunktes von der Ebene E. Das Gewicht des Körpers ist dann Vy und das Moment desselben in Bezug auf die Ebene E ist Vyx. — Nach V, 5. haben wir deshalb die Gleichung:

Vyx = v₁yx₁-fv₂yx₂-f v₃yx₃ +

oder, da auf beiden Seiten durch y dividiert werden kann:

Ol

Vx=v₁x₁+v₂x₂+v₃x₃+.......( )

Diese Formel zeigt, dass die Lage des Schwerpunktes nur von den Inhalten der einzelnen Teile und den Abständen derselben von der Ebene E, d. h. von der Form des Körpers abhängig, aber ganz unabhängig von seinem Eigengewicht ist.

Ferner ergiebt sich aus Gleichung (1), dass bei einem homogenen Körper das Produkt aus dem Inhalt desselben mit dem Abstand seines Schwerpunktes von einer Ebene E gleich ist der Summe der Produkte, welche man erhält, wenn man die Inhalte der einzelnen (unendlich kleinen) Teile mit ihren Abständen von der Ebene E multipliziert. — Die Gleichung (1) hat demnach denselben Charakter, wie die Gleichung zwischen Moment der Resultante und denjenigen ihrer Seitenkräfte. — Wir werden daher im folgenden, soweit die Ermittelung der Schwerpunkte auf homogene Körper beschränkt bleibt, das Produkt aus dem Inhalt eines Körpers und dem Abstand seines Schwerpunktes von einer Ebene E ebenfalls als Moment des Körpers in Bezug auf E bezeichnen.

Das soeben Gesagte benutzen wir, um auch von dem Schwerpunkt einer Fläche oder einer Linie eine Erklärung zu geben. — Zerlegen wir die Fläche oder Linie in unendlich kleine Flächen- resp. Längenelemente m1? m₂, m₃ . und bezeichnen wir die Abstände derselben von irgend einer Ebene mit Xj, x₂, x₃ . . .; ist ferner m der Inhalt der ganzen Fläche resp. Länge der ganzen Linie und x der Abstand des Schwerpunktes derselben von E, so muss die Gleichung bestehen:

mx = mL xx -f m₂ x₂ + m₃ x₃ +.....

Für den Abstand x des Schwerpunktes von E folgt hieraus:

- (3)

x = miXl m2X2 1113X3    ' '

Ist die Fläche oder Linie, deren Schwerpunkt bestimmt werden soll, eben, so kann man x, x1? x₂, x₃ . . . als Abstände von einer Geraden an-sehen, für welche die Gleichung (3) ihre Giltigkeit behält.

Man pflegt mit dem Schwerpunkt einer Fläche oder einer Linie auch die Vorstellung vom Gewichte dieser Gebilde zu verbinden, was physisch unmöglich ist, weil wägbare Materie immer einen körperlichen Raum einnimmt. Ohne jedoch der Fläche oder Linie die Eigenschaft der Schwere beizulegen, können wir uns auf andere Weise eine Vorstellung vom Schwerpunkte derselben machen, welche wieder mit der Ermittelung der Resultante eines Systems paralleler Kräfte zusammenhängt.

Wenn z. B. eine ebene Fläche einem auf jedes Flächenteilchen gleichförmig wirkenden äusseren Drucke ausgesetzt ist, und y den auf die Flächeneinheit entfallenden Druck bezeichnet, so erhalten wir für die Resultante aller dieser Druckkräfte die Gleichung:

my • y = mjyxj -f m₂yx₂ + m₃yx₃ + . . .

in welcher m, m₁₇ m₂, m₃ . . ., x, xx, x₂, x₃ . . . dieselbe Bedeutung wie oben haben. — Nach Entfernung des gemeinschaftlichen Faktors y und Division durch m erhalten wir wieder die Gleichung (3). — Der Angriffspunkt der Resultante des über der Fläche gleichmässig verteilten Druckes ist deshalb der Schwerpunkt dieser Fläche.

Denken wir uns z. B. aus der horizontalen Bodenfläche eines mit Wasser gefüllten Gefässes ein Stück von bestimmter Form, etwa ein Dreieck, durch einen Schnitt von der übrigen Bodenfläche vollständig abgetrennt und durch eine von unten nach oben wirkende Kraft K im Gleichgewicht gehalten, so muss K im Schwerpunkte des Dreiecks angreifen. Der Wasserdruck wirkt nämlich so, dass Flächenteilchen von gleicher Grösse auch gleichem Druck ausgesetzt sind. — Es ist deshalb zum Zwecke der Ermittelung des Schwerpunktes ganz gleichgiltig, ob man von der Annahme ausgeht, dass der Wasserdruck auf dem Dreieck ruht, oder dass jedes Flächenelement des Dreiecks ein Eigengewicht hat, welches dem Gewicht der darüber befindlichen Wassersäule gleich ist.

2. Schwerpunkte gerader Linien und geradlinig begrenzter Figuren.

Fig. 64.

a) Schwerpunkt einer Geraden. Denken wir uns die Gerade ab (Fig. 64) einem gleichförmig über dieselbe verteilten, einseitigen Druck ausgesetzt, so verhält sich die Gerade so, als hätte sie Eigengewicht. Wir können alsdann in Bezug auf die Aufsuchung des Schwerpunktes so verfahren, als wenn ab eine materielle Gerade wäre, bei welcher jeder Längeneinheit das gleiche Gewicht y zukommt.

Sind cd und ef zwei sehr kleine aber gleich lange Stückchen der gegebenen Geraden, welche gleich weit von den Endpunkten a und b entfernt liegen, so greift die Resultante der gleich grossen Gewichte dieser Teilchen in der Mitte S der Geraden an. — Ebenso gehen die Resultanten der Gewichte von je zwei andern gleich langen und gleich weit von den Endpunkten der Geraden entfernten Teilchen durch S, folglich ist, S der Schwerpunkt der Geraden ab.

b) Schwerpunkt eines aus mehreren Geraden zusammengesetzten Linienzuges. (Fig. 65 s. S. 55.)

abcdef sei ein aus mehreren Geraden bestehender Linienzug. Haben alle Geraden gleiches Gewicht pro Längeneinheit, so kann man das Gewicht jeder Geraden als eine in ihrem Mittelpunkte oder Schwerpunkte angreifende Kraft betrachten. — Die Grössen der Gewichte sind den Längen ab, bc, cd, de, ef der einzelnen Geraden proportioniert; wir benutzen deshalb diese letzteren oder gleichvielste Teile derselben (in Fig. 65 die Hälften) zur graphischen Darstellung der Gewichte Gx, G₂, G₃, G₄, G₅. — Durch die Mittelpunkte sx, s₂, s₃, s₄, s₅ der einzelnen Seiten ziehen wir die parallelen Richtungslinien sxn, s₂o, s₃ p, s₄q, s₅r, in welchen die Gewichte wirken, und bestimmen nun wie in V, 14. den Mittelpunkt S dieser Kräfte, welcher der gesuchte Schwerpunkt ist.

'f

Die in Fig. 65 ausgeführte Konstruktion bedarf hiernach keiner weiteren Erläuterung,

c) Hilfssatz.

Gs

Fig. 65.

-----i*

cOj

__C

,<F

' Es sei ab (Fig. 66) eine Gz beliebige Gerade, deren Gewicht G in der durch ihre Mitte gehenden Richtungslinie de wirkt. Die Grösse von G sei durch die Strecke de = ab dargestellt. — Cd stehe rechtwinklig zu ab und C sei ein beliebiger Punkt in CD. — Ferner sei hi die Projektion der Geraden ab auf eine durch C gehende Gerade MN, welche parallel zu de ist. — Wir zerlegen das Gewicht G — de in zwei Kräfte df und dg, von welchen die erstere in ab, die zweite in dC liegt; dann ist dg in Bezug auf Drehung um C wirkungslos, und nach III, 3. ist das Moment der noch übrigen Kraft df gleich dem Moment von de in Bezug auf C. — Das letztere Moment (d e • d m) kann durch den Inhalt des Parallelogramms Cdek dargestellt werden. — Das Moment von df ist dem Inhalt des Rechtecks Cd fl gleich.

Fig. 66.

— Aus unserer Fig. ist ohne weiteres ersichtlich, dass Cdek = Cdfl ist. — Nun ist aber df die Projektion von de auf der Geraden ab oder deren Verlängerung, und da der Winkel zwischen ab und de dem Winkel zwischen ab und MN gleich ist, so sind auch die beiden Projektionen df und hi gleich, folglich haben wir auch:

de • dm = Cd • hi.

(Hierbei können de und hi (= df) entweder durch Gewichts- oder Längeneinheiten gegeben sein. — Die Gleichung hat für beide Fälle Gültigkeit.)

Wir haben demnach den folgenden Satz:

Das Moment einer Geraden ab in Bezug auf einen Punkt C, welcher auf der in der Mitte von ab zu dieser gezogenen Senkrechten liegt, ist gleich dem Produkt aus der Projektion von ab auf einer zur Richtung des Gewichtes parallelen Geraden und dem Abstand des Punktes C von ab.

d) Schwerpunkt eines Linienzuges, welcher einen Teil eines regelmässigen Vielecks bildet. (Fig. 67.)

t-*

Fig. 67.

Ist abc . . . g ein Teil eines regelmässigen Vielecks, und C der Mittelpunkt desselben, so liegt der Schwerpunkt auf derjenigen Geraden, welche durch C geht und den gegebenen Linienzug halbiert. — Besteht der letztere aus einer geraden Anzahl von Seiten, so geht die Halbierungslinie Cd durch eine Ecke, bei ungerader Seitenzahl aber durch die Mitte einer Seite. — Bringen wir den Linienzug in eine solche Lage, dass die Richtungen der Gewichte mit der Verbindungslinie a g der beiden Endpunkte parallel werden, so ist der Durchschnitt der Resultante aller Gewichte mit Cd der gesuchte Schwerpunkt. — Die Gewichte der Geraden stellen wir durch ihre Längen dar, dann können wir dieselben in Bezug auf Drehung um C durch Kräfte ersetzen, welche in den betreffenden Vielecksseiten liegen und deren Grössen nach c) den Projektionen der letzteren auf a g gleich sind. — Diese Kräfte haben sämtlich gleichen Abstand von C; dieselben lassen sich also nach III, 2. zu einer in dem gleichen Abstand von C liegenden Kraft vereinigen, deren Grösse durch die Summe jener Projektionen, d. h. durch a g dargestellt wird. — Bezeichnen wir den Abstand einer Vielecksseite von C mit r und setzen: ag = s, die Summe der Vielecksseiten gleich 1 (Resultante sämtlicher Gewichte) und den Abstand des gesuchten Schwerpunktes S von C gleich x, so ist das Moment der Resultante aller Gewichte in Bezug auf C gleich lx. — Dasselbe muss gleich sein der Summe der Momente aller in den Vielecksseiten liegenden Seitenkräfte.

Folglich haben wir die Gleichung:

lx = rs,

woraus sich für den Abstand des Schwerpunktes von C ergiebt:

Hiernach ist x leicht zu konstruieren. — Wir machen Ct gleich r, ziehen tm senkrecht zu Cd.

Auf tm tragen wir die Länge tm = |-1 ab und ziehen Cm. — Ferner legen wir durch a die Gerade an parallel zu Cd und ziehen nun nS parallel mt, dann ist CS = x. — Denn aus der Ähnlichkeit der Dreiecke Ctm und CnS folgt:

CS : nS = Ct : tm oder CS : -|s = r : -|d

folglich CS = r y = x.

e) Schwerpunkt des Umfanges eines Dreiecks. (Fig. 68.)

dj

Die Gewichte der einzelnen Seiten ab. bc und ac sind den Längen derselben proportioniert, und wir können sie in den Mitten d, e und f wirken lassen. — Die Resultante der Gewichte von ab und bc greift in einem Punkte g der Geraden de an, welcher so hegt, dass

Fig. 68.

dg : ge = bc: ab = be : bd.

Da aber df = be und ef=bd ist, so haben wir auch:

dg : ge = df : ef,

folglich ist f'g die Halbierungslinie des Winkels dfe. — Auf fg hegt nun der gesuchte Schwerpunkt. — In gleicher Weise findet man, dass der Schwerpunkt auch auf den Halbierungslinien der Winkel def und fde hegt. — Der Mittelpunkt des dem Dreieck def einbeschriebenen Kreises ist demnach der Schwerpunkt.

Die Schwerpunkte der Umfänge geschlossener Figuren von beliebig vielen Seiten findet man am einfachsten mit Hilfe des Seilpolygons nach dem schon in b) angegebenen Verfahren.

3. Schwerpunkte der Flächen ebener Figuren.

Fig. 69.

a) Dreiecksfläche. Ist abc (Fig. 69) ein Dreieck, so ist jede der drei Mittellinien eine Schwerlinie desselben. — Denn zerlegen wir das Dreieck durch Parallelen zu ac in unzählig viele unendlich schmale Streifen, die wir gleichsam als materielle Linien betrachten können, so hegen die Schwerpunkte aller dieser Linien in bd. — Durch ^ eine feste Ebene E, welche das Dreieck längs der Mittellinie bd stützt, wird dasselbe im Gleichgewicht gehalten. — In gleicher Weise findet man, dass jede der beiden andern Mittellinien eine Schwerlinie ist. — Der Schwerpunkt des Dreiecks ist demnach der Durchschnitt seiner drei Mittellinien.

Nach bekannten geometrischen Sätzen ist der Abstand des Schwerpunktes von einer Dreiecksseite gleich ein Drittel der zu dieser Seite gehörigen Höhe. — Ferner zerlegen die Verbindungslinien des Schwerpunktes mit den Ecken des Dreiecks das letztere in drei gleich grosse Dreiecke.

b)    Schwerpunkt eines Parallelogramms.

Jede Diagonale eines Parallelogramms ist eine Schwerlinie, wie sich leicht ergiebt, wenn man dasselbe in unendlich schmale Streifen zerlegt, welche der einen oder andern Diagonale parallel sind. — Der Schwerpunkt liegt hiernach im Durchschnitt der beiden Diagonalen. — Dasselbe gilt selbstverständlich für das Rechteck und Quadrat.

c)    Das Trapez. (Fig. 70 a). Die Verbindungslinie der Mitten e und f der beiden parallelen Grundlinien ad und bc ist eine Schwerlinie des Trapezes, denn alle innerhalb desselben liegende Geraden, welche zu den Grundlinien parallel sind, werden von ef halbiert. — Eine zweite Schwerlinie ist die Gerade, welche die Schwerpunkte sx und s₂ der beiden Dreiecke abc und acd verbindet. — Ihr Schnittpunkt S mit ef ist der Schwerpunkt des Trapezes.

Eine andere sehr bequeme Konstruktion ergiebt sich, wenn wir das Trapez durch die zu ab parallele Gerade cg in ein Dreieck cd g und ein Parallelogramm ab cg zerlegen (Fig. 70 ß), und die Schwerpunkte s₂ und sx

(*)

•?

STA

■d

a.

(ß)

.........^

y k d y >

cu

dieser beiden Figuren bestimmen. Die durch sx und s2 gehende Schwerlinie treffe die verlängerten Grundlinien des Trapezes in 1 und k. — Ist nun ac eine Diagonale des Parallelogramms ab cg und ch die durch s₂ gehende Mittellinie des Dreiecks cdg, so ergiebt sich leicht, dass

Fig. 70.

A °lsi = A aksx

und A hks₂ ~ A cls₂.

Es sei nun bl = x, dk = y, bc = m und ad = n, so folgt aus der Kongruenz der Dreiecke clsx und aks1; dass

x + m = y + n

und aus der Ähnlichkeit der Dreiecke cls₂ und hks₂, dass

x -(- m = 2hk

²(“ + y)

ist.

oder x -j- m =

Hieraus findet man leicht: x = n und y = m.

Man zeichne demnach zuerst die Schwerlinie ef, welche die Mitten der Grundlinien des Trapezes verbindet, verlängere bc um bl = ad und ebenso ad um dk = bc; dann ist lk eine zweite Schwerlinie. — Der Durchschnitt S beider Schwerlinien ist der Schwerpunkt des Trapezes.

Ist li die Höhe des Trapezes, so findet man leicht für den Abstand z des Schwerpunktes von n die Formel:

h (2 m -f n)

3 (m -f- n)

d) Hilfssatz aus der Geometrie. Zieht man durch einen Punkt e der Diagonale bd eines Parallelogramms abcd (Figur 71) die Geraden fg und hk parallel zu den Seiten des letzteren, so haben die beiden Parallelogramme, durch welche die Diagonale nicht geht, gleichen Inhalt. — Es ist also ageh — cfek.

Addiert man nun zu beiden das Parallelogramm egdk, so folgt weiter:

7c

CÙ

a,

Fig. 71.

adkh = cdgf.

Wir lösen hiernach die später häufig vorkommende Aufgabe: Ein Rechteck abcd (Fig. 72) in ein anderes an Inhalt gleiches zu verwandeln, von welchem die Höhe h gegeben ist. — Es ist also die Grundlinie des neuen Rechtecks zu er-

mittein.

K

Man trage auf der Verlängerung von ab die    £

Strecke ae = h ab. — Die Gerade von d nach e schneidet alsdann auf bc die Strecke cf ab, welche der gesuchten Grundlinie gleich ist.

Die Richtigkeit dieser Konstruktion ist nach dem Obigen sofort einleuchtend, wenn man ek parallel ad zieht, cd bis k verlängert, und gl durch den Punkt f parallel zu ae zieht. — Es ist alsdann ‘

Fig. 72.

abed = gdkl und dg = cf.

Schwerpunkte unregelmässiger Figuren.

e) Es sei abefmhkd (Fig. 73) eine von drei Rechtecken abcd, cefg und gkhm gebildete unregelmässige Figur, deren Schwerpunkt bestimmt werden soll. — Die Gewichte der Rechtecke denken wir uns in ihren Schwerpunkten sx, s₂, s₃ angebracht, alsdann ist genau wie in IV, 14. der Mittelpunkt S dieser drei Kräfte mit Hilfe eines Seilpolygons zu bestimmen. — Die Konstruktion ist in unserer Figur ausgeführt und bedarf keiner weiteren Erläuterung. —

\i

yf

'\l_I

Fig. 73.

Wir haben nur noch die Bestimmung der Grössen der Gewichte durch Strecken anzugeben.

Da wir von der Annahme ausgehen, dass gleich grosse Flächenteile der Rechtecke gleich schwer sind, so verhalten sich die Gewichte der Rechtecke wie ihre Flächen. — Wir verwandeln deshalb zwei der Rechtecke, z. B. cefg und gkhm in andere, welche mit dem Rechtecke abcd in der Höhe bc übereinstimmen. — Hiernach ziehen wir bg; machen ferner gn = bc und ziehen nk, dann sind nach der in d) gezeigten Konstruktion if und lh den Grundlinien der neuen Rechtecke gleich. — Da nun Rechtecke von gleicher Höhe sich wie ihre Grundlinien verhalten, so haben wir: abcd : cefg : gkhm = cd : if : lh;

folglich können wir zur Herstellung des Seilpolygons die Grössen der Gewichte durch die Strecken pq = cd, qr = if und rs = lh darstellen.

Ist adz=hi, ce = h₂, gm = h₃; ferner cd^zb,, cg=:b₂, gk = b₃, so ist:

Inhalt des Rechtecks abcd = b₁h₁;

Abstand des Schwerpunktes s, von d k —

cgf e = b₂ho ;

h₂

I’

S3 '1

„ gkhm = b₃h₃;

„ der ganzen Figur = b, ht + b₂ h₂ -j- b₃h₃ ;    „

Um die Momente der einzelnen Teile mit dem Moment der ganzen Figur in Bezug auf dk zu vergleichen, benutzen wir statt der Gewichte die Flächeninhalte. — Wir erhalten alsdann zur Bestimmung von x die Gleichung:

bi b₃

= x.

(bi hj -J- b₂h₂ + b₃h₃) x

b₂h₂²

b₃h₃

bi hj² -f- b₂ h₂ ² -f- b₃ h₃ 2 2 (bi h, + b₂h₂-fb₃h₃)

woraus folgt : x =

Bezeichnen wir den Abstand des Schwerpunktes S von ad mit y, so finden wir ebenso:

__bi²hi -f- b₂²h₂ + b₈²h₃ -|- 2 bj b₂ h₂ -)- 2h₃ (bxb₃ -f- b₂ b₃)

2 (bi ht —|— b₂ h₂ —b₃ h₃)

Auf diese Weise lassen sich die Schwerpunkte der in Fig. 74 angegebenen Querschnitte, welche in der Praxis Verwendung finden, leicht be-

V;

Fig. 74.

stimmen. — Es ist nützlich, neben der graphischen Konstruktion auch auf dem Wege der Rechnung die Aufgabe zu lösen, und beide so gefundenen Resultate zu vergleichen.

Unregelmässige Vielecke.

f) Das Viereck. Wir zerlegen das gegebene Viereck abed (Fig. 75) durch die Diagonale bd in zwei Dreiecke. — Sind ae und ce die Mittellinien der Dreiecke, sx und s₂ die Schwerpunkte der letzteren, so ist s₁e = -|-ae; s₂e = -|'ce- — Auf s₁s2 liegt der Schwerpunkt S des ganzen Vierecks, so dass:

S sx : S s₂ = bed : /\ abd.

Betrachten wir bd als gemeinschaftliche Basis der beiden Dreiecke, so ist das Verhältnis ihrer Inhalte dem Verhältnis der zu bd gehörigen Höhen gleich. — Die letzteren verhalten sich aber auch wie die Abschnitte an und cn, in welche die Diagonale ac durch bd geteilt wird. — Ferner ist /^es^^

/\ aen und da es₁=-|-ae, so ist auch s₁m = -|-an; ebenso findet man: s₂m = ^cn. — Folglich verhält sich:

----n

*1ï

(Z

lr

Fig. 75.

s₂m : Sjin = /\ bed : /\ abd,

Ssx = s₂m und Ss₂ = Siin.

g)    Das Fünfeck. Wir zerlegen das Fünfeck abede (Fig. 76) durch Diagonalen, welche von einem Eckpunkte, z. B. c ausgehen, in die Dreiecke abc, ace, ede und bestimmen auf bekannte Weise die Schwerpunkte der letzteren. — In diesen bringen wir die Gewichte der

Dreiecke nach parallelen Richtungen an, alsdann findet man den Schwerpunkt wieder nach V, 14. — Die Ausführung der Konstruktion ist wie bei den früheren Beispielen, so dass es keiner Wiederholung derselben an dieser Stelle bedarf; wir haben nur noch die möglich einfachste Darstellung der Dreiecksgewichte durch ć Strecken anzugeben. — Verlängern wir ae und ziehen bf II ac, dg II ce, dann ist /\ aef = /\ abc und /\ ege = A ede; in Bezug auf die drei Grundlinien af, ae und eg haben aber die Dreiecke a cf, ace und ce g gleiche Höhen, folglich verhalten sich die Inhalte derselben wie ihre Grundlinien. — Wir können demnach af, ae und eg zur Darstellung der Gewichte, fg als Kräftelinie, und cf, ca, ce, cg als Polstrahlen zur Konstruktion des erforderlichen Seilpolygons benutzen.

h)    Ist endlich ab cd . . . . a (Fig. 77 s. S. 62) ein beliebiges Vieleck, so zerlegen wir dasselbe durch Diagonalen, welche von einem Eckpunkte, z. B. d, ausgehen, in Dreiecke. — Die letzteren verwandeln wir in Dreiecke; welche gleiche Höhe haben. — In Fig. 77 sind sämtliche Dreiecke auf die Höhe des Dreiecks adh gebracht und zwar geschieht dies durch folgende Konstruk-

mithin auch:

'd

Fig. 76.

tion: Wir ziehen ep parallel zu df und verlängern gf bis p, dann ist A def= A dfp. Ferner verhält sich:

A dfg: A dtp = gf : fp

oder A dfg : A def = gf : fp.

GL

Verlängern wir ebenso gh, und ziehen nf parallel dg, so verhält sich:

icL

■h

A dgh : Adfg = gh:gn

und wenn po parallel zu nf ist:

gn : no = gf : fp,

folglich auch:

A dgh : A dfg : A def = gh : gn : no.

Fig. 77.

Endlich verlängern wir noch ah und ziehen gk, ln, mo parallel zur Diagonale dh, dann verhält sich:

A adh : A dgh : A dfg : A def = ah : hk : kl : lm.

In gleicher Weise kann man mit den noch übrigen Dreiecken abd und bed verfahren, wie auch in Fig. 77 angegeben ist. — Wir können demnach die Strecken rt, ta, ah, hk, kl, lm zur Darstellung der Gewichte und rm als Kräftelinie benutzen. — Die Richtungslinien der Gewichte, welche durch die Schwerpunkte der Dreiecke gehen, sind alsdann parallel zu rm zu legen. — Die weitere Ermittelung des Schwerpunktes ist in bekannter Weise auszuführen.

4. Krumme Limen und krummlinig begrenzte Figuren.

a) Den Schwerpunkt einer beliebigen krummen Linie kann man mit hinreichender Genauigkeit bestimmen, wenn man einen gebrochenen Linienzug zeichnet, dessen Ecken auf der gegebenen Kurve liegen und dessen Seiten sich derselben möglichst genau anschliessen. — Der Schwerpunkt eines solchen Linienzuges fällt sehr nahe mit demjenigen der Kurve zusammen.

Ist die Kurve ein Kreisbogen, so können wir die in (2, d) d. Abschn. gezeigte Konstruktion an wenden. — In der Formel, welche auch giltig ist, wenn die Seitenzahl beliebig gross gemacht wird, wird alsdann r gleich dem Radius, 1 gleich der Bogenlänge zu setzen sein, während s die Sehne des Bogens ist.

Der Schwerpunkt S (Fig. 78 s. S. 63) liegt nun auf dem Radius cd, welcher den Bogen adb halbiert. — Wir ziehen de parallel zur Sehne ab

und tragen vermittelst kleiner Teilchen die Länge des Bogens bd = — mög-

liehst genau auf de ab. — Jetzt ziehen wir ce, ferner bf parallel cd und fS parallel zu ab, dann ist S der gesuchte Schwerpunkt.

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke cfS und ede folgt nämlich:

cS : cd == fS : de

oder c S : r =

folglich cS =

Bezeichnen wir den halben Centriwinkel bed mit a, so ist s = 2 r sin a,

(wenn a in der zweiten Formel die dem Winkel entsprechende Bogenlänge zum Radius 1 bedeutet). — Setzt man diese Weite in die Formel

1 = 2ra

Cls

Fig. 78.

r sin a

r • S

x = —j—, so erhalten wir x

1

2 y

Für den Bogen eines Halbkreises findet man hieraus x =-.

7t

2rVT

” X - II

7t

Folgende Aufgaben mögen zur weiteren Übung dienen:

Den Schwerpunkt des Umfanges eines Kreisausschnittes zu ermitteln.

Ebenso den Schwerpunkt des Umfanges eines Kreisabschnittes zu finden.

b) Schwerpunkt eines Kreisausschnittes. (Fig. 79.)

Der Schwerpunkt liegt auf der Halbierungslinie cd des dem Ausschnitte zugehörigen Centn winkeis acb. — Der Ausschnitt kann in unzählig viele gleiche Dreiecke (wie z. B. cef), deren Spitzen im Mittelpunkt c liegen und deren Grundlinien unendlich kleine Sehnen des Kreisbogens ab sind, zerlegt werden.

— Die Höhen dieser Dreiecke nähern sich um so mehr dem Radius des Kreises, je kleiner die Sehnen sind. —

Daraus folgt, dass die Schwerpunkte aller dieser Dreiecke einen Kreisbogen gh bilden, dessen Radius

Radius des Ausschnittes beträgt. — Die Gewichte der unendlich kleinen, aber unter sich gleichen Dreiecke kann man in den Schwerpunkten anbringen, wodurch das Gewicht des ganzen Ausschnittes gleichförmig längs des Bogens gh verteilt wird. — Der Schwerpunkt dieses Bogens ist mithin auch der Schwerpunkt des Ausschnittes, und es kann derselbe wie in a) bestimmt werden.

,, Viertelkreises

Ir

ccl to

vom

a.

Fig. 79.

2

Setzt man in der in a) gefundenen Formel—r statt r, so erhält man für den Ab-

o

stand des Schwerpunktes vom Mittelpunkt:

«    2rs

x = —r oder x 31

Für den Schwerpunkt der Fläche des Halbkreises folgt hieraus:

2 r sin a

4r

3 TC

Für den Viertelkreis :

_ 4r y 2

3tc

c) Schwerpunkt eines konzentrischen Ringstückes. (Fig. 80.) Es sei aefgbd eine von zwei konzentrischen Kreisbögen ab und eg, und den beiden Radien ac und bc begrenzte Fläche, derselben liegt auf der Halbierungslinie des Winkels acb. — Nach b) bestimmen wir die Schwerpunkte S und Sx der beiden Ausschnitte abc und ceg. — In diesen Punkten können wir uns die Gewichte der Ausschnitte ver-

Der Schwerpunkt

■a-

einigt denken. Sind die letzteren G und GA; und ist G₂ das Gewicht des Ringstückes, so ist G die Resultante von Gx und G₂; unsere Aufgabe lautet jetzt: Es ist die Resultante G von zwei parallelen Kräften Gx und G₂, und die eine Kraft Gx gegeben, man soll die andere Kraft G₂ ermitteln. — Diese Aufgabe kann, wie in Fig. 80 angegeben ist, leicht mit Hilfe eines Seilpolygons gelöst werden.

Die Ausführung der Konstruktion bedarf keiner weiteren Erläuterung. — Es ist nur noch die Darstellung der Kräfte G, Gt und G₂ durch entsprechende Strecken anzugeben. — Nun verhalten sich die Gewichte der beiden Ausschnitte abc und ceg wie ihre Flächeninhalte, also auch wie die Quadrate ihrer Halbmesser. Ziehen wir die beiden Diagonalen a g und be des Ringstückes, und nehmen cm beliebig auf ac an, und ziehen mp parallel be; pn parallel ga, so folgt aus der Ähnlichkeit der Dreiecke cmp und bce:

7»

fr

G.

Fig. 80.

cm : cp = ce : bc cm : cp = ce : ac . . . .

Ferner folgt aus der Ähnlichkeit cnp und acg:

cp : cn = cg : ac cp : en = ce : ac . . . .

Multipliziert man die Proportionen (1) und (2) mit einander, so folgt: cm : en = ce² : ac²

= Ausschn. ceg : Ausschn. abc.

(1)

(2)

Hiernach können wir das Gewicht G durch die Strecke cn und Gx durch cm darstellen. — Der Unterschied beider, nämlich die Strecke mn bedeutet alsdann das Gewicht G₂.

Bezeichnen wir die Radien ac und ce mit R und r und den Winkel acd mit a, so finden wir für den Abstand x des Schwerpunktes vom Mittelpunkt leicht die Formel:

2 (R* + Rr-(-r²) sina X —    3 (R + r) a '

d) Schwerpunkt eines Kreisabschnittes. (Fig. 81.)

Der Abschnitt abd ist der Unterschied zwischen dem Ausschnitt adbc und dem Dreieck abc. — Das Gewicht des Ausschnittes ist also die Resultante aus den Gewichten des Abschnittes und des Dreiecks. — Ist dann S der Schwerpunkt des Ausschnittes, sx der Schwerpunkt des Dreiecks, so kennen wir von den drei Kräften die Resultante und eine Seitenkraft ihrer Grösse und Lage nach.

—    Die zweite Seitenkraft, welche im Schwerpunkt des Abschnittes angreift, kann demnach auf dieselbe Weise wie in c) gefunden werden.

Fig. 81.

Die Längen mp und np, welche die Gewichte des Ausschnittes und Dreiecks darstellen, ergeben sich leicht auf folgende Weise. Wir ziehen de senkrecht zu der Halbierungslinie cd des Winkels acb, und machen de gleich der Bogenlänge da.

Auf der Kräftelinie ist deshalb mp — de und np

—    Hierdurch wird /\ cde dem halben Ausschnitt an Inhalt gleich. — Ferner ist /\ acf die Hälfte des Dreiecks abc. — Betrachten wir nun in den beiden Dreiecken cde und acf die gleich langen Seiten cd und ac als Grundlinien, so verhalten sich die Inhalte der Dreiecke wie die zugehörigen Höhen de und fg.

= fg zu machen.

Ist wieder a der halbe Centriwinkel acb, so findet man für den Abstand x des Schwerpunktes vom Mittelpunkt:

2 r sin¹ a

welche parallel zu mn sind, in unzählig viele unendlich schmale Flächenstreifen Fj, F₂, Fg . . . — Die Abstände derselben von mn seien x1? x₂,

x₃ . .

tionen dieser Flächenstreifen zerlegt; wir

Ferner wird f in die Projek-

ft

Fig. 82.

Hieraus folgt:

bezeichnen dieselben mit fn f₂, f₃ . . . und ihre Abstände von mn mit zx, z₂, z₃ . . . — Ist nun a der Neigungswinkel der beiden Ebenen, so haben wir:

z₂ = x₂ cos a

^ = Fx cos a und zt = x₁cosa f₂ = F₂ cos a

■m.

fx zt — Fx Xjl cos² a f₂ z₂ = F₂ x₂ cos²a

oder wenn wir diese letzten Gleichungen addieren:

.) cos² a

• • • • = (F1X1 + F2X2 + oder ^^Zj = cos²a2F₁ xx.

Nun seien die Abstände der Schwerpunkte der Flächen F und f von mn bez. x und z, so ist:

folglich ist auch

2 Fj xx = F x und 2^ xx = fz, fz = cos²a • F • x, und da nach einem bekannten Satze f = F cos a ist, so folgt weiter :

z = x • cos a,

wodurch der obige Satz erwiesen ist.

Sind sx und s₂ die Schwerpunkte der Grundflächen eines an beiden Enden schief abgeschnittenen Prismas oder Cylinders, und ist F ein normaler Querschnitt des Körpers, so kann man F als Projektion der einen oder der anderen Grundfläche betrachten. — Die Gerade Sj s₂ geht deshalb durch den Schwerpunkt von F, und ist parallel den Kanten des Prismas bez. des

Cylinders.

Berücksichtigen wir noch, dass jede der Endflächen als eine schiefe Projektion der anderen angesehen werden kann, so lässt sich der obige Satz allgemeiner so aussprechen:

Ist f eine beliebige Parallelprojektion der ebenen Figur F, so ist der Schwerpunkt von f die Projektion des Schwerpunktes von F.

Der vorstehende Satz gilt selbstverständlich auch für ringförmige Figuren, welche von zwei getrennten, aus geraden oder krummen Linien bestehenden Linienzügen begrenzt sind.

Lässt sich der Satz auch ausdehnen auf den Umfang einer Figur, indem man dieselbe als Ring von unendlich kleiner Breite betrachtet?

f) Schwerpunkt des Ausschnitts und Abschnitts einer Ellipse.

Fig. 83.

Die Ellipse ist bekanntlich eine gerade Projektion des um die grosse Achse AB als Durchmesser gezeichneten Kreises. — Wir legen, wie in Fig. 83 angegeben, diesen Kreis in die Ebene der Ellipse nieder; ist nun Cmn der Ausschnitt der Ellipse, dessen Schwerpunkt zu bestimmen ist, so ziehen wir mq und nr senkrecht zu AB, und verbinden q und r mit dem Mittelpunkt C durch Geraden. — Hier- ^ durch erhalten wir den Kreisausschnitt Cqr, von welchem Cmn eine Projektion ist. — Nun sei Cp die Halbierungslinie des Winkels qCr, s der auf Cp liegende Schwerpunkt des Ausschnittes Cqr, und po senkrecht zu AB, dann ist Co die Projektion des Halbmessers Cp. — Der gesuchte Schwerpunkt S liegt demnach auf Co und wird durch die zu AB senkrechte Gerade sS bestimmt.

Auf dieselbe Weise findet man den Schwerpunkt eines beliebigen Abschnittes der Ellipse.

Besonders einfach gestaltet sich die Konstruktion in dem Falle, wenn die den Ellipsenabschnitt begrenzende Sehne senkrecht zu einer der Hauptachsen ist. — Es sei z. B. BDE (Fig. 84 a) ein Abschnitt, dessen Sehne

ct

fi

P*

\e

VS

Fig. 84.

DE senkrecht zur grossen Achse AB steht; durch Verlängerung der Sehne bis F und G erhalten wir den Kreisabschnitt BFG, dessen Projektion BDE ist. — Der Schwerpunkt S des Kreisabschnittes fällt, wie leicht ersichtlich ist, jetzt mit dem Schwerpunkt des Ellipsenabschnittes zusammen.

Ist die Sehne des Abschnittes PQM (Fig. 84 ß) senkrecht zur kleinen Achse, so kann der Schwerpunkt desselben auf gleiche Weise bestimmt werden. — Bekanntlich ist die Ellipse auch eine schiefe Projektion des um die kleine Achse MR als Durchmesser gezeichneten Kreises. — Dann ist auch der Abschnitt PQM eine Projektion des Kreisabschnittes MON und der Schwerpunkt des letzteren fällt mit dem Schwerpunkte von PQM zusammen.

Der Abstand des Schwerpunktes einer Halbellipse, welche durch die kleine Achse

begrenzt wird, vom Mittelpunkt; ist hiernach — ——. Für die Hälfte einer Ellipse, welche

3 TC

von der grossen Achse begrenzt wrird, ist der Abstand des Schwerpunktes vom Mittel-

4b

p,mkt = —.

5. Schwerpunkte von krummen Flächen und von Körpern.

Hat eine krumme Fläche oder ein Körper einen geometrischen Mittelpunkt, so ist der letztere der Schwerpunkt. — Ebenso liegt der Schwerpunkt in einer etwa vorhandenen Symmetrieebene oder Symmetrieachse. — So liegt z. B. der Schwerpunkt der Kugel, des Cylinders mit kreisförmiger oder elliptischer Grundfläche, des Parallelepipedums, oder Prismas mit regelmässiger Grundfläche in dem geometrischen Mittelpunkte des Körpers. — Das Gleiche gilt von den Oberflächen und Mantelflächen derselben. — Im folgenden soll die Ermittelung der Schwerpunkte einiger Körper oder Flächen gezeigt werden, welche keinen geometrischen Mittelpunkt besitzen.

a) Schwerpunkt einer dreiseitigen Pyramide. (Fig. 85.)

Es sei f der Schwerpunkt der Grundfläche abc. — Auf der Geraden, welche f mit dem gegenüberliegenden Eckpunkte d verbindet, liegen die Schwerpunkte aller zu abc parallelen Schnitte der Pyramide. Deshalb liegt

cC

auch der Schwerpunkt der Pyramide in df. — Ebenso muss der Schwerpunkt auf der Geraden gc liegen, welche den Schwerpunkt g der Seitenfläche abd mit dem Eckpunkt c verbindet. — Der gesuchte Punkt S ist folglich der Durchschnitt von df und cg.

3,

(V

Fig. 85.

Zieht man die Gerade fg, so ist efg ^ Ą cde und weil ef=-|-ce, so ist auch fg = cd. — Ferner ist /\ fgS cdS, folglich auch fS — dS oder fS = \ df. — Es ergiebt sich hieraus leicht, dass der senkrechte Abstand des Schwerpunktes S von der Grundfläche abc ebenfalls \ der zu derselben gehörigen Höhe der Pyramide ist.

Der Schwerpunkt einer beliebigen vielseitigen Pyramide liegt auf der Geraden, welche den Schwerpunkt der Grundfläche mit der Spitze verbindet; denn diese Gerade trifft jeden Schnitt, welcher parallel zur Grundfläche ist, in seinem Schwerpunkt. — Ferner kann man die Pyramide in dreiseitige Pyramiden von gemeinschaftlicher Höhe zerlegen. Die Schwerpunkte derselben liegen in einer Ebene, deren Abstand von der Grundfläche gleich \ der Höhe der Pyramide ist. — Folglich liegt auch der Schwerpunkt der ganzen Pyramide in dieser Höhe über der Grundfläche.

Dasselbe Gesetz gilt auch für den Kegel.

b) Schwerpunkt der Mantelfläche einer Pyramide oder eines

Kegels.

Der Schwerpunkt liegt bei beiden in -j der Höhe über der Grundfläche. — Bei der Pyramide ist dieses sofort einleuchtend, weil die Schwerpunkte aller Seitenflächen in dieser Höhe über der Grundfläche liegen; für den Kegelmantel ergiebt sich der Satz, wenn man denselben durch Seitenlinien in unzählig viele unendlich kleine Dreiecke zerlegt.

Aufgabe. Nachzuweisen, dass der Schwerpunkt der Oberfläche einer

V

Pyramide oder eines Kegels um die Strecke ^ von derjenigen Ebene entfernt liegt, welche parallel zur Grundfläche durch den Schwerpunkt des Mantels geht. — (V bedeutet den Rauminhalt, 0 die Oberfläche).

c) Schwerpunkt eines an beiden Enden schief abgeschnittenen dreiseitigen Prismas. (Fig. 86.)

Das Prisma ist in Fig. 86 durch Grundriss und Aufriss dargestellt. — Wir zerlegen den Körper mittelst einer Ebene, welche durch (h, h₁)²) geht und parallel zur Grundfläche (abg, b₁g₁) ist, in ein dreiseitiges Prisma (abgfeh, b₁f₁h₁g₁) und in eine vierseitige Pyramide (cdfeh, fi dx hi ).—Es sei nun a b c d ein Rechteck und die beiden Grundflächen abg und cdh mögen symmetrisch gegen eine durch die Mitte von bc gehende Ebene sein, welche senkrecht zu den Kanten ad und bc steht, und in der Vertikalprojektion als die Gerade mn erscheint. —

ILa

*S-

Fig. 86.

?r

Ct

hi sind.

Unter dieser Voraussetzung liegt der Schwerpunkt in mn, und es ist nur noch die Höhe desselben über zu bestimmen.

Der Schwerpunkt sx der vierseitigen Pyramide liegt in der von hx auf fLdj gefällten Senkrechten so, dass s₁l = {-h₁l ist. -— Ferner liegt der Schwerpunkt s₂ des dreiseitigen Prismas (Vertikalprojektion b₁f₁h₁g₁) in der Mitte der Verbindungslinien ik der Schwerpunkte seiner Grundflächen (also bji = fxk = \ b^). — Zieht man nun sxs₂, so schneidet diese mn in dem gesuchten Schwerpunkte S.

Bezeichnet man die Länge bc mit a und die Breite cd mit b, ferner gh mit c und den Abstand der Kante gh von der Ebene ab cd mit h, so findet man für den Abstand x des Schwerpunktes von ab cd leicht die Formel:

b(a + c)

2 (2 a —{— c)*

d) Schwerpunkt eines Pyramiden- oder Kegelstumpfs. (Fig. 87.)

Der Schwerpunkt eines solchen Körpers liegt auf der Verbindungslinie der Schwerpunkte m und n seiner beiden Grundflächen (mn geht in ihrer Verlängerung durch die Spitze e). — Es sei nun ab cd eine Vertikalprojektion der abgestumpften Pyramide, bei welcher die Projektionen der beiden Grundflächen die parallelen Geraden ad und bc sind. — S sei der Schwerpunkt der vollständigen und s-l der Schwerpunkt der Ergänzungspyramide; es ist also nS = {ne, mst = {me. Da nun das Gewicht des Pyramidenstumpfs dem Unterschied der Ge-

wichte der vollständigen und der Ergänzungspyramide gleich ist, so kann der gesuchte Schwerpunkt in derselben Weise bestimmt werden, wie in den Aufgaben 4, c) und

d) des Abschnittes, sobald die Strecken ermittelt sind, welche die Gewichte der Pyramiden ade und bce darstellen. — Diese beiden Gewichte verhalten sich wie die Inhalte der Pyramiden oder (da die letzteren ähnlich sind) wie die Kuben ähnlich liegender Kanten. — Wir zeichnen um e als Mittelpunkt zwei Kreisbögen mit den Halbmessern ae und be, und ziehen von e aus einen andern Halbmesser el, welcher die beiden Bögen in g und 1 schneidet. — Auf ae nehmen wir die Strecke ef beliebig, ziehen fr parallel zu bl, rs parallel zu a g und st wieder parallel zu bl, dann verhält sich:

ef : er = be : el

y/

y$ s;

Ir/

'S

n,

m-

Fig. 87.

oder weil el = ae ist:

ebenso:

ef : er = be : ae er : es = be : ae (eg = be) es : et = be : ae.

Multipliziert man diese drei Proportionen miteinander, so folgt, wenn man links den gemeinschaftlichen Faktor er-es weglässt: ef : et — be³ : ae³.

Hierdurch ergiebt sich, dass man ef und et zur Darstellung der Gewichte der Pyramiden bce und ade benutzen kann. — Die Differenz dieser Strecken stellt alsdann das Gewicht des Pyramidenstumpfs dar.

Der Schwerpunkt lässt sich auch ohne Seilpolygon auf folgende Weise bestimmen. — Man ziehe durch S und Sj zwei parallele Geraden Su und SjY, trage auf diesen die Längen s^ — et und Sk==ef ab. — Die Gerade, welche durch h und k gezogen wird, schneidet mn in dem gesuchten Schwerpunkt s₂. — (s. II 3, a.)

Formel für den Abstand des Schwerpunktes von der unteren Grundfläche.

Der senkrechte Abstand des Schwerpunktes s₂ von der unteren Grundfläche kann berechnet werden, wenn man das Moment des Pyramidenstumpfs dem Moment der vollständigen Pyramide vermindert um das Moment der Ergänzungspyramide gleich setzt. — Durch eine andere Zerlegung kann aber diese etwas umständliche Kech-nung sehr vereinfacht werden. — Es sei zunächst ein dreiseitiger Pyramidenstumpf abcdef (Fig. 88) gegeben. — Wir zerlegen denselben in drei vollständige dreiseitige Pyramiden. — Bezeichnen wir nun die obere und untere Grundfläche mit g und G, die Höhe mit h, so ergiebt sich nach bekannten stereometrischen Sätzen alles zur Berechnung nötige aus folgendem Schema:

d.

e.

a.

'S

Fig. 88.

Gh

Pyramide a b c e = — adef =

•j^

Abstand des Schwerpunktes von G = —

= *h

ii

•n

Pyramidenstumpf abcdef = [G -f- yGlg g] „

3

Setzen wir jetzt das Moment des Pyramidenstumpfs gleich der Summe der Momente seiner einzelnen Teile, wobei nach 1. des Abschnittes statt der Gewichte die Inhalte derselben genommen werden können, so erhalten wir folgende Gleichung:

y[G+/Gg+g]x = -^-[G + 3g+2/Gi]

r = h[G + 3g + 2VGi]

4[G + VGh + g]

und hieraus:

'l'l

acef =

'I'f

V)

v>

'll 'll

'll

V)

ii

Diese Formel gilt auch für einen beliebigen vielseitigen Pyramidenstumpf, weil man jeden derartigen Körper in dreiseitige Pyramiden zerlegen kann, deren Schwerpunkte in gleichem Abstand von der unteren Grundfläche liegen. — Ebenso ist sie gültig für einen Kegelstumpf.

Der Inhalt M der mittleren Durchschnittsfigur eines Pyramidenstumpfs ist be-

= *(4r + 'ü®*)

Wird dieser Wert in obige Formel eingeführt, so folgt:

_ ä(g+2M)

G + g + 4 M'

Es ist leicht zu zeigen, dass diese letzte Formel auch für einen beliebigen vielseitigen Obelisk Gültigkeit hat. — Man beweist die Richtigkeit der Formel zuerst für einen vierseitigen Obelisk, welchen man als Differenz zweier dreiseitigen Pyramiden Stümpfe ansehen kann. Ferner für einen fünfseitigen Obelisk, welcher der Differenz zwischen einem vierseitigen Obelisk und einem dreiseitigen Pyramiden stumpf gleich ist u. s. f.

e) Schwerpunkt einer Kugelkappe und Kugelzone.

Der Schwerpunkt der Kugelkappe sowohl wie der Kugelzone liegt in der Mitte ihrer Höhe; denn beide Flächen können durch Ebenen, welche parallel zu den Ebenen der Begrenzungskreise sind, und die Höhe in gleiche Teile teilen, in Kugelzonen von gleichem Inhalt zerlegt werden, woraus sich der Satz unmittelbar ergiebt.

Ist a der Winkel, welchen ein nach dem Begrenzungskreise der Kugelkappe gehender Kugelradius mit der Achse der Kugelkappe bildet, so ist der Abstand des Schwerpunktes der Kappe vom Mittelpunkt der Kugel:

•|r (1 + cos a) —

Für den Abstand des Schwerpunktes der Kugelzone vom Mittelpunkt ergiebt sich:

kanntlich

woraus

folgt: l/Gg = 2 M

r • cos2 a

2‘

ir (cos a -j- cos ß)

oder x = r • cos

wenn a und ß die Winkel bedeuten, welche zwei nach den Begrenzungskreisen der Zone gehende Kugelradien mit der Achse der Zone bilden.

. cos

f) Schwerpunkt des Kugelausschnittes.

Zerlegen wir den Ausschnitt in unzählig viele Pyramiden, deren unendlich kleine Grundflächen in der Kugelkappe, und deren Spitzen im Mittelpunkt der Kugel liegen, so bilden die Schwerpunkte dieser Pyramiden eine Kugelkappe, deren Halbmesser vom Halbmesser der Kugel beträgt. — Der Schwerpunkt des Ausschnittes liegt also in der Mitte der Höhe dieser Kappe.

Der Abstand des Schwerpunktes vom Mittelpunkt der Kugel ist hiernach:

³ 0 «

— r cos² —.

CO GO

r (1 4- cos a) oder x == — 4

3

Für die Halbkugel (a = 90°) folgt hieraus x = — r.

O

2’

g) Schwerpunkt der Kugelschale. (Fig. 89.)

nt

IX

Das Gewicht dieses Körpers ist dem Unterschied der Gewichte zweier Kugelausschnitte gleich. — Die letzteren verhalten sich wie die Inhalte oder wie die Kuben der beiden Radien BC und CG. — Nehmen wir die Strecke CH auf BC will-kürlich und zeichnen den Linienzug HJLK so, dass die Seiten desselben abwechselnd den Geraden AG und BE parallel werden, so verhält sich (s. Aufgabe d):

CH : CK = CG³ : BC3 = R³ : r³.

Fig. 89.

Ist nun S der Schwerpunkt des Ausschnittes ABC und sx der Schwerpunkt von CGE, so ziehen wir durch diese beiden Punkte die parallelen Geraden St und sxu, tragen auf S t die Strecke Sn = CH und auf st u die Strecke sx m = CK ab. — Die Gerade, welche m und n verbindet, schneidet CD in dem gesuchten Schwerpunkte s₂.

Ist a der halbe Mittelpunktswinkel und sind E und r die Halbmesser der beiden Kugelflächen, so haben wir für den Abstand des Schwerpunktes s₂ vom Mittelpunkt die Formel:

cos²

, _ 3^ Rä + R⁴ 5 6 r + Er² + r⁷ R² 4- Rr 4- r²

h) Schwerpunkt des Kugelabschnittes. (Fig. 90.)

Das Gewicht eines Kugelabschnittes ist dem Gewicht des zugehörigen

Ausschnittes ACBD vermindert um das Gewicht des Kegels ABC gleich. Die Bestimmung des Schwerpunktes kann deshalb wie bei den vorigen Beispielen ausgeführt werden, sobald die Gewichte des Ausschnittes

A,.

&\~---------s.

Hieraus folgt: BE = ^ , oder auch

a²

des Kegels ist = -|-b²7ih, (b = BF, h = CF). Demnach sind 2 Strecken zu bestimmen, welche sich zu einander verhalten wie -^-a²n:r: -|b²TCh, oder wie a²r:b²h.

Wir ziehen DE senkrecht zu BD, dann haben wir:

BD BE a = oder — =

BE

BD

BF

BE

a²

(1).

b b²

Wird jetzt Cg = BE gemacht und gk parallel zu AE gezogen, so folgt:

Ck

Cg h'

Durch Multiplikation dieser letzten Geichung mit (1) ergiebt sich:

Ck-BE

a² r

oder, weil Cg = BE:

Cg-b

b²h

FT

a² r

b b²h‘

Nehmen wir demnach zur Darstellung des Gewichtes des Ausschnittes die Strecke Ck an, so bedeutet b das Gewicht des Kegels. — Diese beiden Strecken sind von den Schwerpunkten sx und S des Ausschnittes nach parallelen Richtungen aufgetragen; sxe = Ck, Sd = b. — Die Verbindungslinie der Endpunkte e und d geht dann verlängert durch den gesuchten Schwerpunkt s₂.

Für den Abstand des Schwerpunktes vom Mittelpunkte C findet man leicht die

Formel :

Cs₂

3 r (1 + cos a)²

wenn a der halbe Mittelpunktswinkel ist.

4 (2 + cos a)

¹

(a — I sin 2 a) '

Multipliziert man Zähler und Nenner mit 4r², so folgt hieraus leicht:

s¹

X 12 f

wenn s die Länge der Sehne ab, und f den Inhalt des Abschnittes bedeutet.

Aufgabe. Den Schwerpunkt eines von zwei parallelen Sehnen begrenzten Kreisstückes zu bestimmen.

e) Ist f die Projektion einer beliebigen ebenen Figur F, so ist der Schwerpunkt von f die Projektion des Schwerpunktes von F.

Es sei mn (Fig. 82 s. S. 66) die Durchsclmittslinie der beiden Ebenen P und Q; in welchen F und f liegen. — F zerlegen wir durch Geraden,

Schlotke, Graph. Statik. 2.

²

Der Punkt (h.. Dx) ist derjenige räumliche Punkt, dessen Projektionen h und

³

nd Kegels durch entsprechende

⁴

Strecken dargestellt sind. — Nun ist der Inhalt des Ausschnittes dem Inhalt eines Kegels gleich, dessen Grundfläche gleich der Kugelkappe und Höhe gleich dem Radius der

⁵

Kugel ist. — Die Kugelkappe lässt

⁶

sich aber in einen Kreis verwandeln, dessen Radius gleich der Sehne BD = a

⁷

ist. — Hiernach ist der Inhalt des Ausschnittes = 4 a² tc • r; der Inhalt

YU. Abschnitt.

Die Fachwerkträger.

Eine der leichtesten und zugleich nützlichsten Aufgaben der graphischen Statik besteht darin, die Spannungen der einzelnen Stangen von Fachwerkträgern zu ermitteln.

Im allgemeinen bestehen die Fach werke einfachster Konstruktion aus einer Verbindung von geraden Stäben zu einem ebenen Netz von Dreiecken, deren Eckpunkte sämtlich auf dem äusseren Umfang des Netzes liegen. (Fig. 91.)

Die einzelnen Stangen sind in den Eck- oder Knotenpunkten durch Gelenkbolzen verbunden.

'cL

tcl

Fig. 91.

Auf ein derartiges Stabsystem wirken nun eine Reihe von äusseren Kräften, welche unter sich im Gleichgewicht sind. Die Kräfte greifen nur in den Knotenpunkten an und liegen in der Ebene des Stabsystems. — Die Aufgabe ist dann stets, zu ermitteln, nie stark jede einzelne Stange von den äusseren Kräften in Anspruch genommen wird.

Da die Stangen in jedem Knotenpunkte durch eine Gelenkverbindung Zusammenhängen, so können sie die äusseren Kräfte auch nur ihrer Längenrichtung nach aufnehmen. — Es werden demnach die einzelnen Stangen lediglich in Bezug auf ihre Zug- oder Druckfestigkeit, aber nicht auf Biegung in Anspruch genommen, und hierin besteht ein besonderer Vorteil der Fachwerke. — Ausserdem gehören richtig konstruierte Fachwerke zu den sogenannten statisch bestimmten Systemen, welche eine vollständige theoretische Beurteilung aller vorkommenden Spannungen zulassen.

Zwischen den äusseren Kräften und den von denselben hervorgerufenen Widerständen in den Stangen findet Gleichgewicht in jedem einzelnen Knotenpunkte statt. Es müssen demnach alle in einem solchen Punkte wirkenden äusseren Kräfte und Spannungen sich zu einem geschlossenen Kräftepolygon vereinigen lassen. — Oder: Denken wir uns diejenigen Stangen, welche in einem Knotenpunkte, z. B. a, Zusammentreffen, durch einen Schnitt bcde abgetrennt, so könnte man in den Schnittpunkten b, c, d, e Kräfte anbringen, welche in den Richtungen der Stangen liegen und der äusseren Kraft das Gleichgewicht halten, herrschenden Spannungen von gleicher Grösse.

Diese Kräfte sind mit den in den Stangen

Die Ermittelung der Spannungen sämtlicher Stangen kann deshalb ausgeführt werden, wenn man jede äussere Kraft nach den Richtungen derjenigen Stangen zerlegt, welche in dem Angriffspunkt der Kraft zusammen-stossen. — Wir haben jedoch früher gesehen, dass eine Kraft K nur in zwei Kräfte, deren Richtungslinien sich auf K schneiden, oder in drei Kräfte, welche nicht durch einen Punkt gehen und von denen auch nicht zwei auf K Zusammentreffen, zerlegt werden kann. — Deshalb ist mit der Zerlegung immer bei einem solchen Knotenpunkte zu beginnen, in welchem nur zwei Stangen zusammenstossen.

Aus den gefundenen Spannungen werden die Querschnitte der Stangen bestimmt. — Nimmt man z. B. an, dass die zulässige Inanspruchnahme bei Zug oder Druck etwa 7 kg per qmm beträgt, so ist die gefundene Spannung durch 7 zu dividieren. Man erhält dadurch die Grösse des Querschnittes ausgedrückt in qmm.

Wir wollen nun im folgenden eine Reihe von Beispielen betrachten und hieran die verschiedenen zur Lösung der Aufgabe dienenden Methoden erläutern.

1. Es seien AB und BC (Fig. 92) zwei in A und C durch Gelenke an einer vertikalen Wand befestigte Stangen. — Es sollen die Spannungen

ermittelt werden, welche eine in B hängende Last P in den beiden Stangen verursacht.

Fig. 92.

Wir zerlegen nach I, 2. die Kraft P in zwei nach den Richtungen der Stangen AB und BC wirkende Kräfte. Dieselben werden durch die zu AB und BC parallelen Strecken ab und bc dargestellt. — Die Richtungen ergeben sich, wenn man den Linienzug in dem Sinne der Pfeilspitzen, also von c über b nach a verfolgt. — Bringen wir diese Kräfte ihren Richtungen entsprechend in B an, so zeigt sich, dass in AB Zugspannung und in BC Druckspannung herrscht.

Anmerkung. Diejenigen Stangen eines Facbwerks, welche Druckspannung haben, pflegt man durch doppelte Linien zu bezeichnen.

Berechnung der Spannungen.

Nehmen wir an, die Stange AB werde in D durchgeschnitten, so würde die Kraft P die Stangen BC und BD um das Gelenk C drehen. — Durch

eine in D angebrachte Kraft S₂, welche in der Richtung der Stange BD wirkt, kann das Gleichgewicht wiederhergestellt werden, wenn S₂ gleiches Moment wie P in Bezug auf C, aber entgegengesetzten Drehungssinn hat. — Folglich ist:

S₀ • AC = P • AB

S₂

AB

— p.

AC’

S₂ ist nun offenbar der Spannung, welche P in AB verursacht, gleich.

Bezeichnen wir die Spannung in BC mit Sx, so findet man auf dieselbe Weise

S! =

p .AB

AE

wenn hierin AE der senkrechte Abstand des Punktes A von BC ist.

2. Fachwerk zum Tragen eines Schutzdaches. Der in Fig. 93

tC

*■

io

•5ft

la

ÿ.

rz

sc-

G) a

Fig. 93.

dargestellte Träger ist in den beiden Punkten A und B an einer vertikalen Wand befestigt. — Auf jedem der Knotenpunkte C, D, E ruht die Last P P

und in F die Last — Die Vertikalstangen CJ, DH, EG teilen AF in vier gleiche Teile.

dar, welche auf die Stangen

Wir beginnen die Zerlegung der Kräfte beim Punkte F, in welchem nur 2 Stangen Zusammentreffen. — Es sei demnach ge parallel und gleich P . t .

— ; ziehen wir alsdann fg parallel FG und fe parallel EF, dann stellen fg

Li    «

und ef die Grössen der Seitenkräfte von

I'M

EF und FG wirken. — Die Richtungen dieser Kräfte sind durch Pfeilspitzen angedeutet; es zeigt sich daraus, dass in FG Druck- und in EF Zugspannung stattfindet.

(Die Stangen und deren zugehörige Spannungen, welche durch den Kräfteplan ermittelt werden, bezeichnen wir künftig, der Kürze wegen, mit gleichen Ziffern.)

Die Kraft 2, mit welcher EF gezogen wird und die in E angreifende äussere Kraft P wirken auf die Stangen DE und EG. — Wir bilden demnach aus 2 und der in e hinzugefügten Kraft em — P die Resultante fm, und zerlegen die letztere in zwei nach den Richtungen DE und EG wirkende Kräfte, indem wir df parallel EG und dm parallel DE ziehen. — Die beiden mit 3 und 4 bezeichneten Seitenkräfte von fm denken wir uns mit den durch die Pfeilspitzen angedeuteten Richtungen nach dem Angriffspunkte E verlegt und erkennen dann leicht, dass in 4 Zugspannung und in 3 Druckspannung herrscht.

Ferner ist ersichtlich, dass die Spannung in 4 gleich der in 2 und die Spannung in 3 gleich P sein muss.

Yon E gehen wir jetzt zum Punkte G über. — Die Druckspannungen der Stangen 1 und 3 wirken auf die beiden in G zusammentreffenden Stangen 5 und 6. — Nun ist dg die Resultante von 1 und 3; wir zerlegen dieselbe durch Parallelen zu GH und DG in die Seitenkräfte gh und dh, welche die Spannungen in den Stangen 6 und 5 darstellen. — Die Pfeilspitzen zeigen, dass in 5 Zug- und in 6 Druckspannung stattfindet.

Im Knotenpunkte D wirkt ausser den Spannungen 4 und ó noch die äussere Kraft P auf die beiden übrigen Stangen 7 und 8. — Wir bilden demnach aus 5, 4 und P den Kräftezug hdmn, dessen Schlusslinie hn die Resultante dieser Kräfte darstellt, und zerlegen hn durch Parallelen zu den Stangen 7 und 8 in zwei Seitenkräfte on und ho, welche nun den Spannungen in 7 und 8 gleich sind. — Den Richtungen der Pfeilspitzen entsprechend bedeutet 7 Zug- und 8 Druckspannung.

Die übrigen Spannungen bestimmt man auf dieselbe Weise.' Zunächst sind am Punkte H die Spannungen von nur zwei Stangen unbekannt. Dieselben können aus den Spannungen der anderen in diesem Knotenpunkte zusammentreffenden Stangen bestimmt werden. — Alsdann folgt die Ermittelung der in C und zuletzt der in J zusammenstossenden Stangen.

oc

Fig. 90.

Berechnung der Spannungen. (Ritters Methode.)

Durchschneiden wir eine der Stangen, z. B. 7, (Fig. 94), so wird der Trägerteil DFH mit dem abgetrennten Teil Dm der Stange 7 durch die in D, E und F angreifenden Kräfte um H gedreht. —

Die Drehung würde in dem Sinne der bei H stehenden Pfeilspitze erfol-woraus wir

'/

/3

'2

gen,

ersehen, dass in CD Zugspannung herrscht.

Grösse dieserSpan-

nung ist bestimmt durch eine Kraft S₇, welche in m angreift, und in der Richtung von D nach C wirkend die Drehung der in D, E und F an-

Die

P-i ca

to

io) ⁶

Pig. 94.

aufzuheben vermag. — Dazu ist nach III, 5.

greifenden Kräfte P, P,

erforderlich, dass das Moment von S₇ in Bezug auf den Punkt H gleich der Summe der Momente der drei anderen Kräfte ist. — Bezeichnen wir deshalb den Abstand des Punktes H von CD mit a, so haben wir als Gleichgewichtsbedingung :

= P • GH -j- -?■ • FH.

u

S₇ a

(Das Moment der in D wirkenden Kraft P ist Null, weil ihre Richtung durch H geht.) Aus dieser Gleichung können wir S₇ bestimmen. — Der Abstand a kann mit hinreichender Genauigkeit aus der Zeichnung entnommen werden ; andernfalls wäre derselbe aus den gegebenen Dimensionen des Trägers durch Rechnung zu bestimmen.

Auf gleiche Weise können wir die Spannung der Stange 10 (Fig. 95)

bestimmen. — Durchschneiden wir die Stange und denken wir uns den

'3

11

SL

?

2.

Fig. 95.

links liegenden Teil derselben, nämlich Jn beseitigt, so wird durch die Wirkung der in D, E und F angreifenden äusseren Kräfte eine Drehung des Trägerteils CFHn um das Gelenk C vor sich gehen. — Diese Drehung würde in dem Sinne der bei F stehenden Pfeilspitze erfolgen, woraus ersichtlich ist, dass die Stange Hn nach links gegen Jn gedrückt wird. — Demnach herrscht in 10 Druckspannung. — Die Grösse dieser Spannung ist gleich derjenigen Kraft S₁₀, welche in n angebracht und in der Rich

tung von J nach H wirkend, den in D, E und F angreifenden Kräften Gleichgewicht hält in Bezug auf Drehung um C. — Es muss demnach das Moment von S₁₀ gleich der Summe der Momente jener Kräfte in Bezug auf den Drehpunkt C sein.

Hiernach ergiebt sich S₁₀ aus der Gleichung : S₁₀ • CJ = P • JH + P • JG + i P • JF.

Es ist wohl klar, dass die Spannungen der äusseren Stangen sämtlich wie oben angegeben ermittelt werden können; doch lassen sich auch die Spannungen der Zwischenstangen in ähnlicher Weise bestimmen.

Um z. B. die Spannung der Stange 9 zu finden, durchschneiden wir 9 und noch zwei andere Stangen (in unserem Beispiel 7 und 10) (Fig. 96), so dass der eine Teil des Trägers vollständig vom andern getrennt wird. —

I?

|F

Das jetzt gestörte Gleichgewicht des abgeschnittenenTei-les kann man durch

/ï

\/

Fig. 96.

drei in den Stangenenden m, 1, n angreifende Kräfte S S₉, S₁₀ wiederherstellen, wenn die letzteren in denRich-tungen der Stangen liegen und gleiche Grösse mit den in 7, 9, 10 herrschenden Spannungen haben. — Alsdann ist aber das Moment von S₉ in Bezug auf einen beliebigen Drehpunkt gleich der Summe der Momente der übrigen Kräfte. (III, 5.) — Die hieraus hervorgehende Gleichgewichtsbedingung wird im allgemeinen sämtliche auf den abgeschnittenen Trägerteil wirkende Kräfte enthalten, weshalb S₇ und S₁₀ als bekannt vorausgesetzt werden müssten. — Man kann jedoch die beiden letzteren eliminieren, wenn man den Drehpunkt nach dem Punkte verlegt, in welchem die ausser 9 noch mit durchschnittenen Stangen 7 und 10 oder deren Verlängerungen sich treffen. — In Bezug auf diesen Punkt verschwinden nämlich die Momente von S, und

S₁₀ und wir erhalten, wenn wir den Abstand der Stangenrichtung 9 von F mit b bezeichnen:

S₉b = P • FH -j- P • FG ; aus welcher Gleichung sich S₉ ergiebt.

Aus dem Sinn der Drehung, welche durch die in D und E wirkenden äusseren Kräfte verursacht wird, erkennen wir, dass die Stange 9 auf Zugspannung beansprucht wird.

Die Spannung der Stange 8 wird bestimmt, wenn wir durch einen Schnitt, welcher 6, 8 und 7 trifft, den Trägerteil rechts von dem übrigen Teil gänzlich abtrennen. — An den durchschnittenen Stangen bringen wir wieder drei, in den Richtungen derselben wirkende Kräfte an, welche das Gleichgewicht des abgeschnittenen Trägerteils wiederherstellen. Für diese und die in D, E und I¹ wirkenden äusseren Kräfte bilden wir die Gleichung der statischen Momente, indem wir die letzteren auf den Punkt F beziehen, in welchem sich die gleichzeitig mit 8 durchschnittenen Stangen 6 und 7 oder deren Verlängerungen treffen. — Die Spannung S₈ ergiebt sich folglich aus der Gleichung:

S₈ • FH = P • FH + P • FG.

Die vorstehende Entwickelung zeigt, dass bei einem einfachen Träger die Spannung einer beliebigen Stange stets direkt (d. h. ohne vorherige Ermittelung der Spannungen anderer Stangen) gefunden werden kann, wenn durch einen Schnitt, welcher diese Stange und höchstens noch zwei andere Stangen trifft, ein Trägerteil gänzlich von dem andern abgetrennt wird. — Den Schnittpunkt der beiden mit durchschnittenen Stangen (oder deren Verlängerungen) nimmt man als Drehpunkt und stellt in Bezug auf den letzteren die Gleichung der statischen Momente auf. — Diese wird als einzige Unbekannte die gesuchte Spannung enthalten.

Für den Anfänger ist es nützlich, die durch den Kräfteplan gefundenen Spannungen mit Hilfe der Ritterschen Methode nachzurechnen. — Es genügt hierbei, wie schon oben bemerkt, die Abstände der Kräfte von dem jedesmaligen Drehpunkte aus der Zeichnung abzumessen.

Zahlenbeispiel. Es sei Fig. 93 AB = 1,6 m, AJ = JH = HG = GF = 1 m. P = 200 kg.

Man findet:

Sx = 250 kg (Druck)

5₂    = 269 „ (Zug)

5₃    == 200 „ (Druck)

5₄    = 269 „ (Zug)

5₅    = 320 „ (Zug)

Sfi = 500 ,, (Druck) S₇ = 539 „ (Zug)

5₈    = 300 kg (Druck)

5₉    = 390 „ (Zug) S₁₀= 750 ,, (Druck) Sn= 808 „ (Zug) S₁₂— 400 ,, (Druck) S₁₃= 472 „ (Zug) 814=1000 „ (Druck).

3. Die Spannung in irgend einer Stange kann auch auf dem Wege der Konstruktion gefunden werden, ohne dass die Spannungen anderer Stangen vorher bestimmt werden müssen. — Soll z. B. die Spannung der

IP

Sr;

ff

Cf

Tr

£P

2/

Fig. 97.

Stange 10 (Fig. 97) des vorhin behandelten Trägers direkt gefunden werden,

so denken wir uns die Stange wieder durchgeschnitten. — Auf den um C

• i •    P

jetzt drehbaren Trägerteil wirken in D, E und F die Kräfte P, P und

5

deren Resultante R = ^P mit Hilfe des Seilpolygons fabcde auf bekannte

Li

Weise sich ergiebt. — Die Wirkung von R in Bezug auf Drehung um C können wir aber durch eine andere in der Geraden Fn liegende Kraft S10 aufheben, welche alsdann die Grösse der in 10 herrschenden Druckspannung darstellt. — Diese Kraft wird gefunden, wenn man R in zwei Seitenkräfte zerlegt, von welchen die eine in Fn liegt, während die Richtungslinie der anderen die Gerade ist, welche C mit dem Schnittpunkt x von R und Fn verbindet. (III, 3.)

5

Konstruktion. Wir machen aß gleich und parallel R (= —P); ziehen

a y parallel Cx und ßy parallel zu Fn, dann stellt ßy die Grösse der Druckspannung S₁₀ dar.

Man kann auch die Spannungen mehrerer Stangen gleichzeitig finden. Trennen wir durch einen Schnitt, welcher z. B. 7, 9 und 10 trifft, den rechts liegenden Trägerteil vollständig von dem Teil links, so müssen die

drei an 7, 9 nnd 10 anzubringenden Kräfte S₇, S₉, S störte Gleichgewicht wiederherstellen, mit der vorhin gefundenen Resultante R im Gleichgewicht sein. — Wir können deshalb R in drei nach den Richtungen der durchschnittenen Stangen wirkende Kräfte zerlegen, wodurch

welche das ge-

io?

wir die Grössen von S₇, S₉ und S₁₀ erhalten. — Diese Zerlegung ergiebt sich aus I, 5. — Hiernach geht die Resultante der Seitenkräfte 7 und 9 durch C und x, und die Konstruktion ist die folgende: Wir machen aß • gleich und parallel R und ziehen ay parallel zu Cx und ßy parallel zu 10; ay wird nochmals in zwei Kräfte nach den Richtungen der Stangen 7 und 9 zerlegt. — Wir ziehen demnach a 5 parallel zu 7 und 5 y parallel zu 9, dann sind a 5, 5 y und ßy den Spannungen in 7, 9, bezw. 10 gleich.

4. Freiträger. (Fig. 98.) Die äusseren Stangen von A bis G seien parallel mit den unteren von B bis H. — Die einzelnen Felder des Trägers seien sämtlich gleichschenkelige Dreiecke, bis auf das an der vertikalen Wand MN befindliche Feld ABC, welches ein rechtwinkliges Dreieck ist.

~y\

3/ / \ P

h—«

Je-—<f

Fig. 98.

Die Ermittelung der Spannungen

Im Endpunkte H hängt die Last P. ist sehr einfach. — Wir zerlegen zuerst P nach den Richtungen der Stangen FH und HG, wodurch wir die in dem Kräfteplan mit 1 und 2 bezeichnten Spannungen erhalten. — Aus den durch die Pfeilspitzen angedeuteten Richtungen erkennen wir, dass in GH Zug- und in FH Druckspannung herrscht. — Vom Punkte H gehen wir über zu G und zerlegen demnach die in G angreifende Kraft 2 nach den Richtungen der Stangen GE und GF. — Hierdurch erhalten wir für GF die Druckspannung 3 und für GE die Zugspannung 4. — Aus 1 und 3 bilden wir die Resultante mg und zerlegen dieselbe in die Seitenkräfte 5 und 6, welche die Spannungen in den Stangen DF und EF darstellen (5 ist Druck- und 6 Zugspannung). Von F gehen wir zu E, dann zu D und schliesslich zu C über; in jedem dieser Punkte vereinigen wir die bereits bekannten Spannungen zu einer Resultante und zerlegen die letztere nach den Richtungen der beiden Stangen, deren Spannungen noch unbekannt sind. Diese Andeutungen genügen, weil die Konstruktion genau in der oben angegebenen Weise fortzusetzen ist; wir wollen im folgenden nur noch die Berechnung der Spannungen erläutern.

Um nach Ritter’s Methode die Spannung in einer der äusseren Stangen, z. B. CE, zu ermitteln, zerlegen wir den Träger durch einen Schnitt zy, welcher höchstens drei Stangen trifft, in zwei voneinander getrennte Teile. — Das Gleichgewicht des Trägerteils rechts, an welchem die Last P wirkt, kann durch drei an den durchschnittenen Stangen wirkende Kräfte, welche den Spannungen gleich sind, wiederhergestellt werden. — Nehmen wir also • den Punkt D, in welchem die ausser 8 noch mit durchschnittenen Stangen

sich treffen, als Drehpunkt an, so heisst die Gleichung der statischen Momente (wenn h der Abstand des Punktes D von CE ist, ferner DF = FH — a und die Spannung in 8 mit S₈ bezeichnet wird):

S₈ • h = 2 a • P, woraus folgt: S₈ =

2 aP

h

Bei der Berechnung der Spannung in der mittleren Stange DE zeigt sich eine kleine Schwierigkeit. — Die beiden durch den Schnitt zy mit getroffenen Stangen 5 und 8 sind nämlich parallel und der nach dem früheren zu wählende Drehpunkt würde deshalb in unendlicher Entfernung liegen, wodurch die Gleichung der statischen Momente unbestimmt wird. — Zur

jr

/v

J7 G

Beseitigung dieser Schwierigkeit nehmen wir an, der abgeschnittene Trägerteil habe die Form EG'HD (Fig. 99) gehabt, so dass die Verlängerungen von EG' und DH in einem Punkte

0 Zusammentreffen, dessen Abstand von H gleich x sei. — Nehmen wir nun 0 als Drehpunkt und bezeichnen den Winkel EDF mit a, setzen wie vorhin DF = HF = a, die gesuchte Spannung = S₇, so heisst für diesen Fall die Gleichung der statischen Momente :

S₇ (2a -f- x) sin a = Px,

oder wenn man auf beiden Seiten durch x dividiert:

Fig. 99.

s₇ 4-1) sin a = p-

Lassen wir nun die angenommene Form des abgeschnittenen Trägerteils in die frühere übergehen (welche in Fig. 99 ebenfalls angedeutet ist),

2 a

so wird x unendlich und — wird demnach zu Null. — Die oben gefundene

x

Gleichung heisst für diesen Fall:

S₇ • sin a = P,

woraus folgt:

S₇

sm a

5. Dachstuhl nach Polonceau. (Fig. 100.)

abwärts. — Ausser diesen Lasten wirken in A und B noch

Der Träger ist an beiden Endpunkten A und B unterstützt. — In jedem der Knotenpunkte CD und E wirkt eine Last P, in A und B da-P

gegen je y

die Auflagerreaktionen jede gleich 2 P aufwärts, als äussere Kräfte auf den Träger.

Die Zerlegung der äusseren Kräfte beginnen wir bei einem der Auflager, z. B. A.

■ß

,P

C\

Zur Konstruktion des Kräfteplanes stellen wir demnach die in A wirkende Auflagerreaktion 2 P durch die Gerade ab dar und tragen vom Endpunkte b aus die Grösse der gleichfalls in A wirkenden P

äusseren Last — nach bc ab;

'ŹP

4P

Ti

ac ist dann die Résultante der in A angreifenden Kräfte, und wir zerlegen dieselbe durch die beiden Geraden af ( J| AF) und cf II (AC) in zwei, in den Richtungen der Stangen 1 und 2 liegende Seitenkräfte. —

Fig. 100.

Denkt man sich die letzteren nach dem Angriffspunkte A verlegt, so ergiebt sich mit Berücksichtigung ihrer Richtungen für die Stange 1 Zug-und für 2 Druckspannung. —

Im Knotenpunkte C wirken nun die Druckspannung 2 und die äussere Kraft P, welche im Kräfteplan den Linienzug fee bilden. — Die Resultante dieser beiden Kräfte würde fe sein. Zerlegen wir die letztere in zwei nach den Richtungen der Stangen CD und CF wirkende Seitenkräfte 3 und 4, welche im Kräfteplan durch die beiden Geraden fg ( || CF) und ge ( || CD) dargestellt werden, so folgt aus den durch die Pfeilspitzen angegebenen Richtungen, dass sowohl in 3 als auch in 4 Druckspannung herrscht. — Vom Knotenpunkte C gehen wir schliesslich zum Punkte F über. Die beiden in F angreifenden, schon bekannten Kräfte 1 und 3 sind im Kräfteplan durch den Linienzug afg bereits aneinander gefügt; ihre Resultante a g kann deshalb nach den Richtungen der beiden noch übrigen Stangen 5 und 6 zerlegt werden. — Für beide Stangen finden wir Zugspannung.

Da der Träger in Bezug auf eine Vertikale durch den Scheitel D symmetrisch vorausgesetzt wird, und die Lasten auf symmetrisch liegenden Knotenpunkten gleich sind, so ist einleuchtend, dass auch die Spannungen in je zwei symmetrisch liegenden Stangen gleiche Grösse haben müssen. — Durch die oben angegebene Konstruktion sind demnach sämtliche Spannungen gefunden.

Beispiel. Die Spannweite AB = 10 m, Höhe BH = 3 m, AC = CD = DE = BE; CF J_ AD; ferner sei CF = 1 m. P = 1000 kg.

Man findet die Spannungen:

5₄    = 4007 kg (Druck)

5₅    = 2042 „ (Zug)

5₆    = 2121 „ (Zug).

6. Deutscher Dachstuhl. (Fig. 101.) Die Zerlegung ist in gleicher

Weise, wie im vorigen Bei--i# spiel auszuführen. — Wir j    überlassen daher die Kon-

Sj = 3964 kg (Zug)

5₂    = 4522 „ (Druck)

5₃    = 857 ,, (Druck)

Fig. 101.

p struktion und Berechnung dem [p Anfänger, und geben folgen-H des Zahlenbeispiel zur Übung.

Spannweite AC = 10 m, Höhe CG = 3,5 m, AD = BD = BF = CF. P = 1000 kg.

Man findet:

Sx = 5231 kg (Druck)

5₂    = 4541 „ (Zug)

5₃    = 3488 „ (Druck)

5₄    = 1429 „ (Druck)

5₅    = 3000 „ (Zug).

!5 /S

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Fig. 102.

7. Perrondach. Der in Fig. 102 dargestellte Träger ist in den Punkten A und C unterstützt. — Die Auflagerreaktionen in diesen Punkten bilden mit den in den Knotenpunkten B, H, G, E, D wirkenden Belastungen das System der äusseren Kräfte, deren Wirkung auf die einzelnen Stangen des Trägers zu ermitteln ist. — Die Bestimmung der Auflagerreaktionen geschieht mit Hilfe des Seilpolygons und die Zerlegung der Kräfte beginnt man beim Punkte A oder bei D.

Beispiel. AJ = JF = FC = CD = 1,5 m; AB = 1, 5 m. P = 300 kg. Es ergeben sich folgende Spannungen:

S1X = 333 kg (Druck) S₁₂ = 344 „ (Druck) Si 3 = 471 „ (Zug)

5₁₄    =    0    „

5₁₅    = 400 „ (Druck).

S₆ - 400 kg (Zug) 50 ,, (Druck) S₈ =412 „ (Druck) 83 „ (Zug) Si₀= 333 „ (Zug)

Sx = 600 kg (Druck)

S₇

5₂    = 618 „ (Zug)

5₃    = 300 ,, (Druck)

S₉

54    — 618 „ (Zug)

5₅    =1118 „ (Druck)

8. Englischer und belgischer Dachstuhl. Der erstere ist in Fig. 103, der zweite in Fig. 104 (s. S. 88) dargestellt. — Da die Kräftepläne für beide auf ganz gleiche Weise gefunden werden, so stellen wir dieselben untereinander. — Der Text bezieht sich dann gleichzeitig auf beide Figuren.

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Fig. 103.

Auf jeden Knotenpunkt wirke die Last P, in den beiden Stützpunkten P

jedoch —. — Wegen der gleichen Lastverteilung beträgt die Auflagerreaktion

u

in A sowohl als in J die Hälfte der gesamten Belastung, nämlich 4 P.

Die Konstruktion des Kräfteplanes beginnen wir mit der Auflagerreaktion, welche durch ab dargestellt wird. — Von b aus tragen wir alsdann die P

Strecke b c = auf a b ab, dann stellt a c die aufwärts gerichtete Resultante der äusseren auf A wirkenden Kräfte dar. — Diese Resultante zerlegen wir durch die beiden Geraden a d ( [| AF) und c d ( || AB) in zwei Seitenkräfte, welche die Spannungen in den Stangen 1 und 2 darstellen. —

Für 1 erhalten wir Zug- und für 2 Druckspannung. — Alsdann gehen wir zum Knotenpunkte B über, für welchen die in 2 herrschende Spannung und die äussere Kraft P bereits bekannt sind. — Die Resultante dieser beiden Kräfte, welche durch eine Gerade von d nach e der Grösse und Richtung nach dargestellt wird, zerlegen wir durch die Geraden df ( [| BF) und ef ( Il BC) in zwei Seitenkräfte; hierdurch sind nun auch die Spannungen der beiden Stangen BF und BC bestimmt. — Von B gehen wir zu F, dann zu C, D und G über. — Da diese weitere Ermittelung der Spannungen stets in der bereits bekannten Weise vor sich geht, so überlassen wir dieselbe und die Berechnung der Spannungen nach der Ritter’schen Methode der eigenen Übung.

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P

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a.

Fig. 104.

Beispiele.

Für Fig. 103.

AJ = 30 m, HE = 6 m. AB = BC = CD = DE. P = 4000 kg. Man findet:

S₅

S₉

Sj = 35000 kg (Zug)

5₂    = 37691 „ (Druck)

5₃    = 32309 „ (Druck) 5385 ,, (Druck) 2000 „ (Zug)

5₆    = 30000 „ (Zug)

5₇    = 26924 „ (Druck)

S₈ = 6403 kg (Druck) 4000 „ (Zug) S₁₀ = 25000 „ (Zug) Su = 7810 „ (Druck) S₁₂= 21539 „ (Druck) S₁₃= 11832 „ (Zug)

Für Fig. 104.

AJ = 30 m; AB = BC = CD = DE; DH J_ AE; DH || CG || BF; P =

4000 kg.

51    = 24249 kg (Zug)

5₂    = 28000

5₃    = 26000

5₄    = 3464

5₅    = 3464

5₆    = 20786

5₇    = 21000

(Druck)

(Druck)

(Druck)

(Zug)

(Zug)

(Druck)

5₈    = 5196 kg (Druck)

5₉    = 4582 „ (Zug) S₁₀= 17321 „ (Zug) S1X= 6928 „ (Druck) S₁₂ = 16000 „ (Druck) S, g = 12000 „ (Zug)

9. Träger grösserer Dimension (nach Polonceau). Dieser in Fig. 105 (s. S. 90) dargestellte Träger ist eigentlich kein einfacher Träger in dem Sinne der am Eingang dieses Abschnittes aufgestellten Erklärung. — Es liegen nämlich nicht sämtliche Eckpunkte der dreieckigen Felder auf dem äusseren Umfange. — Die Lasten seien, wie in Fig. 105 angegeben, auf die Knotenpunkte verteilt.

die äussere in diesem

In A ist die Auflagerreaktion, vermindert um

Punkte wirkende Kraft. — Dieselbe ist durch a c dargestellt. — Wir ziehen a d parallel AF und c d parallel AB, dann sind a d und c d den Spannungen in AF und AB gleich, und zwar bedeutet 1 Zugspannung und 2 Druckspannung. — 2 vereinigen wir mit der äusseren Kraft P, welche in B an-greift, zu einer Resultante. In Fig. 105 wäre dieselbe die Verbindungslinie der Punkte d und e. Wir ziehen nun d f parallel BF und e f parallel BC, wodurch diese Resultante in zwei Seitenkräfte 3 und 4 zerlegt wird, welche den Spannungen in BF und BC gleich sind. — Aus 1 und 3 finden wir dann in gleicher Weise die in CF und FG herrschenden Spannungen 5 und 6. — Gehen wir nun zum Knotenpunkte C über, so stossen wir auf Schwierigkeiten. — Es sind allerdings die Spannungen in den Stangen BC und CF und die äussere Kraft P, welche auf C wirken, bekannt; es ist jedoch die Resultante dieser Kräfte in diesem Falle in drei Seitenkräfte, welche nach den Richtungen der drei Stangen 7, 8 und 9 wirken, zu zerlegen. — Nach (I, 5) sind aber die drei Seitenkräfte, (weil ihre Richtungslinien sich auf der Resultante schneiden) unbestimmt; wir können deshalb die Zerlegung erst dann weiter fortsetzen, wenn es gelingt, die Spannung einer der Stangen 7, 8 oder 9 anderweitig zu ermitteln.

In dem vorliegenden Falle führt folgender Weg zum Ziele. — Wir zerlegen die in dem Punkte D angreifende äussere Kraft P in zwei nach den Richtungen der Stangen CD, DE und DH wirkende Kräfte. Fig. 105 (y). — Da CD und DE einerlei Richtung haben, so werden die Parallelen zu

denselben in (y) eine einzige Gerade uz bilden, welche die Differenz der in CD und DE herrschenden Spannungen darstellt. — Die zu DH parallele Gerade xz stellt dagegen die Spannung in 11 wirklich dar, welche, wie aus der Richtung derselben ersichtlich, Druckspannung ist. —- Nun treffen im Knotenpunkte H wieder 4 Stangen zusammen, von denen GH und EH in einer Geraden liegen. — Wir zerlegen deshalb in Fig. 105 (y) die Kraft 11, indem wir xy parallel CH und yz parallel GH und EH ziehen, und

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2.

a-rt)

erhalten wie oben in yz die Differenz der Spannungen in GH und HE, während diese I* Spannungen einzeln Lj noch unbestimmt blei-Jj ben. — Dagegen stellt die Gerade xy die in CH herrschende Zug-^ Spannung 8 dar.

9,

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Jetzt sind von den Spannungen der in C zusammentreffenden Stangen nur noch zwei, nämlich 7 und 9 unbekannt. — Die schon " p    oben bestimmten Kräfte

(ce)

5/

5/

Fig. 105.

M 5 und 4 und die äussere Kraft P, welche in C angreift, bilden den Linienzug g f e h. — Die Resultante dieser drei Kräfte, welche wir in Fig. 105 (a) der Deutlichkeit wegen

allein dargestellt haben, würde g h sein. — Zwischen g und h ist jetzt ein Linienzug herzustellen, dessen einzelne Seiten den Stangen 7, 8 und 9 parallel sind, und von denen die Parallele zu 8 die Länge der Strecke xy in Fig. 105 (y) hat. — Dieser Linienzug kann aber sowohl die in Fig. 105 (a) als auch die in Fig. 105 (ß) dargestellte Form annehmen (wenn die mit den Ziffern 7, 8 und 9 bezeichneten, etwas stärker angedeuteten Linien jene Parallelen sind). — Nach (a) würde alsdann 8 Druck-, nach (ß) jedoch Zugspannung bedeuten, und da wir schon oben gefunden haben, dass in 8 Zugspannung herrscht, so ist die Zerlegung in Fig. 104 (ß) die richtige. —

In dieser Gestalt ist der Linienzug 7, 8, 9 nun auch in den allgemeinen Kräfteplan eingetragen.

Die Ermittelung der Spannungen der noch übrigen Stangen bietet keine weiteren Schwierigkeiten. — Dieselben sind sämtlich in Fig. 105 dargestellt.

Berechnung der Spannungen.

Um die Spannung in der Stange 6 zu ermitteln, legen wir durch diese und die beiden Stangen 4 und 5 einen Schnitt, wodurch der ganze Träger in zwei vollständig getrennte Teile zerfällt.

\P A

æ

\z

—    Die Gleichung zwischen den statischen Momenten der auf den links liegenden Trägerteil (Fig. 106) wirkenden Kräfte beziehen wir auf den Punkt C (in welchem 4 und 5 Zusammentreffen) als Drehungspunkt.

—    Die Gleichung enthält dann ausser den

Fig. 106.

p

bekannten Kräften Ifi, — und P nur noch

u

die gesuchte Kraft S₆ als Unbekannte, welche demnach hieraus bestimmt werden kann.

4 und 5.

Auf dieselbe Weise ergeben sich die Spannungen der Stangen 1, 2, 3, Ebenso lassen sich die in 12, 13 und 14 herrschenden Spannungen bestimmen, weil der Träger durch einen Schnitt, welcher diese drei Stangen trifft, in zwei vollständig getrennte Teile zerfällt.

Führen wir durch eine der noch übrigen Stangen 7, 8, 9, 10 oder 11 einen Schnitt, so muss derselbe im Ganzen mindestens vier Stangen treffen, wenn der Träger in zwei gänzlich getrennte Teile zerfallen soll. — Dies ist z. B. der Fall, wenn der Schnitt durch die Stangen 8, 9, 10 und 14 geführt wird. (Fig. 105.) — Da aber die Spannung der Stange 14 nach dem vorigen bestimmt werden kann, so dürfen wir dieselbe als eine bekannte Kraft zu Hilfe nehmen.

Die aufzustellende Gleichung enthält also nur noch

Die Gleichung der statischen Momente beziehen wir jetzt auf den Punkt H, in welchem 8 und 10 Zusammentreffen, als Drehpunkt. — Hierdurch werden die in diesen Stangen wirkenden, aber noch unbekannten Spannungen elinimiert. die in 9 stattfindende Spannung S₉ als einzige Unbekannte.

Nehmen wir endlich C als Drehpunkt, so ergiebt sich auch

Nachdem S₉ gefunden ist, verlegen wir den Drehpunkt nach G, und erhalten durch die Gleichung der statischen Momente die Spannung in der Stange 8.

noch die Spannung in 10. — In ähnlicher Weise bestimmt man die Spannung der Stange 7.

Durch die Stangen 9, 11, 13, 15, 16 lässt sich ein Schnitt legen, welcher einen Trägerteil völlig vom andern abtrennt. Diese Stangen treffen

Winddruck.

__

--5?—-

Fig. 107.

aber sämtlich bis auf 11 in E zusammen. Wir finden demnach die Spannung in 11 mit Hilfe der Gleichung der statischen Momente leicht, wenn wir für diesen Fall E als Drehpunkt annehmen (s. Hitters Technische Mechanik). Beispiel. Es sei AJ = 30 m. Die Höhe des Trägers in der Mitte AB = BC — CD = DE; BF || CG || DH J_ AE; P = 4000 kg.

Es ergeben sich folgende Spannungen:

Sx = 35000 kg (Zug)

S₂ = 37691 „ (Druck)

3707 „ (Druck)

5₄    = 36208 ,, (Druck)

5₅    — 5000 „ (Zug)

5₆    = 30000 „ (Zug)

5₇    = 7414 „ (Druck)

= 6 m.

s.

5₈    - 5000 kg (Zug)

5₉    = 34725 S₁₀ = 10000

(Druck) (Zug)

3707 „ (Druck)

5₁₂    = 33242 „ (Druck)

5₁₃    = 15000 „ (Zug)

5₁₄    = 20000 „ (Zug)

ii

Durch Versuche ist ermittelt worden, dass der Druck, welchen eine in Bewegung begriffene Luftsäule auf eine senkrecht zur Richtung dieser Bewegung stehende ebene Fläche ausübt, dem Quadrat der Geschwindigkeit proportional ist. — Annähernd B kann man den Druck d = 0,1354 v² kg für jedes □ m der gedrückten Fläche setzen, wenn v die Geschwindigkeit des Windes in Metern bedeutet. —

Aus folgender Tabelle er-giebt sich für verschiedene Werte von v der Winddruck pr. Qm in abgerundeten Zahlen:

v = 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45 m d= 3, 14, 30, 54, 85, 122, 166, 217, 274 kg.

In unseren Gegenden pflegt man 120 kg pr. [Q m als erfahrungsgemäss grössten Winddruck zu berücksichtigen. — bis entspricht derselbe einer Windgeschwindigkeit von nahezu 30 m.

Um nun die Grösse des auf eine gegebene Ebene AB (Fig. 107) wirkenden Winddruckes zu bestimmen, denken wir uns die Luftsäule BZYA, von welcher AB getroffen wird, durch die Ebene AC normal durchschnitten. —

Die Windrichtung YA bildet durchschnittlich einen Winkel von 10° gegen die Horizontale. — Ist nun a der Neigungswinkel der Ebene AB gegen die Horizontale, und bezeichnen F und f die Inhalte der Ebenen AB und AC, so ist Z CAB = ß = 90 — (a -f- 10°); ferner

f = F cosß = F sin (a -J- 10°).

Der Winddruck D gegen die Ebene AC ist nun:

(1)

D = fd

oder auch D = d . Fsin (a -f- 10°) . . (2).

Der Winddruck ist auf AC gleichförmig verteilt, D greift demnach im Schwerpunkte E der Fläche AC an; ebenso geht die Richtungslinie dieser Kraft durch den Schwerpunkt G von AB (s. IY, 4, e). Wir zerlegen nun D in zwei Seitenkräfte GL und GK, von welchen die erstere senkrecht, die letztere parallel zu AB ist. — GL = W stellt alsdann den senkrecht zu AB gerichteten Winddruck dar, während GK nicht in Betracht kommt. — Der Winkel LGM ist offenbar = ß = 90 — (a -f- 10°); es ist demnach:

W = Dsin (a -f- 10°) oder W = d . F sin² (a -f- 10°) . . . (3).

Die Ermittelung derjenigen Spannungen, welche vom Winddruck allein in den einzelnen Stangen eines Fachwerkträgers erzeugt werden, wollen wir an dem folgenden Beispiel erläutern.

10. Es sei (A₁B₁C₁, A₂B₂C₂) (Fig. 108 s. S. 94) ein durch Grundriss und Aufriss dargestellter Dachbinder. — Im Grundriss sind noch zwei benachbarte Binder EF und HJ angegeben, welche in gleichen Abständen von A₁C₁ liegen. — Der auf (A₁B₁, A₂B₂) lastende Winddruck wird durch denjenigen Teil der Dachfläche übertragen, welcher von der Mitte des Feldes AjBjOH bis zur Mitte des Feldes A₁ENB₁ sich erstreckt. — Diese Fläche ist im Grundriss durch das schraffierte Rechteck ab ce dargestellt; sie ist an Flächeninhalt einem zwischen zwei Bindern liegenden Felde, z. B. A₁ENB₁, gleich.

In Formel (3) ist nun F gleich A₂B₂ • ae zu setzen; bezeichnen wir die halbe Spannweite A₂M mit 1, die Höhe B₂M mit h, so ist:

. h tga = -p

Wird a aus dieser Gleichung berechnet, so giebt die Formel (3) unmittelbar die Grösse des normal zu A₂B₂ gerichteten Winddruckes.

Einfacher und hinreichend genau erhält man W auf folgende Weise. — Es seien die Geraden B₂Z und A₂Y unter einem Winkel von 10° (welcher leicht zu konstruieren ist) gegen die Horizontale gezogen; A₂U stehe senkrecht zu B₂Z, dann hat man für den normalen Querschnitt f der Luftsäule, welche den Druck auf A₂B₂ ausübt:

f=ae- A₂U.

Nach (1) ist nun:

D == f • d.

Die Strecken A₂U und ae bestimmt man durch Abmessen aus der Zeichnung. — Ist D hiernach gefunden, so können wir diese Kraft nach

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dem Kräftemassstab auftragen und sie alsdann in die Seitenkräfte GK ( II A₂B₂) und KL (J_A₂B₂) zerlegen. — Die letztere stellt die Grösse des normal gegen A₂B₂ gerichteten Winddruckes W dar. — Auf die einzelnen Knotenpunkte des in vier gleiche Teile geteilten Sparrens A₂B₂ wirken die in Fig. 108 angegebenen Kräfte; die drei mittleren Knotenpunkte erhalten je \ W, die beiden äusseren jeder £ W.

Nun sind noch die durch den Winddruck verursachten Auflagerreaktionen zu bestimmen. — Wären die beiden Stützpunkte absolut fest, so könnten dieselben nach jeder beliebigen Richtung hin Widerstand leisten und es würden in diesem Falle die Richtungen der Auflagerreaktionen nicht bestimmbar sein. — Es ist aber mit Rücksicht auf die Ausdehnungen und Zu-sammenzieliungen der einzelnen Stangen eines Fachwerks, welche durch Temperaturveränderungen verursacht werden, gebräuchlich, bei grösseren eisernen Trägern nur eines der Auflager, zu B. C₂ zu befestigen und das andere bei A₂ als sog. Rollenlager zu konstruieren, welches einer Bewegung des Stützpunktes A₂ nach horizontaler Richtung freien Spielraum lässt.

Die Richtungslinie der Reaktion in C₂ muss aber mit der in A₂

Ist nun ein solches Rollenlager bei A₂ vorhanden, so kann die Auflagerreaktion in diesem Punkte nur in der Richtung der Vertikalen A₂S liegen.

auf W Zusammentreffen, woraus folgt, dass dieselbe in der Geraden C₂S liegt. — Die Grössen der Auflagerreaktionen ergeben sich jetzt leicht. — Wir machen kf gleich und parallel W, ziehen fg parallel zu A₂S und kg parallel zu C₂S, dann stellen fg und kg mit den in Fig. 108 angedeuteten Pfeilrichtungen die Auflagerreaktionen vor. — Fügen wir jetzt gn gleich und parallel dem in A₂ wirkenden Drucke £ W hinzu, so ist fn die Resultante der äusseren Kräfte, welche in A₂ angreifen. Wir zerlegen diese Kraft durch die zu den Stangen 1 und 2 parallelen Geraden fo und on in zwei Kräfte, welche die Grössen der Spannungen in diesen Stangen darstellen. — Aus den Pfeilrichtungen ergiebt sich für 1 Zug- und für 2 Druckspannung.

Weiter folgt durch Zer-

Die Ermittelung der übrigen Spannungen ist in derselben Weise wie bei der permanenten Belastung durchzuführen und bedarf keiner weiteren Erläuterung. — Nur über die Spannungen der Stangen in der rechts liegenden Trägerhälfte dürfte noch folgendes zu bemerken sein: Wenn der Winddruck, wie hier angenommen ist, linksseitig erfolgt, so sind die Knotenpunkte auf B₂C₂ unbelastet. — In Folge dessen sind aber die Zwischenstangen der rechts liegenden Trägerhälfte spannungslos. — Bildet man nämlich aus den in 12 und 13 wirkenden Spannungen und der Kraft ^W, welche ebenfalls auf den Knotenpunkt B₂ wirkt, die Resultante, so zeigt sich, dass dieselbe ihrer Richtung nach parallel mit der Stange 16 wird. — Hieraus ergiebt sich für 15 die Spannung Null, legung der in 14 herrschenden Spannung nach den Richtungen der beiden

noch übrigen Stangen 17 und 20, dass die Spannung in 20 der in 14 gleich ist, während 17 spannungslos bleibt, u. s. f. — In den Stangen 16, 19, 22, 26 herrschen gleiche Druckspannungen und in 14, 20, 24 und 27 ebenso gleiche Zugspannungen.

Wirkt der Winddruck rechtsseitig, so sind alle Knotenpunkte von B2 bis C₂ in derselben Weise belastet, wie im vorigen die Knotenpunkte der links liegenden Trägerhälfte, während die letzteren in diesem Falle unbelastet bleiben. — Die Ermittelung der Spannungen ist in gleicher Weise zu bewerkstelligen, nachdem zuvor die Auflagerreaktionen bestimmt sind. — Die Richtungslinien derselben müssen sich auf der in p angreifenden Resultante W des normal auf B₂C₂ wirkenden Winddrucks schneiden, und es kann wiederum die Auflagerreaktion in A₂ nur in der Vertikalen durch A2 liegen. — Wir verlängern deshalb die letztere und die Richtungslinie von W bis zum Durchschnitt und verbinden denselben durch eine Gerade mit

C₂, dann giebt diese die Richtung der Auflagerreaktion in C₂ an. — Für den Fall, dass jener Durchschnittspunkt ausserhalb der Zeichenfläche liegen sollte, kann man, wie in Fig. 108 angegeben ist, durch den Knotenpunkt q eine Parallele zu W ziehen, und die Vertikale durch M verlängern, bis sie jene Parallele in x schneidet. — Die Gerade, welche x mit C₂ verbindet, fällt dann, wie leicht ersichtlich, mit der Richtungslinie der Auflagerreaktion in C₂ zusammen.

Der Kräfteplan für den rechtsseitigen Winddruck ist in Fig. 108 unterhalb des Grundrisses vollständig angegeben. — Ähnlich wie beim linksseitigen Winddruck bleiben jetzt die Zwischenstangen der linken Trägerhälfte spannungslos; die vier Stangen des oberen Sparrens haben gleiche Druckspannung und die Stangen 1, 6, 10, 14 gleiche Zugspannung.

Um die grösste Spannung zu linden, welche eine Stange mit Berücksichtigung des Winddrucks erleidet, muss man die grössere der beiden Spannungen, welche sich aus den beiden Kräfteplänen für den rechts- oder linksseitigen Winddruck für die betr. Stange ergeben, zu derjenigen Spannung addieren, welche von der permanenten Belastung herrührt.

Beispiel.

B₂M = 6 m. Die permanente Belastung betrage für die beiden Stützpunkte A₂ und C₂ je 2000 kg, für jeden der anderen Knotenpunkte auf A₂B₂ und B₂C₂ 4000 kg. — Der Abstand zweier Binder voneinander sei A^ == 5 m. druck werde d = 120 kg angenommen. — Bestimmt man hieraus, wie oben angegeben, den normal zu A₂B₂ wirkenden Winddruck W, so folgt

W = 2692 kg.

Der bequemeren Rechnung und grösseren Sicherheit wegen nehmen wir für W rund 2800 kg.

Es sei in Fig. 108 A₂C₂ = 30 m.

Für den Wind-

Es ergiebt sich:

Winddruck

links

Winddruck

rechts

Spannung durch die permanente Belastung verursacht.

Spannung mit Berücksichtigung des Winddrucks.

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S₄

S₆

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11

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1885 kg Z 2034 „ D

38673 kg Z 41791 „ D

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2034 „ D

1885

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4754 „ H 41791 „ „ 39712 „ Z

In gleicher Weise bestimmt man den Einfluss des Winddruckes bei den in 5), 6), 8) und 9) d. Abschn. behandelten Trägern.

11. Träger mit drei Stützpunkten.

Es sei ABCDEF (Fig. 109 s. S. 98) ein Träger aus zwei vollkommen gleichen, aber getrennten Hälften bestehend, welche nur in dem Knotenpunkte B durch ein Gelenk verbunden sind. — Beide Teile stützen sich in A bezw. C auf Widerlager und sind in diesen durch Charnière befestigt,, um welche sie sich drehen können.

Schlotke, Graph. Statik. 2.

Um die Spannungen der einzelnen Stangen zu ermitteln, welche in diesem Fall nur für die eine Hälfte des Trägers zu bestimmen sind, hat man zunächst die Auflagerreaktionen aufzusuchen. — Es sei R die Resultante

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n.

cù

Fig. 109.

der permanenten Belastung, welche auf der links liegenden Trägerhälfte ruht. — Im Gleichgewichtszustände der beiden in B sich gegenseitig stützenden Trägerhälften kann die Richtungslinie der Reaktion in B nur durch j> den Stützpunkt C j gehen. — Verlängern wir deshalb CB, bis R in m getroffen wird und ziehen wir die Gerade Am, so müssen die beiden Reaktionen, welche R das Gleichgewicht halten, in den Geraden Cm und Am liegen. — Ebenso wird die Resultante R' (= R) der Belastung der rechts liegenden Trägerhälfte von zwei Reaktionen, welche in den Geraden Am' und Cm' liegen, im Gleichgewicht gehalten.

Es sei nun ab gleich und parallel R; wir ziehen ac parallel zu Am und bc parallel zu Cm, dann stellen ac und bc die Grössen der beiden nach den Richtungen der Geraden Am und Cm wirkenden Reaktionen Q' und P' dar. — Die nach Am' und Cm' gerichteten Reaktionen Q und P müssen den vorigen bez. gleich sein. — Wir ziehen nun noch cd parallel zu Am' und tragen auf derselben die Strecke cd = bc ab. — Es sind alsdann die in A thätigen Reaktionen P und Q' zu dem Kräftezug dca vereinigt, dessen Schlusslinie da die ganze Auflagerreaktion in A 'darstellt. — Nachdem die letztere bestimmt ist, kann mit der Ermittelung der Spannungen beim Punkte A begonnen werden.

Den Einfluss des Winddruckes kann man in gleicher Weise untersuchen. — Man bestimmt wrie in 10) den zu EF normalen Winddruck W und zerlegt denselben in zwei Kräfte nach den Richtungen der Geraden Bn und An, wodurch die vom Winddruck verursachten Auflagerreaktionen bestimmt sind. — Die entsprechenden Spannungen ergeben sich dann leicht.

Beispiel. Es sei Fig. 109 die Spannweite AC = 20 m. — Die Knotenpunkte der unteren Gurtung ABC liegen auf einem Kreisbogen, dessen Mittelpunktswinkel = 120° ist. — AF = 5 m; BE = 4 m. — Jeder der Knotenpunkte E und F ist mit 1000 kg, die zwischen E und F gleich weit voneinander entfernt liegenden Knotenpunkte mit je 2000 kg belastet.

Zur weiteren Übung in der Ermittelung der Spannungen in Fachwerkträgern empfehlen wir noch folgende Beispiele.

12. Die Spannungen in dem in Fig. 110 dargestellten Parallelträger ABDC zu ermitteln. Die Spannweite sei AB = 20 m. Die Felder bestehen aus gleichseitigen Dreiecken. In jedem der oberen Knotenpunkte wirkt eine Last von 1000 kg. —

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Fig. 110.

Die Spannungen sind graphisch zu ermitteln und nach der Ritter’schen Methode durch Rechnung zu kontrollieren. In der Fig. 110 sind bei den einzelnen Stangen die Spannungen in kg angegeben.

13.    In Fig. 111 (y) (s. S. 100) ist ebenfalls ein Parallelträger dargestellt, welcher aus quadratischen Feldern mit gekreuzten Diagonalen besteht. Eigentlich gehört ein solcher Träger zu den statisch unbestimmten Systemen, denn es ist vor allen Dingen kein Endpunkt vorhanden, in welchem nur zwei Stangen zusammenstossen. Um in diesem Falle ein brauchbares Resultat zu erhalten, denkt man sich den Träger aus den beiden in (a) und (ß) dargestellten einfachen Trägern bestehend, und in jedem der Knotenpunkte die halben Lasten angebracht. Die Ermittelung der Spannungen in den letzteren bietet keine Schwierigkeiten; die Resultate sind in den Figuren (a) und (ß) angegeben. Endlich sind, um die Spannungen in y zu finden, diejenigen der gleich nummerierten Stangen in (a) und (ß) zu addieren. Die Spannweite AB sei = 20 m. Die Belastung in jedem der oberen Knotenpunkte 4000 kg, in dem ersten und letzten je 2000 kg.

14.    Fig. 112 (s. S. 100) stellt einen Bogenträger dar. Die Knotenpunkte des unteren Bogens ADB liegen auf einem Kreise vom Halbmesser AC = 18 m. Der Winkel ACB sei = 120°. Die Knotenpunkte des oberen Bogens liegen auf einem, aus demselben Mittelpunkt C gezeichneten Kreise,

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dessen Halbmesser 20 m beträgt. Die oberen Knotenpunkte sind mit je 1000 kg, der erste und letzte jeder mit 500 kg belastet. Für die Spannungen erhalten wir in abgerundeten Zahlen die Werte:

in Stange 1:    8000 kg Druck

0 „ „

3: 5600 ,, Zug 4:    7700 „ Druck

15. In Figur 113 ist ein Brückenträger dargestellt, welcher drei Stützpunkte A, B und C hat (vergl. 11). Die Spannweite AB ist 16 m. Der

2:

5:

6:

7:

9:

32: 30800 „ Druck 33: 2100 „ Zug

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Fig. 113.

Halbmesser des Kreises, auf welchem die Knotenpunkte des unteren Bogens liegen, ist ebenfells = 16 m. Die Höhe CD = 1 m und die obere Gurtung ist horizontal. Die Spannungen ergeben sich abgerundet:

in Stange 1:

700 kg Druck 2: 16800 „

200 „ Zug 300 „ Druck

3:

4:

in Stange 5:    2000 kg Druck

6: 16000 „

100 „ Zug

7:

8:

100 „ „

in Stange 9

2000 kg Druck in Stange 14: 15100 kg Druck

10: 15300

15

11

50

60 „ Zug 17:    1000 „ Druck

16

⁶⁰ » »

13:    2000 „ Druck

16. Der krahnartige Träger. (Fig. 114.) Derselbe trägt in A eine Einzellast P. — Wird der Träger so konstruiert, dass die Verlängerungen je zweier gleichvielster äusserer Stangen (von A aus gerechnet) auf der Richtungslinie von P Zusammentreffen, so sind die Diagonalstangen spannungslos. — So z. B. bat ad keine Spannung, wenn der Schnittpunkt von ab und cd auf P liegt. — Beweis leicht.

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Fig. 115.

Fig. 114.

17. Parabelträger. In Fig. 115 ist ein Träger dargestellt, welcher als Brückenträger, wie auch als Dachbinder angewendet werden kann. — Die untere Gurtung besteht aus horizontalen Stangen von gleicher Länge. Die Stangen der oberen Gurtung bilden einen gebrochenen, aber in Bezug auf die mittlere Vertikale symmetrischen Linienzug.

Der Träger lässt sich so konstruieren, dass nur die Stangen der unteren und oberen Gurtung Spannungen erleiden, während die Zwischenstangen unter der Wirkung der gleichförmigen Belastung der Knotenpunkte spannungslos bleiben.

Es sei die Belastung für jeden der beiden Stützpunkte A und B gleich P

—, während in jedem der übrigen Knotenpunkte E, F, G, H und J die

u

P auf

5

Last P wirkt. — In A sowohl als in B wirkt hiernach die Kraft —

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5

— Ist nun ab gleich und parallel — P und ziehen wir bc parallel

u

wärts.

Es ist aber ersichtlich,

zu AK und ac parallel zu AE, so stellen bc und ca die Spannungen der Stangen 1 und 2 dar. — Die Spannung in 2 und die äussere Kraft P haben in dem Kräfteplan die Resultante cd, welche nach den Richtungen der beiden Stangen EF und EK zu zerlegen ist. — Wenn nun EF parallel zu cd ist, so wird die Spannung in EK offenbar gleich Null. — Gehen wir zum Knotenpunkte K über, so ist jetzt die in 1 herrschende Spannung nach den Richtungen der Stangen 5 und 6 zu zerlegen, dass 6 die Zugspannung von 1 allein aufnimmt, während 5 spannungslos bleibt. — Beim Knotenpunkte F sind P und die Spannung in 3 zu einer Resultante ce zu vereinigen; die letztere ist nach den Richtungen der Stangen FL und 7 zu zerlegen. — Wäre jetzt 7 parallel zu ce, so würde die Stange FL spannungslos sein u. s. f.

Es ergiebt sich hieraus, dass die senkrechten und die Diagonalstangen spannungslos bleiben, wenn die Stangen der oberen Gurtung mit den Linien ca, cd, ce . . . parallel sind. — Man erkennt leicht, dass unter dieser Voraussetzung AEFGHJB ein Seilpolygon der äusseren Lasten ist, welches dem Punkte c als Pol entspricht. — Alle Stangen der unteren Gurtung haben alsdann gleiche Zugspannung, welche durch den Polabstand bc dargestellt wird.

Hiernach ist es leicht, die Stangen der oberen Gurtung so anzuordnen, dass die Zwischenstangen spannungslos bleiben. — Sind, wie wir vorausgesetzt haben, die Abstände AK, KL, LM . . . unter sich gleich, so liegen die Knotenpunkte A, E, F, . • . B auf einem Parabelbogen, weshalb ein solcher Träger „Parabelträger“ genannt wird.

Der diesem Seilpolygon ent-

Verlängern wir nun F'G', bis AB in m

Mit Hilfe von IV, 15) können wir auch den Träger konstruieren, wenn ausser der Spannweite AB die Scheitelhöhe MG gegeben ist. Wir zeichnen zunächst ein Seilpolygon AE'F'G'H'J'B der gegebenen Lasten, dessen erste und letzte Seite durch A bez. B geht, sprechende Pol cx liegt in beliebiger Entfernung von der Kräftelinie, so dass bc^ „LaajL und ab = axb ist. getroffen wird und ziehen dann die Gerade FG so, dass dieselbe verlängert durch m geht, bestimmen wir ferner EF so, dass dieselbe mit E'F' ebenfalls in einem Punkte n auf AB zusammentrifft, u. s. f., dann stellt AEFG . . . B ein anderes Seilpolygon der gegebenen Lasten dar. — Dies letztere Seilpolygon entspricht einem anderen Pol c, welcher auf bcx liegt; man findet denselben, wenn man ce parallel zu Gm zieht. — Die Gerade Bm ist die Polarachse beider Seilpolygone. (IV, 15.)

Als Beispiel sei der Träger AB, Fig. 116, gegeben. Die Spannweite AB sei = 20 m. Der Träger enthält 8 Felder von gleicher Breite, welche noch durch Diagonalstangen geteilt sind. Die Knotenpunkte A und B seien

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Fig. 116.

mit je 3000 kg und die übrigen Knotenpunkte der oberen Gurtung jeder mit P = 6000 kg belastet. Die Auflagerreaktionen in A und B sind je

p

4P. Auf A wirkt demnach die Kraft QR = 4P--= 3£ P, welche

nach den Richtungen der Stangen AE und AF zu zerlegen ist. Hierdurch erhalten wir die Spannungen 1 und 2, u. s. f. Der Pol 0 kann, wie oben angegeben, bestimmt werden, doch lässt sich für diesen Fall noch eine andere Bestimmung der Knotenpunkte der oberen Gurtung und der damit zusammenhängenden Lage des Pols 0 mit Vorteil verwenden. Wir benutzen hierzu eine bekannte Parabelkonstruktion.¹) In A ziehen wir AG gleich und parallel CD; teilen AG in soviel gleiche Teile, als Felder über der halben Spannweite liegen und ziehen nun von D Geraden nach den Teilpunkten auf AG, dann schneiden diese die senkrechten Stangen in den gesuchten Parabelpunkten. Der Pol 0 wird jetzt gefunden, wenn man von M aus MO parallel zu DH zieht. Da jedoch MO und OQ sich unter sehr kleinem Winkel treffen, so kann 0 undeutlich werden. Wir suchen deshalb OQ durch Rechnung zu bestimmen und dann nach dem Massstab aufzutragen. Nach Voraussetzung ist AG = CD = 5m; DG = AC = 2 • CD = 2 • AG. Folglich ist GH = £AG = £DG. Da nun AMOQ ^ A^GH, so ist auch MQ = -J OQ oder OQ = 8 MQ.

0 kg

in Stange 9 :

10: 24000 „ Zug

11:

3:

Hiernach ergeben sich nun die Spannungen in Stange 1: 24000 kg Zug 2: 31890 ,, Druck 0 „

12: 24148 „ Zug

5:

13:

4: 28362 „ Druck 0 „

14: 24000 „ Zug

7:

15:

6: 24000 ,, Zug 0 „

8: 25632 „ Druck Kommt in irgend einem der Knotenpunkte z. B. J eine neue Last L hinzu, so werden auch die bisher spannungslosen Zwischenstangen in Anspruch genommen. Um die Wirkung der Last L auf eine der Stangen, z. B. 11, kennen zu lernen, bestimmt man zuerst die von L verursachten Auflagerreaktionen in A und B, welche sich leicht mit Hilfe von (ß) durch a und b ergeben. Sind diese gefunden, so kann man, wenn es sich nur um die in einer bestimmten Stange verursachten Spannung handelt, diese am bequemsten nach Ritter’s Methode ermitteln. Ist z. B. L = 10000 kg, so entsteht in 11 eine Druckspannung von 3333 kg.

¹

S. des Verfassers Darstellende Geometrie 4. Teil Seite 19 und 101.

Vin. Abschnitt.

Der belastete Balken.

1. Ein einfacher Balken oder Träger, welcher in seinen beiden Endpunkten unterstützt ist, soll eine gegebene Belastung tragen. — Die letztere besteht entweder aus einer Reihe von Einzellasten, oder es kann dieselbe über die ganze Länge oder Teile derselben kontinuierlich verteilt sein. — Endlich können auch Einzellasten und kontinuierlich verteilte Lasten gleichzeitig vorhanden sein.

In jedem dieser Fälle ist zu ermitteln:

a)    Die Grösse der Auflagerdrücke in den beiden Stützpunkten.

b)    Die auf einen beliebigen Trägerteil wirkende Transversalkraft, d. h. diejenige Kraft, welche senkrecht zur Längenrichtung des betreffenden Trägerteils wirkt.

c)    Das Biegungsmoment für irgend einen beliebigen Querschnitt des

Trägers.

d) Das grösste Biegungsmoment und der Querschnitt, in welchem dasselbe auftritt (gefährlicher Querschnitt).

2. Träger, auf welchen Einzellasten wirken.

Auf einen in den Endpunkten A und B (Fig. 117) unterstützten

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Fig. 117.

F, G, H und J.

Träger wirken mehrere Einzellasten P1? P₂, P₈, P₄, P₅ in den Punkten E, Nach II, 3, b) bestimmen wir mit Hilfe eines Seil-

polygons A₁E₁F₁G₁H₁JXBX die Auflagerdrücke MO und NO, indem wir von dem Pol C aus die Gerade CO parallel zu der Verbindungslinie der beiden Punkte At und B₄ ziehen, in welchen die erste und letzte Seite des Seilpolygons die Richtungslinien der Auflagerdrücke treffen. — Fügen wir den gegebenen Lasten die den Auflagerdrücken gleichen aber entgegengesetzten Auflagerreaktionen Di = OM und D₂ = NO hinzu, so erhalten wir ein im Gleichgewicht befindliches Kräftesystem. — A₁B₁E₁F₁G₁H1 ist ein Seilpolygon dieses Kräftesystems, welches sich demnach schliessen muss, und wir können nun mit Hilfe des letzteren die Transversalkraft für irgend einen Trägerteil und das Biegungsmoment für einen beliebigen Querschnitt bestimmen.

Dass die beiden Kräfte gleich und entgegengesetzt

a) Die Transversalkraft. Auf den durch den Querschnitt y abgeschnittenen Trägerteil Ay wirken: in A die Auflagerreaktion D₁ aufwärts, und in den Punkten E und F die Lasten P₄ und P₂ abwärts. — Die Resultante dieser parallelen Kräfte ist D₄—Px—P₂; sie stellt die Grösse der auf A y wirkenden Transversalkraft dar. Auf der Kräftelinie MN wird die Grösse dieser Transversalkraft offenbar durch die beiden Polstrahlen CO und CQ abgeschnitten. Die letzteren sind aber den Seiten des geschlossenen Seilpolygons parallel, welche senkrecht unter dem Querschnitt y liegen. — Für den Trägerteil Ay wird demnach die Transversalkraft durch die Strecke OQ, und zwar in der Richtung von 0 nach Q, und für den Trägerteil By durch dieselbe Strecke mit der entgegengesetzten Richtung von Q nach 0 dargestellt, gerichtet sein müssen, ist selbstverständlich; sie ersetzen ja das ganze auf den Träger wirkende und im Gleichgewicht befindliche Kräftesystem. — Nun ist aber der Linienzug zF₁E₁A₁u ein Seilpolygon der Kräfte D1? Pir P₂, also geht die Resultante der letzteren durch den Schnittpunkt p von FjGj und A₁B₁. — Ferner ist zGjH^BjU ein Seilpolygon der Kräfte D₂, P₃, P₄, P₅, welches mit dem vorigen Seilpolygon die erste und letzte Seite gemeinschaftlich hat. — Folglich geht die Resultante der Kräfte D₂, P₃, P₄, P₅ ebenfalls durch p.

Dass das vorstehende für andere Fälle ebenfalls Gültigkeit hat, ist leicht einzusehen. — Wir haben demnach das folgende Gesetz:

Die Transversalkraft für einen Trägerteil Ay wird auf der Kräftelinie durch zwei Polstrahlen abgeschnitten, von welchen der eine parallel zur Schlusslinie des Seilpolygons, der andere parallel zu derjenigen Seite des Seilpolygons ist, welche senkrecht unter dem Querschnitt y liegt. — Durch den Schnittpunkt dieser beiden Seilpolygonseiten geht die Richtungslinie der Transversalkraft.

Ist eine Seite des Seilpolygons parallel zur Schlusslinie desselben, so ist offenbar die Transyersalkraft für alle Querschnitte des Trägers, welche über dieser Seite liegen, gleich Null.

b) Das Biegungsmoment. Legen wir in Fig. 117 die Gerade yw parallel zu den Lastrichtungen, so wird nach III, 9) durch je zwei aufeinander folgende Seilpolygonseiten auf yw eine Strecke abgeschnitten, welche das Moment derjenigen Kraft in Bezug auf y darstellt, deren Richtungslinie durch den Schnittpunkt dieser Seilpolygonseiten geht. — Um die Grösse dieses Moments zu bestimmen, ist ein Momentenmassstab nach III, 8) herzustellen. — Nach diesem Massstab gemessen bedeutet vz das Moment der Last P₂, yw dasjenige von Px, und uw das Moment des Auflagerdruckes D₁ in Bezug auf y. — Da nun der Drehungssinn von Dx entgegengesetzt dem der Lasten P₂ und P₂ ist, so ist das Gesamtmoment dieser Kräfte dem Unterschied der Momente von Dx und I\ und P₂ gleich. — Folglich wird dieses Moment, welches das Biegungsmoment für den Querschnitt y genannt wird, durch die Strecke uz dargestellt.

Zu demselben Resultat gelangt man, wenn man das Biegungsmoment aller rechts von y wirkenden Kräfte untersucht.

Es ergiebt sich hieraus der wichtige Satz:

Das Biegungsmoment für einen beliebigen Querschnitt y wird immer dargestellt durch den innerhalb des geschlossenen Seilpolygons liegenden Abschnitt derjenigen Geraden, welche durch y parallel zu den Lastrichtungen geht.

Der Querschnitt, in welchem das Biegungsmoment seinen grössten Wert erreicht, heisst der gefährliche Querschnitt. — Offenbar liegt derselbe senkrecht über derjenigen Stelle, an welcher jener Abschnitt seinen grössten Wert erreicht, woraus noch folgt, dass dieser Querschnitt immer mit einer der Lastrichtungen zusammenfällt.

Ist eine Seite des Seilpolygons der Schlusslinie desselben parallel, so hat das Biegungsmoment für alle Querschnitte, welche über dieser Seite liegen, gleichen Wert. — Das grösste Biegungsmoment ist in diesem besonderen Falle nicht auf einen einzigen Querschnitt beschränkt.

Wir denken uns in diesem Falle die

3. Gleichförmig verteilte Last.

Last kontinuierlich so auf dem Träger AB (Fig. 118 s. S. 109) verteilt, dass gleich lange Abschnitte desselben gleiche Belastung zu tragen haben.

Um zunächst die Transversalkraft für einen beliebigen Abschnitt A y zu bestimmen, zerlegen wir die Gesamtlast P in die beiden Teile Px und P₂, welche auf Ay und By ruhen. — Die Transversalkraft, welche auf Ay wirkt, ist alsdann gleich dem Auflagerdruck in A, vermindert um Pj. — Es sei mn die Kräftelinie, welche die Grösse der ganzen auf AB gleichförmig verteilten Last darstellt, C sei der Pol; Ee die Richtungslinie der Resultante von P. Ziehen wir nun von einem Punkte e der letzteren die Geraden ea und eb parallel zu den beiden Polstrahlen Cm und Cn, so werden diese von den durch A und B gehenden Vertikalen in a und b getroffen. — Der Strahl Cr, welcher parallel zu ab gezogen wird, zerlegt mn in die beiden Strecken mr und rn, welche zunächst die gesuchten

fn.

P,

Kl

n.

Fig. 118.

Auflagerreaktionen darstellen. — In unserem Falle ist jede der letzteren

- gleich y.

— Ersetzen wir aber P durch die beiden Kräfte und P₂,

welche wir uns in den Mitten von A y und By vereinigt denken können, so müssen wir mit Hilfe des Seilpolygons der Kräfte I\ und P₂ dieselben Auflagerreaktionen erhalten. — Dieses Seilpolygon ergiebt sich leicht. — Die Richtungslinien von P, und P₂, welche durch die Mitten F und D der beiden Abschnitte A y und By gehen, verlängern wir bis zu den Punkten f und d, in welchen sie ae und be treffen; ziehen wir alsdann die Gerade fd, so ist afbd das Seilpolygon der Kräfte Pi und P₂. Der Polstrahl Co, welcher parallel zu fd gezogen wird, zerlegt mn in die beiden Strecken ino und on, welche die Grössen von Pj^ und P₂ darstellen. — Da die Schlusslinie dieses Seilpolygons wieder ab ist, so erhalten wir offenbar dieselben Auflagerreaktionen wieder.

p

Folglich ist die auf Ay wirkende

Nun ist mr = — und om — P,.

2 ¹

Transversalkraft

— Pj = ro.

t=t

Ferner wird das Biegungsmoment im Querschnitt y (Moment der Auflagerreaktion in A vermindert um das Moment der Last PL) dargestellt durch den Abschnitt uz, welcher auf der Vertikalen durch y innerhalb des geschlossenen Seilpolygons liegt.

Mit Hilfe dieser Kurve finden wir die

Die Entfernung der beiden Punkte F und D ist gleich der halben Länge des Trägers AB. — Bewegt sich der Querschnitt y an der Spannweite entlang, so wird die zugehörige Seilpolygonseite fd sich ändern; ihre Projektion auf AB bleibt aber stets der halben Spannweite gleich. — fd umhüllt somit eine Parabel, welche die Seilkurve der gleichförmig verteilten Last heisst, und als ein Seilpolygon von unzählig vielen unendlich kleinen Seiten anzusehen ist.

Transversalkraft und das Biegungsmoment für jeden beliebigen Querschnitt y. — Es ist hierzu die Tangente fd in dem senkrecht unter y liegenden Punkt der Seilkurve zu ziehen, welche, wie oben angegeben, bestimmt wird.

Die grösste Ordinate gh der Seilkurve liegt in unserem Beispiel offenbar unter der Mitte der Spannweite. — Die Tangente fjdj, welche die Seilkurve in g berührt, ist der Schlusslinie ab parallel; weil ferner fxdj = ^ab ist, so folgt auch: gh = ^eh, d. h. das grösste Biegungsmoment ist bei einer längs der ganzen Spannweite gleichförmig verteilten Last P halb so gross, als das Biegungsmoment, welches durch eine in der Mitte des Trägers wirkende Einzellast von der Grösse P entsteht.

4. Nimmt die gleichförmig verteilte Last P nur einen Teil der Länge des Trägers ein, z. B. die Strecke AE (Fig. 119 s. S. 111), so kann man wieder die Resultante der Last P in der Mitte von AE anbringen und mit Hilfe des Seilpolygons die Auflagerreaktionen Dj und D₂ bestimmen. — Wir zerlegen wie im vorigen Beispiel die gleichförmig verteilte Last in zwei Teile, z. B. AM und ME, deren Resultanten in den Mitten C und D angreifen; denken wir uns die beiden Teile veränderlich, so können wir genau wie in 3) eine Seilkurve konstruieren, welche wieder eine Parabel ist und von a bis e sich erstreckt. — Von e geht dieselbe in die Tangente be über.

Das grösste Biegungsmoment liegt dann offenbar senkrecht über dem Punkte der Seilkurve, in welchem die Tangente parallel zur Schlusslinie ab ist. — Die Konstruktion dieser Tangente und ihres Berührungspunktes ist

sehr einfach, wenn man berücksichtigt, dass die Projektion der Tangente cd auf AB    immer der Hälfte von AE gleich    sein    muss. — Wir ziehen    ef

die gesuchte Tangente.

-e

Ir

ci

fr

Fig. 119.

Ziehen wir noch durch c und d die Vertikalen cC und dD und machen CM = AC (oder DM = DE), so liegt der Berührungspunkt m der Tangente cd senkrecht unter M. — Hiernach stellt der Abschnitt mn das grösste Biegungsmoment vor und der gefährliche Querschnitt liegt bei M.

Andere Darstellung der Transversalkräfte und Biegungsmomente.

5. Es seien Px, P₂, P₃, P₄ (Fig. 120 s. S. 112) mehrere Einzellasten, welche auf dem in A und B unterstützten Träger AB ruhen; Dj^ und D seien die mit Hilfe eines Seilpolygons ermittelten Auflagerreaktionen. — Wir machen ab gleich und parallel der Spannweite AB und legen die Punkte a und b in die durch A und B gehenden Vertikalen. — Nun ist die Transversalkraft für jeden Teil des Trägers, welcher links von dem Punkte E liegt, gleich D₁. — Wird aber ein Stück des Trägers durch einen zwischen E und F liegenden Querschnitt abgetrennt, so ist die auf dem links von diesem Querschnitt liegenden Trägerteil wirkende Transversalkraft gleich Dx — Px u. s. f.

Das Biegungsmoment der auf A y wirkenden Kräfte wird dargestellt durch den Inhalt der Fläche acdefgxz. — Verlängert man nämlich cd bis n und ef bis o, so ist das Moment von Di in Bezug auf y gleich D₁*Ay = ac-az, d. h. gleich dem Inhalt des Rechtecks acnz. Ebenso sind die Momente von Pt und P₂ in Bezug auf y den Rechtecken de on und fgxo gleich. — Subtrahiert man die beiden letzten Rechtecke von dem ersten, so ergiebt sich die obige Behauptung.

In jedem dieser Punkte erleidet sie eine

Wir tragen demnach auf a A die Auflagerreaktion; Dj j==ac ab, und ziehen cd parallel zu ab bis zur Richtungslinie der Last . — Von d aus tragen wir die Strecke de = Px ab und ziehen ef wieder parallel ab

bis zur Richtungslinie der Last P₂ u. s. f. — Die letzte der zu ab parallelen Geraden schneidet auf der Vertikalen durch b die in B stattfindende Auflagerreaktion D₂ = bm ab.

Mit Hilfe des gebrochenen Linienzuges cdef ghiklm, welchen man die Belastungslinie nennt, kann man die Transversalkraft für jeden Trägerteil, welcher durch einen beliebigen Querschnitt y abgetrennt wird, leicht bestimmen. — Wir ziehen durch y die Vertikale yz, dann stellt die Strecke xz, welche zwischen der Belastungslinie und ab liegt, offenbar die gesuchte Transversalkraft: Dx—1\—P₂ = ac — de — fg dar.

dr-----

f—

VA

bwMk

7L F⁷//'

Fig. 120.

WM

ur

Z-

Bewegt sich der Querschnitt y längs der Spannweite AB, so ergiebt sich, dass die Transversalkraft von einem Belastungspunkte bis zum nächstfolgenden konstant bleibt.

Änderung, welche der in diesem Punkte wirkenden Last gleich ist. — Überschreitet y die Stelle, in welcher die Belastungslinie die Spannweite ab durchschneidet, so kehrt die Transversalkraft ihre Richtung um.

Das Biegungsmoment oder die dasselbe darstellende Fläche wächst anfänglich, wenn der Querschnitt y von A anfangend sich längs der Spannweite bewegt. — Erreicht y die Stelle G, welche senkrecht über dem Schnittpunkt r der Belastungslinie mit ab liegt, so hat das Biegungsmoment seinen grössten Wert erlangt. — Für einen Querschnitt u, welcher z. B. zwischen G und H liegt, wird das Biegungsmoment durch die Differenz der Flächen acdefghr und irvw dargestellt. — Dieses Moment ist demnach kleiner als das Moment in dem Querschnitt G.

Es ergiebt sich hieraus:

Das Biegungsmoment erreicht bei einem Träger, welcher nur Einzellasten zu tragen hat, in demjenigen Querschnitt seinen grössten Wert, in welchem die Transversalkraft ihren Sinn ändert.

6. Gleichförmig verteilte Last. Bezeichnen wir die Länge des Trägers AB (Fig. 121) mit 1 und die auf demselben gleichförmig verteilte Last mit P, so beträgt die Belastung pro Längeneinheit

y. — Auf dem durch den

Querschnitt y abgeschnittenen Trägerteil Ay, dessen Länge gleich x sei, ruht demnach

Diese lässt

Px

die Last -r-

L.

MX

■**r

Fig. 121.

sich leicht graphisch darstellen. — Wir machen ce gleich und parallel AB, so dass c und e

Nun ziehen wir die Gerade cd und

in den durch A und B gehenden Vertikalen liegen, und tragen senkrecht zu ce die Strecke de = P an.

legen durch y die Vertikale yz, alsdann wird die auf A y ruhende Last durch die zwischen ce und cd liegende Ordinate wz dargestellt.

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke cde und cwz folgt nämlich: wz : de = cw : ce oder wz : P = x : 1

folglich

Px

wz = ——

Das Moment der auf A y ruhenden Last in Bezug auf y ist, weil diese

X

in der Mitte von A y angreift, gleich wz — und wird demnach durch den

Inhalt des Dreiecks cwz dargestellt.

Die Transversal kraft. Die auf den Trägerteil A y wirkende Transversalkraft besteht aus der Auflagerreaktion in A, vermindert um die Belastung, welche auf A y ruht. — Sind daher in jedem Endpunkte der Spannweite ab die Auflagerreaktionen durch die zu ab senkrechten Geraden ac und bd dargestellt (in unserem Falle ist ac = bd), so ziehen wir

Schlotke, Graph. Statik. 2.

noch die Gerade cd. Die Ordinate uz, welche senkrecht unter y liegt, ist die gesuchte Transversalkraft. — Es ist nämlich uw = ac gleich der Auflagerreaktion in A, und wz ist nach dem vorigen der auf A y ruhenden Last gleich.

Das Biegungsmoment. In Bezug auf den Querschnitt y ist das Moment der Auflagerreaktion' in A gleich ca*x. — Dasselbe wird demnach durch den Inhalt des Rechtecks acwu dargestellt. — Das Moment der auf Ay ruhenden Belastung, welche in entgegengesetztem Sinne wirkt, ist nach dem vorigen dem Inhalt des Dreiecks cwz gleich, folglich wird das Biegungsmoment in Bezug auf y durch den Inhalt des Trapezes aczu dargestellt.

Bewegt sich der Querschnitt y und mit ihm die Ordinate uz längs der Spannweite, so zeigt sich, dass die Transversalkraft in der Mitte m des Trägers gleich Null wird, über m hinaus aber in entgegengesetztem Sinne wieder zunimmt. — Das Biegungsmoment, nämlich die durch uz abgeschnittene Fläche erreicht in m den grössten Wert, und wird hier durch den Inhalt des Dreiecks a cm dargestellt. — Über m hinaus, z. B. im Querschnitt y₁, wird das Biegungsmoment durch den Unterschied der Flächen acm und mst dargestellt, welcher, wie leicht ersichtlich, dem Trapez bdts gleich ist.

Das Maximum des Biegungsmoments tritt demnach in demjenigen Querschnitt auf, für welchen die Transversalkraft ihren Sinn ändert. — Verläuft die Transversalkraft stetig, so ist dies der Fall, wenn dieselbe durch den Wert Null geht.

7. Beispiele.

a) Auf dem Träger AB ruht eine auf der Strecke CD gleichförmig verteilte Last P. (Fig. 122.)

Oy

Fig. 122.

Wir zerlegen mit Hilfe eines Seilpolygons (oder auch nach II 3, a) die Last P, welche in der Mitte von CD angreift, in die beiden in A und B wirkenden Auflagerdrücke. — Die den letzteren gleichen Auflagerreaktionen tragen wir nach ae und bg senkrecht zu ab auf. — (ab ist wieder gleich und parallel der Spannweite.) — Ziehen wir jetzt ec und dg parallel

ab bis zu clen beiden Vertikalen durch C und D, und verbinden c mit d, so erhalten wir die Belastungslinie ecdg, wodurch nun die Transversalkräfte und Biegungsmomente für alle Querschnitte dargestellt sind. — Das grösste Biegungsmoment tritt in dem senkrecht über dem Schnittpunkte m liegenden Querschnitt M auf.

b)    Es seien über mehrere voneinander getrennte Abschnitte des Trägers gleichförmig verteilte Lasten vorhanden. (Fig. 123.)

ft

c,

W/Æ/Æ///Mïài

-h

z-

ct

Nun

Nachdem wieder mit Hilfe eines Seilpolygons die Auflagerreaktionen bestimmt und durch die zu der Spannweite ab senkrechten Strecken ae und bf dargestellt sind, ziehen wir durch die Punkte C und D die Vertikalen Cc und Dd, machen 00!== Px und ziehen cd parallel zu ab.

Fig. 123.

zeichnen vir die Be-lastun gslinie e c d f, wodurch sämtliche Transversalkräfte und Biegungsmomente bestimmt sind. — Der getälirliche Querschnitt M liegt senkrecht über dem Schnittpunkt m.

J¹

A\ C

Vs

ÜÉ

'//////V7y

In Fig. 124 ist noch ein Fall dargestellt; zwei über CD und EF gleichförmig verteilte Lasten 1\ j und P₂ und eine in G wirkende Einzellast Q ruhen auf dem Träger AB. — Die Zeichnung der Belastungslinie bedarf jetzt keiner weiteren Erläuterung.

Fig. 124.

c)    Ist endlich ausser einer Beihe von Einzellasten Pj, P₂, P₃ . . . noch eine auf der ganzen Länge des Trägers gleichförmig verteilte Last L vorhanden, so erhält

die Belastungslinie die in Fig. 125 dargestellte Form. — Hier sind die zwischen den vertikalen Seiten liegenden Strecken parallel zu EG, (wenn

y w

—IHf-

EF parallel zu AB und die Vertikale FG gleich L ist). — Wir erkennen ¹    daraus, dass die

Transversalkraft zwischen je zwei Einzellasten stetig £    verläuft; unter

jeder der letzteren -<r    findet aber eine

Unterbrechung der Kontinuität statt.

CL

%-

Fig. 125.

Der gefährliche Querschnitt M liegt senkrecht über dem Punkte m, in welchem die Belastungslinie die Spannweite trifft. — An dieser Stelle ändert die Transversalkraft ihrVor-zeichen. — Tritt dieser Fall

zwischen zwei der Einzellasten ein, so wird die Transversalkraft an dieser Stelle gleich Null.

8. Indirekte Belastung.

Wirkt eine Last P nicht unmittelbar auf einen Träger AB (Fig. 126 s. S. 117), sondern wird sie durch zwei Querträger M und N auf AB übertragen, so lässt sich leicht erkennen, dass das Biegungsmoment für alle Querschnitte von AB, welche zwischen M und N hegen, kleiner ist als bei direkter Belastung.

Wir ermitteln nämlich zuerst mit Hilfe eines Seilpolygons die in A und B wirkenden Auflagerreaktionen Dx und D₂. — Das zugehörige Seilpolygon abc stellt die Momentenfläche dar, wenn P unmittelbar auf dem Träger AB ruht. — Um aber die durch die Querträger vermittelte Wirkung von P zu erkennen, zerlegen wir P in zwei auf M und N wirkende parallele

Seitenkräfte Qx und Q₂. — Die letzteren ergeben sich sofort, wenn man die Punkte m und n, in welchen die Richtungslinien von und Q₂ die Seilpolygonseiten ac und bc treffen, durch eine Gerade verbindet und vom Pol C aus die Gerade Cx parallel zu mn zieht; es ist alsdann ax = Qx und ßx = Q₂.

V-

A.

fr

Das Viereck amnb

\aC

n.

V, Q,

ist jetzt ein Seilpolygon der Kräfte Qu Q₂ und D1? D₂; dasselbe stellt demnach die Momentenfläche für den Träger AB bei indirekter Belastung dar, wodurch die obige Behauptung bewiesen ist.

Fig. 126.

Der gefährliche Querschnitt AB liegt in diesem Falle unter einem Querträger, in Fig. 126 bei N.

fr

fr

-fr

Wenn die Wirkung beliebig vieler Lasten durch mehrere Querträger vermittelt wird, so erhalten wir die Transversalkräfte und Biegungsmomente auf gleiche Weise. — Wir konstruieren zunächst ein Seilpolygon aa₁a₂a₃ . . . b (Fig. 127) der gegebenen Lasten, und zeichnen in dieses ein zweites Seilpolygon aa₁a₂a₃ . . . b, dessen Ecken auf den Seiten des ersteren und senkrecht unter den Querträgern liegen. — Dieses Seilpolygon stellt die Momenten-fläche für den Träger AB dar.

Fig. 127.

Es wird nämlich durch OF II aocj die Last Px in zwei Seitenkräfte 11' und F2 zerlegt, welche in A und C wirken. — Ebenso wird P₂, welche in dem Feld CD steht, durch die Gerade 02 || axa₂ in zwei auf C und D wirkende Kräfte 22' und 2'3 zerlegt, so dass die ganze auf C ruhende Last = 1'2 -J- 22' — 1'2' ist, u. s. f. — Hiernach ist ao^agag... b

das Seilpolygon der auf die Querträger wirkenden Lasten, welche nun unmittelbar auf AB ruhen.

Die Biegungsmomente des Trägers AB haben, wie ersichtlich, in den unter den Querträgern liegenden Querschnitten dieselben Werte, wie bei der direkten Belastung durch das gegebene Lastsystem. — Zwischen je zwei Querträgern sind aber die Biegungsmomente kleiner als bei direkter Belastung, wenn nicht zufällig eine der Lasten gerade auf einem Querträger steht.

Wird endlich eine gleichförmig verteilte Last durch Querträger übertragen, so ist die Darstellung der Transversalkrälte und Biegungsmomente in gleicher Weise auszuführen. — Man kann die der direkten Belastung entsprechende Seilkurve konstruieren und dann das Seilpolygon der auf die Querträger wirkenden Lasten so zeichnen, dass die Ecken desselben senkrecht unter den Querträgern auf der Seilkurve liegen. — Dieses Seilpolygon stellt die gesuchte Momentenfläche dar.

Zweckmässiger ist es jedoch, zuerst die Grössen der auf die Querträger

wirkenden Kräfte zu ermitteln.

Hierbei setzen wir voraus, dass auf jeden Querträger die Hälften der beiden Lasten wirken, welche auf den zu beiden Seiten des Querträgers befindlichen Feldern liegen. — Sind diese Kräfte bestimmt, so kann das Seilpolygon derselben unmittelbar gezeichnet werden.

Aufgaben.

a)    Auf einem Träger AB, dessen Länge 14 m beträgt, ruhen die Lasten Pi = 2000 kg, P₂ = 2000 kg, P₃ = 1500 kg, P₄ = P₅ = P₆ = 1000 kg. Die Last Px befindet sich in 3 m Entfernung vom Stützpunkte A, die anderen Lasten haben der Reihe nach die Abstände 2, 2, 2, 1,5, 1,5 m voneinander, so dass die letzte Last P₆ 2 m von B entfernt ist.

Es soll der gefährliche Querschnitt und das in demselben herrschende Biegungsmoment ermittelt werden, a) mit Hilfe eines Seilpolygons (Momenten-massstab), b) durch die Konstruktion der Belastungslinie.

b)    Ein Träger AB, welcher in den Endpunkten unterstützt ist, trägt eine gleichförmig verteilte Last von 3000 kg pr. lauf, m auf der Strecke AC= 3 m; im Punkte D ruht eine Einzellast von 4000 kg (CD = 1,8 m) und auf der Strecke EB = 5 m wiederum eine gleichförmig verteilte Last von 3000 kg pr. lauf, m (DE = 1,8 m).

Es soll wie im vorigen das grösste Biegungsmoment und der gefährliche Querschnitt ermittelt werden.

c)    Ein Wasserkasten soll von zwei eisernen Stangen getragen werden. — Das Gewicht des gefüllten Kastens ist 1200 kg. — Derselbe ruht mit

einer Länge von 0,9 m auf jeder Stange; seine Entfernung von dem einen Stützpunkte einer Stange ist 0,2 m, von dem andern 0,8 m.

Es soll das grösste Biegungsmoment und der gefährliche Querschnitt ermittelt werden, wenn

1.    der Kasten die oben angegebene Lage hat;

2.    wenn der Kasten von beiden Endpunkten gleich weit entfernt ist;

3.    wenn der Kasten bis an einen Stützpunkt gerückt wird.

4.    Wenn in den drei vorigen Fällen der Kasten auf zwei Querträgern ruht, welche zwei gegenüberliegende Seiten der Grundfläche unterstützen.

d) Ein in den beiden Endpunkten A und B unterstützter Träger hat ein Eigengewicht von 500 kg pr. lauf. m. — Derselbe trägt eine gleichförmig verteilte Last von 1000 kg pr. lauf, m und 5 Einzellasten Pj = 2000 kg, P₂ = 1000 kg, P₃ = 1500 kg, P₄ = 1000 kg, P₅ = 500 kg. Die Abstände der Lasten von A sind der Reihe nach 4 m, 5,5 m, 8 m, 9,5 m, 11 m. — Die Länge des ganzen Trägers ist 14 m. — Wo hegt der gefährliche Querschnitt und wie gross ist das Biegungsmoment in demselben ?

9. Wirkung beweglicher Lasten.

a)    Bewegt sich ein unveränderliches Lastsystem auf einem in zwei Punkten unterstützten Träger, so ist zu bestimmen:

a) Die Transversalkraft für einen beliebigen Trägerabschnitt bei beliebiger Lage des Lastsystems.

ß) Der Verlauf des grössten Biegungsmoments während der Bewegung des Lastsystems.

y) Das grösste Biegungsmoment, welches bei der Bewegung des Lastsystems überhaupt vorkommt und die Lage des Querschnittes, in welchem dasselbe auftritt (der gefährlichste Querschnitt).

5) Das grösste Biegungsmoment, welches in einem gegebenen Querschnitt vorkommt.

b)    Bewegliche Einzellast.

Nehmen wir die Last L in der Mitte des Trägers AB (Fig. 128 s.

S. 120) an, und zeichnen wir für diese Lage das Seilpolygon amb, in welchem die erste Seite am ( || CD) parallel zur Längenachse des Trägers angenommen wird, ferner bm [| CE (DE = L), dann können wir bei der augenblicklichen Stellung der Last das Biegungsmoment für jeden Querschnitt nach VIII, 1, b) bestimmen. Das grösste Biegungsmoment findet im Querschnitt M statt und wird durch die Ordinate sm dargestellt. — Lassen wir die Last L in einem andern Querschnitte, z. B. N, angreifen

Mr

~W

und zeichnen wir für diese Lage abermals das Seilpolygon anbx (wo an II CD und nbj || CE ist), B so stellt die durch N gehende 1 \ Vertikale o n das grösste Biegun gs-

Denken wir uns che

moment dar, welches bei der jetzigen Lage der Last L auf-tritt.

tn.

<1

JE

Fig. 128.

grössten Momente sämtlich auf diese Weise dargestellt, so bilden die Endpunkte s, o . . . . eine Kurve (Parabel), welche ein anschauliches Bild von dem Verlaufe des grössten Biegungsmoments giebt.

Aus dieser Darstellung ist dass das grösste Biegungsmoment immer in dem Querschnitte auftritt, über welchem die Last L steht. — Der gefährlichste Querschnitt liegt in der Mitte des Trägers.

ersichtlich

Für einen Träger-

Die Transversalkräfte findet man sehr leicht, abschnitt, welcher z. B. links von N liegt (vorausgesetzt, dass die Last L augenblicklich in N angreift), ist die Transversalkraft gleich der in A stattfindenden Auflagerreaktion. — Die letztere, nämlich dD, wird durch die Gerade Cd, welche der Schlusslinie abx des zugehörigen Seilpolygons parallel ist, auf der Kräftelinie DE abgeschnitten.

c) Ruhende, gleichförmig verteilte Last und eine bewegliche Einzellast.

Auf dem Träger AB (Fig. 129 s. S. 121) ruhe die gleichförmig verteilte Last L, und die Einzellast P bewege sich auf demselben. — Für irgend eine Lage der Last P, wenn sie z. B. im Querschnitte xx angreift, zeichnen wir die Belastungslinie 1234 nach VIII, 7, c). (Es ist alsdann

= df = P; 12 II 34 II cd). — Bei dieser Stellung der Last P liegt der gefährliche Querschnitt x senkrecht über dem Durchschnitt y

: ce

a c = b d = -îr-

der Belastungslinie mit der Spannweite ab und die augenblicklich wirkenden Transversalkräfte und Biegungsmomente lassen sich, wie schon früher gezeigt, mit Hilfe der Belastungslinie bestimmen. — Wird nun P auf dem Träger verschoben, so bewegt sich, wie leicht ersichtlich, die Belastungs-linie mit P derart, dass die Endpunkte der Geraden 23, welche die Grösse von P darstellt, die Geraden ed und cf durchlaufen, während 12 und 3 4 ihrer ursprünglichen Lage parallel bleiben.

■4-

Geht also die Last P vom Stützpunkte A nach B, so wird der gefährliche Querschnitt fortwährend seine Lage ändern. —

Fig. 129.

Der gefährliche Querschnitt hegt hiernach

Steht P über A, so fällt die Gerade 34 der Belastungslinie mit cd zusammen, und der gefährliche Querschnitt hegt alsdann über der Mitte m der Spannweite. — Bewegt sich P bis zum Querschnitt Xj, so rückt der gefährliche Querschnitt nach x, und wenn P den senkrecht über g hegenden Punkt x₂ erreicht hat, so hegt der gefährliche Querschnitt zum ersten Male unter der Last P. — Von hier an begleitet der gefährliche Querschnitt die Last P bis zu dem senkrecht über h hegenden Punkte x₃, und beim weiteren F ortschreiten der Last nähert sich derselbe wieder der Mitte des Trägers, welche er erreicht, wenn P in B angelangt ist. immer im Bereich der Strecke x₂x₃. — Es sei Ax₂ = a g = z; ab = 1, dann folgt aus der Ähnlichkeit der Dreiecke acg und bfg:

z:1-z = T:T + P-

Hieraus ergiebt sich:

LI

z 2 (L + py

Das Biegungsmoment erreicht seinen grössten Wert, wenn P über der Mitte des Trägers steht. — Es ist dies leicht zu erkennen, wenn man die Seilkurve ax s bx der gleichförmig verteilten Last L und die Kurve der Maximalmomente, welche von P herrühren, nämlich a₁s₁b₁ nach (b) zeichnet. — Für jede Stellung der beweglichen Last P stellt die unter P

liegende Vertikale, welche von beiden Kurven begrenzt wird, das Biegungs-moment vor, welches also seinen grössten Wert erreicht, wenn P die Mitte des Trägers erreicht hat.

d) Bewegliches System von Einzellasten.¹)

Es seien P₁₅ P₂, P₃ . . . (Fig. 130) mehrere auf dem Träger AB sich bewegende Lasten, R ihre Resultante. Um die Auflagerdrücke für die augenblickliche Lage des Lastsystems zu bestimmen, ziehen wir durch den

Pz

IL

Ti Q

Stützpunkt A eine Vertikale und tragen auf derselben die Strecke AE=R ah. Die Gerade BE bestimmt alsdann auf R die Strecke GH, welche nach II, 3, a) den Auflagerdruck in A darstellt. Durch CG || AB übertragen wir GH nach AC.

Fig. 130.

Nun zeichnen wir von C anfangend die Belastungslinie CI 122'... D für die augenblickliche Laststellung, in welcher 11', 2 2', 33'... die Grössen der gegebenen Lasten, AC und BD die Auflagerreaktionen in den Stützpunkten A und B darstellen.

Das Biegungsmoment für irgend einen Querschnitt x wird durch die über dem Abschnitte Ax stehende Fläche ACll'yx dargestellt.

Der gefährliche Querschnitt liegt im Schnittpunkte Q der Belastungslinie mit der Spannweite AB.

Um für eine andere Lage des Lastsystems den gefährlichen Querschnitt und das grösste Biegungsmoment zu ermitteln, verschieben wir die Spannweite unter den Lasten. Es geschieht dies am zweckmässigsten, wenn AB parallel mit sich selbst so fortbewegt wird, dass die Endpunkte A und B die beiden Geraden AF und BE (wo AF [| BE) durchlaufen. Die Richtungslinien der einzelnen Lasten bezeichnen alsdann auf jeder neuen Lage der Spannweite eine andere Lage des beweglichen Lastsystemes.

Verlegen wir AB nach AxBx, so greift die Resultante R in IIx an. Die Gerade B₁E₁ oder BE schneidet auf R die Strecke H₁G = A₁C₁ ab, welche offenbar den Auflagerdruck in Ax darstellt. Für diese neue Lage der Spannweite bleibt demnach die ganze Belastungslinie dieselbe, nur beginnt sie in C₁ und endet in Dx.

Hilfssatz.

Es sei bdef (Fig. 131) ein Rechteck, welches dem bei b rechtwinkeligen Dreiecke abc derart eingeschrieben ist, dass bd = |ab, bf=^bc ist. Unter dieser Voraussetzung ist bdef grösser als ein anderes Rechteck, z. B. bghi, welches ebenfalls dem Dreiecke abc eingeschrieben ist. Der Unterschied beider Rechtecke ist dem doppelten Inhalte des Dreieckes ehn gleich.

Ziehen wir nämlich die Diagonale be und durch den Schnittpunkt 1 die Gerade km parallel ab, so ist bgnf=bdkm; ferner ist bf=cf, folglich auch nl = nh und fnhi = lmfn. Folglich ist bghi = bdklnf.

-vA-.....J?

Hiernach übertrifft bdef das Rechteck bghi um den Inhalt des Rechteckes klne. Das letztere ist offenbar doppelt so gross wie Dreieck ehn. Es folgt hieraus zugleich a der bekannte Satz, dass bdef das grösste dem Dreiecke abc eingeschriebene Rechteck ist.

cf y

Fig. 131 und 132.

Für unsere Zwecke lässt sich der Unterschied a der Rechtecke bdef und bghi noch besser durch den Inhalt des Dreieckes fit (Fig. 132) darstellen, welches entsteht, wenn die Mittellinie af des Dreieckes abc und die Gerade hi bis zum Schnittpunkte t verlängert werden. Ziehen wir nämlich durch d und f die Gerade do, so ist io = ot (weil ad = bd); ferner ist Aifoç^Aehn (do II ac), folglich    = 2Aehn.

Der gefährliche Querschnitt. — Ist Cll'22' . . . D (Fig. 133 s. S. 124) die Belastungslinie des gegebenen Lastsystemes und haben BE und AF dieselbe Bedeutung wie in Fig. 130, so halbieren wir AC und BD in M und N. Durch den Punkt Q1? in welchem die Gerade MN die Be-lastungslinie trifft, legen wir die Spannweite A₁B₁, dann bezeichnet Qi auf A₁B₁ die Stelle des gefährlichsten Querschnittes, und die Richtungslinien der einzelnen Lasten geben auf A₁B₁ die ungünstigste Laststellung an.

Zum Beweise verlängern wir 33', welche von MN in Qx getroffen wird. Hierdurch entsteht das Dreieck Oqr. Weil BF = AE = R==DS, so ist N die Mitte von SF, und MN also Mittellinie des Dreieckes OFS. Folglich halbiert MN auch qr in Qj.

Nun ist das Biegungsmoment in Qx gleich A₁a₁qQ₁ — ll'22'3q. Vergleichen wir hiermit das Biegungsmoment in Q, welches bei der ersten Lage der Spannweite AB das grösste war, so ist dasselbe gleich ACqQ — ll'22'3q. Der Unterschied der beiden Biegungsmomente ist mithin dem Unterschiede der beiden Rechtecke A₁a₁qQ₁ und ACqQ gleich. Diese

Rechtecke sind aber dem Dreiecke Oqr eingeschrieben, und da die Mitte von qr ist, so ist nach obigem Hilfssatze:

A^qQ^ACqQ,

folglich ist das Biegungsmoment in grösser als in Q.

SL

B,

-*■

r,

ft

if

J 'T'"

Fig. 133.

Ein weiteres Verschieben der Spannweite in der angegebenen Weise zeigt, dass das Biegungsmoment in Qa das grösste überhaupt vorkommende ist. Qx bezeichnet deshalb auf A: Bx die Lage des gefährlichsten Querschnittes, wodurch nun auch die ungünstigste Stellung des gegebenen Last-systemes gefunden ist.

den Inhalt des Dreieckes Qil'Qa kleiner als A₁a₁lQ₁.

um

Wird die Belastungslinie mehrere Male von MN getroffen (Fig. 134 s. S. 125), so treten mehrere Maxima des grössten Biegungsmomentes auf. Qj sei der erste Schnittpunkt; durch ihn legen wir die Spannweite A₁B₁, dann wird das Biegungsmoment im gefährlichen Querschnitte dargestellt durch die Fläche A₁a₁lQ₁. In der Lage A₂B₂ ist das grösste Biegungsmoment für alle zwischen 1'2 liegenden Querschnitte dasselbe, und es wird jetzt durch die Fläche A₂a₂ll' dargestellt. Nach unserem Hilfssatze ist A₂a₂ll/

Es erleidet demnach das grösste Biegungsmoment beim Übergange von der Lage AjB! zur Lage A₂B₂ eine Abnahme, welche durch den Inhalt des Dreieckes Q₁l/Q₂ dargestellt wird.

Verlegen wir die Spannweite nach A₃B₃, so dass sie durch den dritten Schnittpunkt Q₃ geht, dann nimmt das Biegungsmoment im gefährlichen Querschnitte wieder zu. Denn das durch den Inhalt des Rechteckes A₂ a₂11 ' dargestellte Moment können wir auch durch die Differenz A₂a₂c₂2 — 1 l'2c2 ausdrücken; im Querschnitte Q₃ ist das Moment gleich A₃a₃c₂Q₃ — 1 Ü2c₂.

Folglich ist der Unterschied der Momente in Q₈ und Q₂ dem Unterschiede der Rechtecke A₃a₃c₂Q₃ und A₂a₂c₂2 gleich. Beide Rechtecke sind dem Dreiecke Oc₂d₂ eingeschrieben, und weil Q₃ die Mitte von c₂d2 ist, so ist das erstere das grössere. Der Unterschied der Rechtecke oder

■V

■m

■*r

2T

Fig. 134.

die Zunahme des grössten Biegungsmomentes ist nach unserem Hilfssatze-dem Inhalte des Dreieckes Q₂Q₃2 gleich.

Alle weiteren Änderungen des grössten Biegungsmomentes sind jetzt leicht zu erkennen. Wenn die Spannweite durch den folgenden Schnittpunkt Q₄ gelegt wird, so nimmt das grösste Biegungsmoment um den Inhalt des Dreieckes Q₃2'4 wieder ab; beim weiteren Verlegen nach Q₅ um den Inhalt des Dreieckes Q₄Q₅3 wieder zu u. s. f.

Das Verschieben der Spannweite in der angegebenen Reihenfolge entspricht einer Bewegung des Lastsystems von rechts nach links. Geht man von derjenigen Lage der Spannweite aus, bei welcher das erste Maximum des grössten Biegungsmomentes eintritt, so erkennt man die folgenden Änderungen desselben aus den Dreiecken, welche MN mit der Belastungslinie bildet. Alle Dreiecke, welche unter MN liegen, bedeuten eine Abnahme, und alle über MN liegenden eine Zunahme des Maximal-Biegungsmomentes. Dieser Eigenschaft wegen wollen wir die Gerade MN die „Orientierungslinie“ nennen.

a, i

2’

Es ist noch der Fall zu berücksichtigen, wenn die Orientierungslinie zwei nicht aufeinander folgende Kräfte trifft. Es seien z. B. Q und Qx (Fig. 135) die Schnittpunkte von MN mit 22' und 3'4. Das Moment in Q ist AacQ— 1 l'2c und das in wirkende Moment ist gleich A^ce — 1 l'2c -j- 2'e3'3. Da aber AacQ das grösste, dem Dreiecke Oed eingeschriebene Rechteck ist, so ist der Unterschied der beiden Rechtecke AacQ mid A₁a₁ce dem Dreiecke eQQx gleich. Das letztere giebt also eine Abnahme des Momentes und

2'e3'3 die gleichzeitige Zunahme desselben an. Folglich erleidet das grösste Biegungsmoment beim Übergange von AB zu AxBt eine Abnahme, welche wiederum der unter Orientierungslinie MN liegenden Fläche Q2'33'Q1 gleich ist.

Fig. 135.

Der in der Praxis am häufigsten vorkommende Fall ist derjenige, wo nur ein Maximum des grössten Biegungsmomentes auftritt, welches nach der in Fig. 133 angegebenen Konstruktion in einfachster Weise bestimmt werden kann. Zeigt aber die Orientierungslinie, dass mehrere Maxima vorhanden sind, so füge man, wie in Fig. 134 angegeben, jeder der entsprechenden Lagen der Spannweite noch die Schlusslinie des Seilpolygones der gegebenen Lasten hinzu. Aus den senkrechten Strecken, welche innerhalb der zugehörigen Seilpolygone über den betreffenden Querschnitten liegen, kann man nach VIII, 2, b) erkennen, welches der gefundenen Maxima das grösste ist.

Die hier entwickelten Eigenschaften der Orientierungslinie zeigen, dass Maxima des Biegungsmomentes immer unter einer der Lasten liegen. Hat das Lastsystem eine Lage erreicht, bei welcher ein augenblickliches Minimum des grössten Biegungsmomentes eintritt, so ist das letztere nicht auf einen einzigen Querschnitt beschränkt, sondern gilt für alle zwischen zwei bestimmten, aufeinanderfolgenden Lasten liegenden Querschnitte. In diesem Falle ist der gefährliche Querschnitt im Begriffe, von der einen Last zur nächstfolgenden überzugehen.

Besteht das bewegliche Lastsystem aus Einzellasten und gleichförmig verteilten Lasten, so können wir wiederum mit Hilfe der Orientierungslinie sämtliche Maxima des grössten Biegungsmomentes ermitteln.

In Fig. 136 ist ein solcher Fall dargestellt. Px und P₃ sind Einzellasten, P₂ und P₄ gleichförmig verteilte Lasten und ajll'22' . . . D die Belastungslinie, A^! die zugehörige Lage der Spannweite.

8"

a7

3’

Fig. 136.

Die Orientierungslinie MN schneidet die Belastungslinie in Q. Durch diesen Punkt legen wir wie im vorigen die Spannweite AB, dann giebt Q auf AB die Lage des gefährlichsten Querschnittes an.

Wir finden nämlich bei irgend einer anderen Lage der Spannweite, z. B. A₁B₁, für das im getährlichen Querschnitte Qx herrschende Biegungsmoment die Fläche

A^ce — 11' 2Qc -f- Q2'3Q₁e.

Das Biegungsmoment in Q ist gleich

AacQ — 11' 2Qc.

Subtrahieren wir das erstere von dem letzteren, so kommt AacQ — Ajajce — Q2'3Q₁e.

Die beiden ersten Glieder dieses Ausdruckes sind Rechtecke, welche dem Dreiecke Oed eingeschrieben sind. Da aber AacQ das grösste

Rechteck dieser Art ist (cQ = dQ), so finden wir für den Unterschied beider den Inhalt des Dreieckes Oef. Mithin ist der Unterschied der Biegungsmomente in Q und gleich Qef—Q2'3Q₁e.

Beim Verschieben der Spannweite AB nach A₁B₁ nimmt hiernach das Biegungsmoment im gefährlichen Querschnitte um den Inhalt der Fläche Q2'3Qxf ab.

Es mag dies Beispiel genügen, um zu zeigen, dass die Orientierungs-Knie mit grösstem Vorteile bei allen derartigen Aufgaben benutzt werden kann.

Auch die Vorgänge in anderen Querschnitten sind mit Hilfe der bisher angewandten Verschiebung der Spannweite leicht zu erkennen.

Wir behandeln noch die Aufgabe: Welches ist für einen beliebigen Querschnitt X die ungünstigste Laststellung, oder welche Last des gegebenen Systèmes muss über X stehen, damit das Biegungsmoment in diesem Querschnitte seinen grössten Wert erreicht?

Die Lösung dieser Aufgabe ist sehr einfach. Es sei AB (Fig. 137) wieder die Spannweite; P1? P₂, . . . . P₅ das bewegliche Lastsystem und

all'22'33/ .... D die Belastungslinie, und die Geraden AF und BE dieselben wie früher.

Beim Verschieben der Spannweite durchläuft X eine Gerade YU, welche parallel zu AF und BE ist. Legen wir die Spannweite zuerst durch den Punkt X in welchem die Richtungslinie der Last Px die Gerade YU trifft, so steht I\ über dem gegebenen Querschnitte und das Moment in Xj wird dargestellt durch das Rechteck A,ax IX,. Bei der Lage A₂B₂, wo die folgende Last P₂ über dem Querschnitte X₂ steht, ist das Moment in dem letzteren gleich

A2 &₂ c₂ X₂

Die Rechtecke A^lXj und A₂a₂c₂X₂ haben gleiche Grundlinien (A₁X₁ = A₂X₂); folglich wird das erstere von dem letzteren übertroffen, um den Inhalt eines Rechteckes oder Parallélogrammes, dessen Grundlinie gleich AjXj und dessen Höhe dem Unterschiede der Höhen beider Rechtecke gleich ist. Ein solches Parallelogramm ist aber A₁A₂X₂X₁. Der

r.

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1:_3

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2i

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5>

Fig. 137.

U'2c₂.

Inhalt desselben giebt demnach die Zunahme des Biegungsmomentes in dem Querschnitte X an, wenn derselbe von P₁ zu P₂ übergeht; zugleich wird aber das Moment noch um den Inhalt des Rechteckes ll'2c₂ vermindert.

Je nachdem also A₁A₂X₂X₁ ^ 1 1'2c₂ ist, hat das Biegungsmoment beim

Übergänge von Xx zu X₂ zugenommen, ist unverändert geblieben, oder hat abgenommen.

Verlängern wir die Richtungslinien der Lasten Px und P₂ bis dx und d₂, so ist ersichtlich, dass die Parallelogramme X₁X₂d₂d₁ und A₁A₂X₂X1 gleich gross sind. Zu- und Abnahme des Biegungsmomentes können deshalb auch durch die zwischen den beiden Parallelen ldx und c₂d₂ liegenden Parallelogramme X₁X₂d₂d₁ und ll'2c₂ dargestellt werden. Weil nun die beiden letzten Flächen sich verhalten wie 11' zu X₁d₁, so ergiebt sich sofort, dass das Moment beim Übergange von Xx zu X₂

zunimmt, wenn X₁d₁ i> 11 unverändert bleibt, „ Xxdx = 1 1 und abnimmt.

„ XACii'.

Ebenso folgt: Wenn der Querschnitt von X₂ nach X₃ übergeht (wo derselbe unter P₃ liegt), dass das Biegungsmoment in X₃ alsdann grösser,

gleich oder kleiner wird, je nachdem X₂d

²<

c₂2' ist.

Die Strecken Xxdx, X₂d₂ ... sind einander gleich, jede gleich Xd.

Lässt man also den Querschnitt X nach und nach von einer Last zur folgenden übergehen, so wird das Biegungsmoment in demselben im Wachsen begriffen sein, so lange die in den Lastrichtungen liegenden Vertikalen 1 P, c₂2', c₃3' . . . . kleiner sind als Xd. Die Abnahme des Momentes beginnt bei derjenigen Last, bei welcher die betreffende Vertikale zuerst grösser ist als Xd.

Um demnach direkt diejenige Last zu ermitteln, welche über X stehen muss, damit das Biegungsmoment in demselben vom Wachsen zum Abnehmen übergeht, d. h. seinen grössten Wert erreicht, machen wir az = Xd und ziehen zv parallel AB. Diejenige der vertikalen Strecken der Belastungslinie, welche von zv getroffen wird, stellt die gesuchte Last dar.

Fällt zv mit einer der horizontalen Strecken der Belastungslinie zusammen, so ist es offenbar gleichgültig, welche der beiden an die letztere anstossenden Lasten über X gestellt wird.

Die soeben angegebene Konstruktion ist auch gültig, wenn das bewegliche Lastsystem ausser Einzellasten noch gleichförmig verteilte Lasten enthält. In Fig. 138 (s. S. 130) sind z. B. Px und P₃ Einzellasten, P₂ und P₄ gleichmässig verteilte Lasten. Um die ungünstigste Laststellung für den Querschnitt X zu ermitteln, tragen wir wieder die Vertikale Xd nach

Schlotke, Graph. Statik. 2.

az und ziehen zv parallel zur Spannweite, bis die Belastungslinie in y getroffen wird. Durch v ziehen wir die Vertikale Cjd^ welche die Gerade YU, auf welcher X sich bei der Verschiebung der Spannweite bewegt, in Xx durchschneidet. Legen wir die Spannweite A₁B₁ durch Xx, so bezeichnen die Lastrichtungen auf A₁B₁ die ungünstigste Lage in Bezug auf den gegebenen Querschnitt.

*~JÖ"

ja

fei.

V\.

Fig. 138.

Zum Beweise nehmen wir oberhalb und unterhalb A₁B₁ zwei andere Lagen der Spannweite, etwa AB und A₂B₂ an. Beim Übergange des Querschnittes X zur Lage Xj nimmt das Biegungsmoment um XddxXj zu und gleichzeitig um cevc₁ ab. Da X₁d₁ = cxv und ce<üX₁d₁ ist, so ist die Zunahme grösser als die Abnahme; folglich ist das Moment in Xx grösser als in X. — Gehen wir ferner von der Lage Xx zu X₂ über, so nimmt das Biegungsmoment um X₁d₁d₂X₂ zu und um c₁ye₂c₂ ab. Jetzt ist (wegen Xxdx = cxv und c₂e₂^>X₂d₂) die Abnahme grösser als die Zunahme, folglich ist das Moment in Xx auch grösser als in X₂. Das grösste Biegungsmoment des Querschnittes X tritt demnach in X₁ auf.

e) Buhende gleichförmig verteilte Last und ein bewegliches Lastsystem. Auch für diesen Fall lässt sich leicht eine Orientierungslinie zeichnen. Wir beweisen zuvor folgenden Hilfssatz.

Es seien abc und def (Fig. 139 s. S. 131) zwei ähnliche Dreiecke, deren Eckpunkte auf drei durch einen Punkt s gehenden Geraden liegen.

Die ähnlich liegenden Seiten der Dreiecke seien parallel und unter diesen noch ac und df parallel zu se. Dann ist

Trapez abed == Trapez bcfe.

Fig. 139.

Nach den gemachten Voraussetzungen ist nämlich

Ades = Afes>

Aabs = A^cs.

Durch Subtraktion der beiden Gleichungen ergiebt sich die obige Behauptung.

Konstruktion der Orientierungslinie. Es sei AB (Fig. 140 s. S. 132) die Spannweite; all'22' . . . b die Belastungslinie. Die vertikalen Strecken der letzteren stellen wiederum die Einzellasten dar; die übrigen Seiten sind parallel zu CD, wenn AC = BD = der Hälfte der gleichförmig verteilten Last ist. Ferner sei R die Resultante der Einzellasten, ihre Richtungslinie aV. Machen wir nun die Vertikale CE gleich R, so schneiden die Geraden DE und CD auf R die Strecke a'c' ab, welche dem Auflagerdrucke in A gleich ist. Durch die Gerade aa' || CD wird diese Strecke nach aC übertragen. AC -f- aC = A a stellt nun die ganze Auflagerreaktion in A dar.

Wir ziehen jetzt durch die Stützpunkte A und B die Geraden AO und BF parallel zu DE, und verschieben die Spannweite AB parallel mit sich selbst so, dass A und B die Geraden AO und BF durchlaufen. Alsdann können wir die einmal gezeichnete Belastungslinie für jede Lage der Spannweite wieder benutzen.

Noch bemerken wir, dass auch für diesen Fall die Fläche, welche über einem Abschnitte des Trägers steht und von der Belastungslinie begrenzt wird, das Biegungsmoment darstellt, und die Lage des gefährlichen Querschnittes durch den Schnittpunkt der Spannweite mit der Belastungslinie bestimmt ist.

Jetzt ziehen wir aM parallel AO und verbinden M mit 0 (Schnittpunkt von aa' mit AO); dann ist die Gerade OM die Orientierungslinie.

Schneidet OM die Belastungslinie zuerst in Qx und legen wir die

Spannweite A^ durch Q₁₅ so liegt in dem letzteren der gefährliche Querschnitt. Das Biegungsmoment in demselben ist gleich der Fläche Axat 1 Qj. Ferner ist a^ || aM || AO. Legen wir die Spannweite A₂B₂ durch den zweiten Schnittpunkt Q₂, so ist das Biegungsmoment im gefährlichen Querschnitte Q₂ gleich A₂a₂ll'Q₂. Hier ist nun a₂Q₂ ebenfalls parallel AO.

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Fig. 140.

A₁Q₁Q₂A₂, so

Gehen wir also von Qx zu Q₂ über, so nimmt das Biegungsmoment um A₁a₁a₂A₂ ab und gleichzeitig um A₂A₁Q₁1'Q₂ zu. (Hierbei kommt /^AjAgZ nicht in Betracht, weil dasselbe in der Zu- und Abnahme zugleich auftritt.) Da nun nach dem obigen Hilfssatze A₁a₁a₂A2 ist die Zunahme des grössten Biegungsmomentes um das Dreieck Q₁1'Q2 kleiner als die Abnahme desselben. Das Biegungsmoment in Q₂ ist demnach um Q₁1,Q₂ kleiner als in Qi.

Legen wir jetzt die Spannweite A₃B₃ durch Qs, so ist wieder A₂a₂a₃ A₃ = A₂Q₂Q₃A₃, also nimmt das Biegungsmoment im gefährlichen Querschnitte wieder um Q₂Q₃2 zu, u. s. f.

Leicht ist auch in diesem Falle die ungünstigste Laststellung für einen gegebenen Querschnitt X zu ermitteln.

Wie früher durchläuft X (Fig. 141) bei der hier angewandten Verschiebung der Spannweite eine zu AO parallele Gerade YU. Durch X ziehen wir die Vertikale cd und durch A die Gerade A5 parallel zu Oa. Auf A a schneiden wir die Strecke ae = d§ ab und ziehen durch e eine Parallele zu OA. Die letztere trifft die Belastungslinie in einem Punkte m. Wir legen A₁B₁ so, dass der gegebene Querschnitt Xx auf der Vertikalen durch m liegt; dann bezeichnen die Lastrichtungen auf A^i die ungünstigste Laststellung in Bezug auf den in Rede stehenden Querschnitt.

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Fig. 141.

Beweis. Das Biegungsmoment in Xx ist gleich der Fläche A₁a₁lF 22'3Xx. Verlegen wir die Spannweite nach A₂B₂, wo die folgende Last über dem Querschnitte X₂ steht, so ist das Moment in dem letzteren gleich der Fläche A₂a₂l 1'22'33'4X₂. Diese Fläche ergiebt sich auch aus der ersteren, wenn man dieselbe um das Trapez A₁a₁a₂A₂ vermindert und zugleich um A₁A₂X₂X₁-f-X₁3'4X₂ vergrössert (wobei AAxA₂g, weil es subtrahiert und addiert wird, nicht in Betracht kommt). Da nun aber A₁A₂X₂X₁ = djXjXadg ist, so kann die Zunahme auch durch das Trapez d₁3'4d₂ ausgedrückt werden. Aus unserer Konstruktion ist aber leicht ersichtlich, dass die Trapeze A₁a₁a₂A₂ und dx3'4d₂ gleiche Höhen haben (d. h. die Abstände der parallelen Seiten der Trapeze sind gleich) und in den Winkeln übereinstimmen. Ziehen wir nun noch axm, so ist /\a₁c₁m^o/\iAd5 und atm U AO, folglich auch mdx == A₁a₁; und wenn wir endlich em und d₂4 bis n verlängern, so ist:

Axa^La₂Ao^> dxmndg,

folglich

Aj ax a₂ A₂ dx3 4 d₂.

Nach dem vorhin Gesagten bedeutet aber A₁a₁a₂A₂ die Abnahme und dj3'4d₂ die gleichzeitige Zunahme des Momentes im Querschnitte X, wenn derselbe von der Lage Xx zu der Lage X₂ übergeht. Da nun die Abnahme grösser ist als die Zunahme, so ist das Biegungsmoment in X₂ kleiner als in Xj.

Ist AB eine AXBX vorhergehende Lage der Spannweite, also das Moment in X gleich der Fläche Aal 1'22'rX, so ergiebt sich leicht, dass das Moment beim Übergange von X zu Xx die Abnahme AaaxAx und gleichzeitig die Zunahme dr3dx erleidet. In diesem Falle ist die Zunahme grösser als die Abnahme, folglich ist das Moment in Xx auch grösser als in X.

Es tritt also das grösste Biegungsmoment für den betreffenden Querschnitt bei der durch AXBX angegebenen Lage der Spannweite auf.

Aus dieser Darstellung ergiebt sich, dass die hier benutzte Verschiebung der Spannweite ein übersichtliches Bild von den Vorgängen bei der Bewegung eines Lastsystemes auf einem einfachen Träger liefert. Wie die Transversalkraft für irgend einen Querschnitt bei beliebiger Lage des Lastsystemes zu bestimmen ist, bedarf keiner weiteren Erläuterung.

f) Aufgaben.

Pu P

4000 kg, P₂ = 3500 kg, P₃ = 3000 kg, P₄

2> '

1. Auf einem Träger von 18 m Länge bewegen sich die Einzellasten . . P₆ in unveränderlichen Abständen voneinander. Es ist Px =

2000 kg, P₅ = 2000 kg, P₆ = 1500 kg. Je zwei aufeinanderfolgende Lasten sind 2 m voneinander entfernt. — Es soll die ungünstigste Laststellung, der gefährlichste Querschnitt und das grösste während der Bewegung vorkommende Biegungsmoment ermittelt werden.

2. Für den vorigen Fall den gefährlichsten Querschnitt und das grösste Biegungsmoment zu finden, wenn die Lasten nicht unmittelbar auf dem Träger ruhen, sondern durch Querträger, welche in gleichen Abständen von je 3 m angebracht sind, übertragen werden.

IX. Abschnitt.

Stabilität der Stützmauern.

a) Wasserdruck.

Der normale Druck, welchen eine ein geschlossene Wassermenge auf ein sehr kleines Flächenelement g einer vertikalen Seitenwand be (Fig. 142) ausübt, ist bekanntlich so gross, wie das Gewicht einer Wassersäule, deren Grundfläche gleich g ist, und deren Höhe so gross ist, wie die Entfernung jenes Elementes g vom Wasserspiegel.

Ist also gh ein Wasserprisma, dessen sehr kleine Grundfläche g und dessen Höhe gh = bg senkrecht zur gedrückten Fläche b c steht, so ist das Gewicht desselben so gross wie der auf g nach horizontaler Richtung wirkende Wasserdruck, struiert man hiernach für alle Elemente der drückten Fläche b c, welche wir als Rechteck annehmen, dessen Länge senkrecht zur Zeichenfläche gemessen 1 m ist, die entsprechenden Wasserprismen, so bilden dieselben ein einziges dreiseitiges Prisma von der Länge 1 m, dessen Grundfläche das gleichschenkligrechtwinklige Dreieck bck ist. — Das Gewicht dieses Prismas stellt die Grösse des ganzen Wasserdruckes auf bc dar.

Hieraus ergiebt sich, dass die horizontal gerichtete Resultante W des Wasserdruckes durch den Schwerpunkt s₂ des Dreiecks bck geht; sie liegt

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Fig. 142.

2

daher in der Entfernung—bc unter dem Wasserspiegel.

o

1. Es sei ab cd das Profil einer Stützmauer, welche an der vertikalen Seitenwand bc dem Wasserdruck ausgesetzt ist. — Wir untersuchen einen

Teil der Mauer, dessen Länge 1 m beträgt. — Ist nun W die Resultante des auf bc wirkenden und horizontal gerichteten Wasserdruckes, G das im Schwerpunkt s des Querschnitts wirkende Gewicht der Mauer, so geht die Resultante R beider Kräfte durch den Schnittpunkt m ihrer Richtungslinien und trifft die Grundfläche der Mauer im Punkte n.

Die Lage des Punktes n, welchen wir den Druckmittelpunkt der Ebene cd nennen wollen, und die Richtung der Resultante R ist nun massgebend für die Stabilität der Mauer.

Soll die Mauer gegen Fortschieben auf der horizontal angenommenen Grundfläche de gesichert sein, so muss der Reibungswiderstand so gross sein, dass derselbe von der horizontalen Kraft W nicht überwunden werden kann. — Bezeichnet man den Reibungskoeffizient mit f, so ist die Grösse des Reibungswiderstandes = Gf. Es muss also sein:

W < Gf,

oder    f.

G

Der Bruch —r - ist aber gleich der Tangente des Winkels a, welchen R G

mit der Vertikalen bildet. — Da ferner f=tg<p ist. wenn man mit 9 den Reibungswinkel bezeichnet, so folgt auch:

tga <tg9 a < 9.

Der Winkel a, welchen R mit der Vertikalen bildet, muss kleiner sein, als der Reibungswinkel.

W

Die Grösse des Winkels a hängt, wie man aus der Formel tga=

G

sieht, lediglich von dem Verhältnis der beiden Kräfte W und G ab.

Um dieses Verhältnis graphisch darzustellen, beachten wir, dass die Anzahl der cbm des Mauerprismas, dessen Länge wir gleich 1 m angenommen haben, übereinstimmt mit der Anzahl der qm der Fläche des Querschnittes abcd. — Das Gleiche gilt für das Wasserprisma bck. — Wir ersetzen das letztere durch ein ihm an Gewicht gleiches Mauerprisma, dessen Grundfläche bei und dessen Länge ebenfalls 1 m ist. — Das Dreieck bei er-giebt sich aus folgender Betrachtung. Ist y das Gewicht der Cubikeinheit Wasser, s das spezifische Gewicht des Mauerwerks, so ist das Gewicht des Mauerprismas bei = A bei • y • s; ferner ist das Gewicht des Wasserprismas bck gleich /\bck-y, folglich muss sein:

— Abck. s

oder

Abel =

Ahck • y = Abel • y • s A bck

¹

S. Abhandlung d. Verfassers im „Civilingenieur“ XXXI. Band, 7. Heft.

ÂbdT = 8î

Ist z. B. s = 1,6, so haben wir:

1,6 = "6" d. h. Abck : bei = 8 : 5.

Abck _

Abel

Da nun beide Dreiecke dieselbe Höhe bc haben sollen, so muss sich verhalten :

ck : cl = 8 : 5

- ck.

oder cl = -

Hieraus ist cl leicht zu konstruieren.

Hat man nun W auf diese Weise durch das Gewicht des Mauerprismas bei dargestellt, so lassen sich auch W und G sehr leicht durch proportionale Strecken ausdrücken. — Die Gewichte der beiden Mauerprismen abcd und bei verhalten sich wie ihre Inhalte, oder, weil beide gleiche Längen haben, wie ihre Grundflächen. Wir haben also die Proportion :

W : G = Abel : Trapez abcd.

Durch die Mitte q der Höhe bc ziehen wir die Gerade pr parallel zu dk, dann ist abcd einem Rechtecke von der Höhe bc gleich, dessen Grundlinie pq ist. — Ebenso ist Abel inhaltsgleich einem Rechteck von derselben Höhe, dessen Grundlinie gleich qr ist. — Die Inhalte dieser Rechtecke verhalten sich demnach wie ihre Grundlinien, folglich haben wir auch :

W : G = qr : pq.

Wird demnach die Strecke pq zur Darstellung von G benutzt, so bedeutet qr die Grösse von W.

Soll ferner die Mauer gegen Umkippen, d. h. gegen eine Drehung um d gesichert sein, so muss die Resultante R die Grundfläche der Mauer zwischen c und d treffen. — Der Schnittpunkt n darf aber dem Punkte d nicht beliebig nahe gebracht werden, wie wir aus folgender Betrachtung ersehen können.

Es sei R' (Fig. 142 a) die in n angreifende vertikale Seitenkraft von R. — Liegt n nicht in der Mitte von cd, so wird der Vertikaldruck auf cd ungleich verteilt sein, so dass z. B. in d grössere Druckspannung herrscht als in c, wenn cn^>dn. — Denkt man sich in jedem Punkte von cd den entsprechenden Vertikaldruck pr. Quadrateinheit durch eine zu cd senkrechte Strecke dargestellt, so kann man die Annahme machen, dass die Endpunkte dieser Strecken auf einer Geraden uz liegen. — Das hierdurch entstandene Trapez kann man sich auch als Grundfläche eines prismatischen Körpers von der Länge 1 m (senkrecht zur Zeichenfläche gemessen) vorstellen, dessen Gewicht dieselbe Druckverteilung auf bc hervorbringt, wie sie in Wirklichkeit stattfindet. -—- Hiernach muss aber R' durch den Schwerpunkt jenes Trapezes gehen. — Nähert sich der Punkt n dem Punkte d, so wird die Druckspannung des Mauerwerks in der Nähe von d zu und bei c abnehmen; das Trapez nähert sich dann mehr und mehr einem Dreieck. — Da aber R' immer durch den Schwerpunkt des Trapezes geht, so folgt, dass das letztere in das Dreieck cde übergeht, wenn dn == |cd geworden ist. — Für diesen Fall wird aber die Druckspannung in c gleich Null. — Bei noch weiterem Vorrücken des Punktes n in der Richtung nach d würde die Spannung in c ihren Sinn umkehren, d. h. das Mauerwerk würde alsdann in der Nähe von c Zugspannungen ausgesetzt sein, welche für dieses Material unzulässig sind. — Es gilt deshalb als Regel, dass die Resultante R' die Grundfläche cd innerhalb ihres mittleren Drittels schneiden muss.

Hat nun der Druckmittelpunkt n eine der Stabilität der Stützmauer genügende Lage, so ist nur noch die Frage, ob die Grösse von R' die zulässige Beanspruchung des Mauerwerks nicht überschreitet. — Nehmen wir an, dass der Druckmittelpunkt n (Fig. 142 ß) zwischen m und q hegt (dm = cq = ^cd) und zwar näher bei m, so wird der grösste Druck in d stattfinden. — Um den letzteren zu ermitteln, ist es erforderlich, das Trapez über cd, welches die Druckverteilung darstellt, so zu bestimmen, dass die Richtungslinie des Normaldruckes IT durch den Schwerpunkt des Trapezes geht und zugleich der Flächeninhalt des Trapezes gleich R' wird.

Nach VI, 2, c) ist aber der Abstand des Schwerpunktes eines Trapezes von der Grundlinie a

_h (2b + a)

3 (a -j- b)

(4 + ¹)

wenn b die andere Grundlinie, h die Höhe des Trapezes bedeutet. — Dividieren wir Zähler und Nenner durch a,' so erhält man für den Abstand folgenden Ausdruck:

CO

O+t)'

Hieraus ist ersichtlich, dass der Abstand schon durch die Höhe des Trapezes und das Verhältnis der beiden Grundlinien bestimmt wird. — Ist demnach cdho ein Trapez, dessen Schwerpunkt auf pn liegt, so lassen sich sofort beliebig viele derartige Trapeze über cd errichten, deren dk dh

Schwerpunkte ebenfalls auf pn liegen. — Es ist nur erforderlich, dass bei

einem anderen Trapeze, z. B. cdki, die Seite ki mit ho in demselben

\

Punkte 1 auf cd zusammentrifft.

Denn wir haben alsdann:

ci co’

und da ausserdem die Seite cd die gemeinschaftliche Höhe der beiden Trapeze cd ho und cdki ist, so liegt der Schwerpunkt des letzteren ebenfalls auf pn.

Zerlegen wir nun das Gewicht R' des Trapezes cd ho in die Gewichte Gx und G₂ der beiden Dreiecke dho und cdo, so verhält sich, weil beide Dreiecke gleiche Höhe in Bezug auf dh und co als Grundlinien haben :

Gi : G₂ = dh : co5

und weil die Richtungslinien von Gx und G₂, welche zugleich als Seitenkräfte von R' zu betrachten sind, durch m und q gehen, so verhält sich auch:

Gi : G₂ = nq : mn, folglich auch: dh : co = nq : mn.

Tragen wir daher auf dh die Strecke dk = nq und auf cg die Strecke ci = mn ab und ziehen die Gerade ki, so schneidet diese cd im Punkte 1. — Jede durch 1 gehende Gerade bildet nun offenbar mit cd, und den in c und d errichteten Normalen zu cd ein Trapez, dessen Schwerpunkt in pn liegt.

Um noch dasjenige Trapez zu erhalten, dessen Fläche gleich R' ist, zeichnen wir über cd ein Rechteck cdfg vom Inhalt R', dessen Höhe also

R'

R'

gleich

cd

gemacht werden muss. — ^ stellt den Druck für jede Quadrateinheit der Fuge cd dar, wenn IT in der Mitte von cd angreift, der Druck also gleichförmig über die Lagerfläche verteilt ist. — Ziehen wir jetzt von 1 aus eine Gerade durch die Mitte r der Seite fg, so wird das dadurch entstehende Trapez cdho dem Rechteck cdfg an Inhalt gleich sein. — Für die in Fig. 142 ß angenommene Lage des Druckmittelpunktes n giebt also das Trapez cdho die Druckverteilung an, und der grösste in d stattfindende Druck pr. Quadrateinheit der Lagerfläche wird durch die Strecke dh dargestellt.

Um die absolute Grösse dieses Druckes zu bestimmen, ist ein Massiv

stab herzustellen, nach welchem die Strecke df die Grösse j- giebt. —

Wird nach diesem Massstab dh gemessen, so erhält man die gesuchte grösste Druckspannung in cd.

Folgende Tabelle (dem deutschen Baukalender entnommen), giebt die zulässige Inanspruchnahme einiger Steinarten.

Granit

45 kg Druck pr. qcm

14 „

Für guten Baugrund rechnet man 25000 kg Belastung pr. qm als

heller

Gutes

Bestes

zulässig.

Bei Stützmauern von geringer Höhe genügt es, die Resultante aus dem Wasserdruck und dem Gewicht der Mauer zu bilden. — Zeigt sich, dass die Resultante den obigen Bedingungen nicht genügt, so wird man das Mauerprofil ändern, bis eine günstige Lage der Resultante erzielt ist.

2. Stützlinie in einer Stützmauer. Zur Beurteilung der Stabilität einer Stützmauer von grösserer Höhe dient die sogen. Stützlinie.

Es sei ab cd (Fig. 143) das Profil einer Stützmauer, bce die Grund-

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Fig. 143.

fläche des dreiseitigen Wasserprismas, dessen Gewicht die Grösse des Wasserdrucks auf bc darstellt. — Die Stützlinie ist nun eine Kurve von

folgender Eigenschaft: Legt man irgend eine horizontale Ebene, z. B. p₃r3 durch die Stützmauer und bildet aus dem Gewicht des über p₃q₃ liegenden Teiles der Mauer und dem auf die Seitenfläche bq₃ wirkenden Wasserdruck die Resultante, so geht dieselbe durch den Punkt n₃, in welchem die Stützlinie die horizontale Ebene p₃r₃ trifft.

Die Stützlinie ist also der Ort der Druckmittelpunkte aller horizontalen Durchschnitte des Mauerprofils.

Da für jede horizontale Schnittebene der Druckmittelpunkt wie in Fig. 142 gefunden werden kann, so ist die Konstruktion der Stützlinie sehr einfach. —■ Zur Erläuterung der in Fig. 143 ausgeführten Zeichnung fügen wir nun folgendes hinzu. — Die Strecken a₄o, a₂o . . a₃o, a₄o bedeuten der Reihe nach die Wasserdrücke W1? W₂, W₃, W₄, welche auf bq1? bq₂, bq₃, bc wirken; die Strecken olq, ob₂, ob₃, ob₄ stellen ebenso der Reihe nach die Gewichte der Mauerkörper ahq^, abq₂p₂, abq₃p₃, ab cd dar. — Durch den Schnittpunkt nq der Kräfte W₄ und G: geht nun deren Resultante Rx parallel zu a^; sie trifft pxqx in dem Druckmittelpunkte nx. — Ebenso geht durch den Punkt m₂, in welchem sich G₂ und W₂ schneiden, die Resultante R₂ parallel zu a₂b₂, und trifft p₂q2 in dem Druckmittelpunkte n₂, u. s. f. — Hierdurch erhält man leicht so viele Punkte, dass die Stützlinie gezeichnet werden kann.

Damit an der dem Wasserdruck ausgesetzten Seite keine Zugspannungen in der Mauer entstehen muss, nach 1) der Druckmittelpunkt eines horizontalen Schnittes in dem mittleren Drittel desselben liegen. —■ Wir teilen deshalb jede der Linien ab und cd in drei gleiche Teile, und

verbinden die Teilpunkte h und i

g. — Der Stabilität wird alsdann genügt, wenn die gefundenen Druckmittelpunkte iq, n₂, n₃, n₄ innerhalb des Streifens fgih liegen. — Ausserdem muss jede der Resultanten Rx, R₂, ... mit der Vertikalen einen Winkel bilden, welcher kleiner als der Reibungswinkel ist.

Beispiele.

a) Das Profil einer Stützmauer von 1,2 m Höhe soll ein Rechteck sein. — Wie gross muss die Basis mindestens gemacht werden, wenn die Mauer stabil in Bezug auf Wasserdruck sein soll?

Spezifisches Gewicht des Mauerwerks 1,6. — Zulässige Druckspannung 11 kg pr. qcm.

(Die Aufgabe verlangt, dass der Druckmittelpunkt der Grundfläche, auf welchen es bei der geringen Höhe der Stützmauer lediglich ankommt, mindestens um £ der unteren Breite von der äusseren Ecke entfernt liegt.)

de = 1 m. Spez.

ß) In Fig. 143 sei ab = 0,6 m. bc = 2,4 m.

Gewicht des Mauerwerks 1,6. — Für diesen Fall die Drucklinie zu zeichnen.

— Ergiebt sich hieraus, dass das Profil nach obigen Massen in Bezug auf den Wasserdruck nicht genügt, so soll dasselbe entsprechend korrigiert werden. — Zulässige Druckspannung 11 kg.

y) Eine Stützmauer habe eine Höhe von 1,5 m. — Das Profil sei ein Rechteck von 70 cm Breite. — Die Mauer erleidet von beiden Seiten Wasserdruck. — Der Wasserspiegel liege an der einen Seite 1, 2 m, an der andern Seite 0,6 in über der Grundfläche der Mauer. — Es soll der Druckmittelpunkt der Grundfläche und die grösste Druckspannung in derselben bestimmt werden. — Spez. Gewicht des Mauerwerks 1,7, zulässige Druckspannung 14 kg.

b) Erddruck.

1. Wird eine Erd- oder Sandmasse locker auf eine horizontale Ebene geschüttet, so bleibt der dadurch gebildete Haufen im Gleichgewicht, wenn

seine Abhänge einen gewissen Neigungswinkel a gegen die Horizontalebene nicht überschreiten.

Wir können deshalb den natürlichen

Dieser Neigungswinkel heisst der natürliche Böschungswinkel. Bei noch weiterem Aufschütten würde der Reibungswiderstand auf dem Abhang nicht mehr hinreichen, um das Hinabgleiten der Erdteilchen zu verhindern.

Böschungswinkel auch als den Reibungswinkel bezeichnen, dessen trigonometrische Tangente dem Reibungskoeffizient gleich ist.

muss

Eine Erdmasse, deren Abhang einen grösseren Winkel mit der Horizontalebene bilden soll, als ihr natürlicher Böschungswinkel a ist deshalb durch eine Stützmauer oder Bohlenwand im Gleichgewicht gehalten werden. — Wenn nun auch erfahrungsgemäss festgestampfte oder durchwachsene Erde, in welcher die einzelnen Teilchen durch die Kohäsion aneinander haften, unter weit grösserem Neigungswinkel als a im Gleichgewicht zu bleiben vermag, so pflegt man doch hierauf keine Rücksicht zu nehmen. — Atmosphärische Einflüsse, wie Temperaturveränderungen und vor allen Dingen Feuchtigkeit können die Kohäsion so vermindern, dass es bei der Berechnung von Stützmauern notwendig erscheint, dieselbe gänzlich ausser Acht zu lassen.

In folgender Tabelle ist eine Zusammenstellung der natürlichen Böschungswinkel einiger Erdarten und der spez. Gewichte der letzteren angegeben.

spez. Gewicht

nat. Böschung

Thonerde, trocken

1,55

stark durchnässt

1.95

Lehm, trocken

1,46

stark durchnässt

1,86

Gewöhnliche Dammerde, feucht .    .

Sand oder Kies.......

Steinschotter........

1,65

1,86

1.62

©    O    O    O    ©    ©    O

iO    C—    O    r—    O    O    00

T#    h    h    co    m    co

(s. Deutscher Baukalender)

2. Es sei ABB'A (Fig. 144) das Profil einer Stützmauer, welche an der Hinterwand AB dem Erddruck ausgesetzt ist. — AM sei die Erweiterung der horizontalen Grundfläche AA' der Mauer, und die Ebene BC, welche wir senkrecht zur Zeichenfläche annehmen, bilde die obere Begrenzung der zu stützenden Erdmasse. — Man nennt diese letztere Ebene die Terrainfläche. Durch A legen wir die Ebene AC so, dass ihr Neigungswinkel gegen AM dem natürlichen Böschungswinkel a gleich ist. — Nach 1) wird alsdann die unter AC liegende Erdmasse für sich im Gleichgewicht sein und folglich auch keinen Druck auf die Stützmauer ausüben. —

Der Erddruck auf AB rührt deshalb lediglich von dem keilförmigen Erdkörper her, welcher zwischen den Ebenen AB und AC liegt. — Wie beim Wasserdruck untersuchen wir auch im vor- J' liegenden Falle einen Teil der Mauer, dessen Länge senkrecht zur Zeichenfläche gemessen 1 m ist. — Dem entsprechend haben wir auch nur ein Erdprisma zu berücksichtigen, dessen Grundfläche das Dreieck ABC ist und dessen Länge 1 m beträgt.

Denken wir uns die Stützmauer unendlich wenig nach links verschoben, dann wird eine Bewegung des Erdprismas beginnen. — Da nun das letztere sich auf zwei schiefe Ebenen AB und AC stützt, so wirken der Bewegung des Erdkörpers die Normal widerstände jener Ebenen und die Reibung an denselben entgegen. — Nun ist aber die Ebene AC unter dem

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Fig. 144.

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a.

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Reibungswinkel a gegen die Horizontalebene geneigt; ausserdem wirkt dem Abgleiten des Erdkeils ABC noch der Widerstand der Mauer entgegen. — Es wird deshalb ein Bruch der ganzen Erdmasse nach der Ebene AC bei geringem Nachgeben der Stützmauer nicht eintreten können; derselbe wird vielmehr an einer andern Stelle erfolgen, und wir machen die Annahme, welche sich auch durch die Erfahrung bestätigt hat, dass der Bruch in einer durch A gehenden Ebene AK stattfindet. Diese Ebene, deren Lage ermittelt werden muss, wird die Bruchebene genannt.

Da nun a der Reibungswinkel

Das Gewicht des Erdkeils ABK sei G; N und Nx seien die Normalwiderstände der schiefen Ebenen AB und AK; R, bez. Rx die Reibungswiderstände an denselben. — Dann muss Gleichgewicht bestehen zwischen G und den vier Kräften N, R, Nx, Rr der Erde ist, so haben wir:

Rx = Nx tga.

Ebenso ist:

R = N • tg ax,

wenn wir mit tgax den Reibungskoeffizient an der Ebene AB bezeichnen. — In der Regel kann man ax gleich a annehmen, weil die Hinterwand der Mauer gewöhidich rauh ist und die Vertiefungen mit Erde ausgefüllt sind. — Machen wir nun ab gleich und parallel G; ac parallel N und be parallel Nx; ziehen wir ferner die Geraden bd und ad so, dass Zdbe = a, Zcad=ax ist und machen noch cd senkrecht zu ac, de senkrecht zu be, dann ist:

Cu a

be = Nj,

de = Nxtga = Rr

Die Resultante von Nx und Rx ist bd; sie stellt den von der Ebene AK zu leistenden Widerstand dar. — Ebenso ist ad = D, die Resultante der beiden Kräfte N und R als der Widerstand anzusehen, welchen die Stützmauer zu leisten hat, um den Erdkeil im Gleichgewicht zu halten. — Die Strecke ad giebt demnach auch im umgekehrten Sinne genommen die Grösse des Druckes an, welchen das Erdprisma ABK auf die Mauer ausübt.

Wird nun die Lage der Ebene AK verändert, so ändert sich in Fig. 144 die Strecke ab, welche das Gewicht des Erdkeils darstellt, ferner Richtung und Grösse von Nx und Rx und deren Resultante bd. — Dagegen werden die Kräfte N und R, sowie D nur ihre Grössen ändern, während die Richtungen derselben, welche allein von der Lage der Ebene AB abhängen, unverändert bleiben.

Wir können nun die Annahme machen, dass bei dem geringsten Nachgeben der Stützmauer der Bruch des Erdkörpers nach derjenigen

Ebene erfolgt, bei welcher sich für D der grösste Wert ergiebt. — Unter dieser Voraussetzung lässt sich die Lage der Bruch ebene leicht bestimmen. Zuvor bemerken wir noch, weil

ab_|_AM und be I AK,

— Ferner Zdbe = a = ZCAM, folglich auch

so ist Zabe = ZKAM.

Zabd = ZKAC.

In dem Dreieck abd ist hiernach der veränderliche Winkel abd immer

gleich dem Winkel, welchen die Ebene AK mit der natürlichen Böschung bildet.

Der Winkel bad = 7 behält für alle Lagen der Ebene AK seine Grösse; man findet für denselben leicht:

T= 180 —(04 +ß),

wenn ß der Neigungswinkel der Ebene AB gegen die Horizontalebene ist.

Wir bringen nun das Dreieck abd in die Lage F AH, so dass Zabd auf den gleichen Winkel KAC fällt und ZAFH = y wird. — Für jede andere Lage der Ebene AK suchen wir alsdann das entsprechende Dreieck auf. — Hierzu ist erforderlich, dass die veränderliche Strecke AF = ab dem Gewicht des Erdprismas ABK, oder was dasselbe ist, dem Flächeninhalt des Dreiecks ABK proportional bleibt.

Wenn aber die Ebene AK in AKj (Fig. 145) übergeht, so verhält sich: A ABK : A ABKX = BK : BK,

und ziehen wir noch KF || KjFx || AB, so verhält sich auch:

A ABK : A ABKx = AF : AF,.

Wird also das Gewicht des Erdkeils ABK durch die Strecke AF dargestellt, so bedeutet AFX das Gewicht des Keils ABKj. Ziehen wir ferner BJ so, dass Z BJA — y ist und legen wir durch die Punkte F und Fi die Geraden FH und F₁H1 parallel zu BJ, so stellt FH die Grösse von D vor, wenn ein Bruch nach der Ebene AK stattfindet, und entsprechend ist D =

F₁H₁, wenn diese Ebene die Lage AKX hat.

Man sieht hieraus leicht, wie zu jeder Lage der Ebene AK die Grösse von D gefunden werden kann.

Schlotke, Graph. Statik. 2.

TP"'

A‘

■f

Fig. 145.

10

Die Gerade BJ wird wegen des häufigen Gebrauchs derselben die Hauptlinie genannt.

Um die Lage der wirklichen Bruch ebene, bei welcher D seinen grössten Wert hat, zu bestimmen, ziehen wir noch KE parallel zu BJ.

so

Setzen wir nun AE = x, AJ = a, AC = b, KE = y, BJ = in haben wir:

(1)

HF : y = AF:x oder D : y = AF : x AF -y

folglich D =    ....

y : m = CE : CJ

= b — x : b — a m (b — x) b — a

Ferner:

(2)

folglich y =

Aus der Ähnlichkeit der Dreiecke ABC und CFK folgt:

AF : AC — BK : BC = JE : JC

oder AF :b = x — a : b — a

AF =

b (x — a) b — a

. . . . (3)

Setzt man die Werte von y und AF aus (2) und (3) in die Formel (1), so folgt:

mb (x — a) (b — x)

D (b — a)²

2 b (x -f- -^) J . . (4)

oder D

mb

(b — a)

Für eine andere Lage der Ebene AK ändert sich in dieser Formel nur x, während die übrigen Grössen a, b und m konstant bleiben. — Der Anblick der Formel zeigt, dass D seinen grössten Wert erreicht, wenn die

ab

in der Klammer stehende Summe x -j--- am kleinsten ist.

Nun ist

ab

aber das Produkt der beiden Summanden x und — eine konstante Grösse,

x

nämlich ab; folglich ist jene Summe ein Minimum, wenn die Summanden gleich gross sind. — Hiernach ist aber x = J/ab, oder es ist x die mittlere Proportionale zwischen a und b.

Die Gerade.

Wir zeichnen demnach über AC als Durchmesser einen Halbkreis und errichten in J die Senkrechte JL zum Durchmesser AC. welche A mit L verbindet, ist bekanntlich die mittlere Proportionale zwischen

AJ und AC. Übertragen wir durch einen Kreisbogen mit dem Halbmesser AL und dem Mittelpunkte A die Strecke AL nach AE und ziehen alsdann EK parallel zu KJ, dann giebt die Verbindungslinie der Punkte K und A die Lage der Bruchebene an.

Um die Grösse des Erddrucks durch eine Fläche darstellen zu können,

BK : CK = JE : CE KP : CP = AE : CE

ziehen wir (Fig. 146) PE parallel zu der Bruchebene AK. — Dann verhält sich:

Aus diesen Proportionen folgt:

BK =

CK-JE

CE

und KP =

CP-AE

(1)

CE

Aus der Konstruktion in Fig. 145 haben wir aber die Proportion:

A J : AE = AE : AC

oder AE : AE — AJ = AC : AC — AE AE : JE = AC : CE

woraus JE

AE-CE

AC '

Setzt man diesen Wert von JE in den für BK gefundenen Ausdruck (1), so folgt:

BK =

CK-AE

AC *

CK CP

Da nun, wie aus Fig. 146 leicht ersichtlich: — — -^=

AC CE

die für BK und KP gefundenen Ausdrücke gleich sind. — Zieht man noch die Gerade AP, so ist nun auch:

so folgt, dass

A abk = a akp = a ake.

Die Bruchebene liegt demnach so, dass A AKE = A ABK ist. — Wir tragen die Strecke KE nach EQ ab, dann verhält sich:

77777/'

r7?*

A KEQ : A AEK = EQ : AE oder auch:

A KEQ : A ABK = KE : AE.

Denken wir uns den Kräftemassstab so gewählt, dass AE das Gewicht des Erdprismas ABK darstellt, so wird die Grösse des Erddrucks durch

Fig. 146.

10*

Diese Strecken verhalten sich nach dem Obigen aber wie die Grundfläche ABK des Erdkeils, welcher den Druck wirklich ausübt, zum Dreieck KEQ. — Das letztere stellt mithin die Grundfläche eines Erdprismas von der Länge 1 m vor, dessen Gewicht dem Erddruck D gleich ist. — Wir wollen dieses Dreieck die Druckfläche

die Strecke KE bestimmt.

nennen.

3.    Angriffspunkt des Erddrucks. Verwandeln wir die Druckfläche KEQ (Fig. 146) in ein gleiches Dreieck ABS, dessen eine Seite AB ist und dessen andere Seite AS parallel zu der Richtungslinie des Erddrucks D ist, dann erhalten wir für ein beliebiges Stück der Seitenwand, z. B. Ba als Druckfläche das Dreieck BaS', wenn a S' parallel zu AS ist. — Wird ebenso a'S" parallel zu AS gezogen, so stellt das Dreieck Ba'S" die Druckfläche für die Wandfläche Ba' dar, mithin lastet auf aa' ein Druck, welcher dem Gewicht eines Erdprismas von 1 m Länge mit der Grundfläche a a'S" S' gleich ist, u. s. f. — Hieraus geht aber hervor, dass die Resultante D des auf die ganze Wand AB wirkenden Erddrucks durch den Schwerpunkt z des Dreiecks ABS geht. Weil ferner nach Voraussetzung die Richtungslinie von D parallel zu AS ist, so trifft sie die Hinterwand AB in einem Punkte 0, dessen Abstand von A gleich g-AB ist.

Ist die Grösse des Erddrucks D und die Lage seiner Richtungslinie bestimmt, so kann man hieraus die Stabilität der Stützmauer beurteilen. — Man vereinigt das Gewicht G der Mauer und die Kraft D zu einer Resultante. — Die letztere trifft die Grundfläche der Mauer in dem Druckmittelpunkte, dessen Lage wie beim Wasserdruck für die Stabilität der Mauer massgebend ist. — Hiernach muss der Druckmittelpunkt in dem mittleren Drittel der Grundfläche liegen und jene Resultante muss mit der Normalen zur Grundfläche einen Winkel bilden, welcher kleiner als der entsprechende Reibungswinkel ist. — Ferner darf die grösste Druckspannung in der Grundfläche die zulässige Grösse nicht überschreiten.

4.    Wenn die Terrainfläche gebrochen ist, wie z. B. in Fig. 147 (s. S. 149), wo sie durch die beiden Ebenen BC und CD gebildet wird, so finden wir die Bruchebene auf folgende Weise. — Es sei AK irgend eine Ebene, nach welcher wir uns die gestützte Erdmasse gebrochen denken, alsdann muss das Gewicht des Erdprismas ABCK wie in (2) im Gleichgewicht mit den Normal widerständen der Ebenen AB und AK und den Reibungswiderständen an diesen Ebenen sein. — Wir verwandeln nun das Erdprisma ABCK in ein dreiseitiges Prisma, dessen Grundfläche AFK ist (CF Verlängerung von CD und BF parallel AC), alsdann lässt sich das Gewicht des Erdprismas wieder wie in (2) durch eine dem Flächeninhalt

des Vierecks ABCK oder dem des Dreiecks AFK proportionale Gerade darstellen. — Hieraus ergiebt sich aber die Konstruktion der Bruchebene. — Vom Punkte F zieht man die Hauptlinie FJ und bestimmt die mittlere Proportionale zwischen AJ und AD.

F_

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j)

A'

Hat man dieselbe nach AE abgetragen, so zieht man EK parallel FJ, dann giebt die Gerade AK die Lage der Bruchebene an. — Da, wie in (2) gezeigt, /\AKE =

Fig. 147.

A AFK sein muss, so ist auch wieder AAKE = ABCK.

Als Druckfläche ergiebt sich wie früher das gleichschenklige Dreieck KEQ (QE = KE).

Für die Praxis erhält man den-

Diese Gerade

Der Angriffspunkt des Erddrucks an der Hinterwand ist in diesem Falle nicht so einfach zu bestimmen, selben hinreichend genau, wenn man durch den Schwerpunkt S des Vierecks ABCK eine Parallele zur Bruchebene AK zieht, schneidet AB in dem Punkte z, durch welchen man nun die Resultante D des Erddrucks zieht. — D bildet wie immer mit der Normale zu AB einen Winkel, welcher dem Reibungswinkel gleich ist.

5. Bei Stützmauern von grösseren Dimensionen begnügt man sich nicht mit der Bestimmung des Druckmittelpunktes der Grundfläche, sondern man zeichnet zur Beurteilung der Stabilität die Stützlinie. — Es ist dies auch nötig, wenn die Hinterwand der Mauer nicht von einer Ebene begrenzt ist.

Es sei ABCDEFGH (Fig. 148 s. S. 150) das Profil einer Stützmauer, deren hintere Wandfläche aus drei Ebenen AB, BC und CD besteht. — Der Erddruck D1? welcher auf CD wirkt, wird nach 2) durch die Druckfläche abc bestimmt. Die letztere erhält man, wenn man CL unter dem natürlichen Böschungswinkel a gegen die Horizontale CM zieht, durch D die Hauptlinie DJ legt, alsdann ist nach (2) die Strecke Ca die mittlere Proportionale zwischen CJ und CL. — Um den auf BC lastenden Erddruck D₂ zu finden, verlängern wir BC bis zum Durchschnitt K mit der Terrainlinie DX und bestimmen wie vorhin die zu der Wandfläche BK gehörige Druckfläche ajbjCj. — Die letztere verwandeln wir in das Rj bx c₁ an Inhalt gleiche Dreieck BKTj, dessen untere Seite in der Horizontalen BO liegt. — Der Erddruck auf BK ist dem Gewicht eines Erdprismas mit der Grundfläche BKTj gleich, während auf CK ein Erddruck lastet, welcher dem Gewicht des Erdprismas mit der Grundfläche CN^K gleich ist. — Folglich stellt das Trapez BCN₁T₁ die Druckfläche für die Ebene BC dar.

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Fig. 148.

Die Richtungslinie von D₂ geht durch den Punkt z₂, in welchem die Horizontale durch den Schwerpunkt des Trapezes BCN^ die Seite BC trifft. — In gleicher Weise wird die Lage und Grösse des auf AB lastenden Erddruckes D₃ bestimmt. Die zugehörige Druckfläche ist das in Fig. 148 angegebene Trapez ABN₂T₂. Nachdem noch die Richtungslinien der Gewichte Gx, G₂, G₃ der einzelnen Mauerprismen ermittelt sind, fügen wir die Kräfte G1? Dj, G₂, D₂, G₃, D₃ zu dem Kräftezuge

123 456 7 aneinander. — Die Gerade 13 stellt alsdann die Resultante Rx von GL und dar, ebenso ist 35 die Resultante R₂ von G₂ und D₂, und 57 diejenige von G₃ und D₃. — Durch den Schnittpunkt ux von Gi und Dx ziehen wir die Richtungslinie von Rx parallel zu 13, ebenso geht R2 durch u₂ parallel zu 35 und R₃ durch u₃ parallel zu 5 7. — Die Druckmittelpunkte der Ebenen CF, BG und AH ergeben sich nun leicht mit Hilfe eines Seilpolygons der drei Kräfte R undeutlich zu machen, ist das Seilpolygon I II III IV V in Fig. 148 a besonders dargestellt. Dasselbe entspricht dem Punkte y als Pol.

Um die Figur nicht

R₂, R₃.

i?

Der Druckmittelpunkt der Ebene CF liegt in dem Punkte n1; in welchem Rx diese Ebene trifft. — Die Resultante von Rx und R₂ geht durch den Schnittpunkt der beiden Seilpolygonseiten I II und III IV und ist parallel zu der Geraden 15 des Kräftepolygons. — Sie trifft die Ebene BG in dem zweiten Druckmittelpunkte n₂. — Endlich schneidet noch die Resultante sämtlicher Kräfte, welche parallel zu 17 ist und durch den Schnittpunkt der ersten und letzten Seilpolygonseite geht, die Grundfläche AH in dem Druckmittelpunkte n₃.

Aus der Lage dieser Druckmittelpunkte, welche den bekannten Bedingungen genügen müssen, ergiebt sich, ob durch das gegebene Profil die Stabilität der Stützmauer gesichert ist. — Es ist noch zu erwähnen, dass die Gefahr des Verschiebens der einzelnen Schichten verringert werden kann, wenn man die Fugen einer zu den entsprechenden Druckrichtungen senkrechten Lage nähert.

Zur Konstruktion des Kräftepolygons gehört noch die Ermittelung der Strecken, welche die Grössen der Gewichte und die der Erddrücke darstellen. — Zu dem Zwecke giebt man am einfachsten den Mauerschichten gleiche Höhen, alsdann verhalten sich die Flächeninhalte der trapezförmigen

Grundflächen wie ihre mittleren Breiten.

Die letzteren können

deshalb zur Darstellung der Gewichte der Mauerschichten benutzt werden. — Die Dreiecke, welche die Grössen der Erddrücke darstellen, werden nach dem Verhältnis des spez. Gewichts vom Mauerwerk zu dem der Erde so umgewandelt, dass dieselben die Grundflächen von Mauerprismen vorstellen, deren Gewichte denen der entsprechenden Erdprismen gleich sind.

(Siehe 1. dieses Abschnittes, wo eine gleiche Verwandlung beim Wasserdruck angegeben ist.)

Ist die durch eine Mauer gestützte Erdmasse noch anderweitig belastet, so pflegt man diese Last durch eine Erdaufschüttung von entsprechender Höhe zu ersetzen, und mit Hilfe der dadurch entstehenden neuen Terrainlinie den Erddruck in der bisherigen Weise zu ermitteln.

6. Aufgaben.

In den folgenden Aufgaben sei das spez. Gewicht des Mauerwerks gleich 1,6, spez. Gewicht der Erde 1,8, der natürliche Böschungswinkel a = 30°. — Zulässige Druckspannung = 11 kg pr. qcm.

a) Eine Stützmauer von 1,5 m Höhe soll einen rechteckigen Querschnitt haben. — Es ist die Breite der Stützmauer so zu nehmen, dass der Druckmittelpunkt mindestens um £ der Grundlinie von der äusseren Ecke entfernt ist.

b) Das Profil einer Stützmauer von 3 m Höhe ist ein Trapez. — Die untere Grundlinie desselben ist 60 cm, die obere 40 cm. — Die Hinterwand der Mauer, welche dem Erddruck ausgesetzt ist, sei vertikal. Die Terrainlinie bilde einen Winkel von 15° mit der Horizontalen. — Es sollen die Druckmittelpunkte für die Grundfläche und zwei andere horizontale Schnitte, welche die Höhe der Mauer in drei gleiche Teile teilen, bestimmt werden. — Falls sich zeigt, dass das Profil der Stabilität der Mauer nicht genügt, so soll dasselbe korrigiert werden. — Im letzteren Falle ist zu beachten, dass die Ausladung (d. h. der Unterschied zwischen der oberen und unteren Breite) £ der Höhe nicht überschreiten soll.

c) Eine Ufermauer habe einen rechteckigen Querschnitt von 3 m

An der einen Seite ist dieselbe dem Erddruck ausgesetzt. — Die Terrainlinie geht unter einem Winkel von 20° gegen die Horizontale aufwärts, findet Wasserdruck statt. — Der niedrigste Wasserstand ist 1,2 m, der höchste 2 m über der unteren Grundfläche der Mauer.

Stabilität untersucht werden durch Bestimmung des Druckmittelpunktes der Grundfläche.

Höhe und 60 cm Breite.

An der andern Seite der Mauer

Es soll die

d) Das Profil einer Stützmauer ist ein Trapez, dessen Höhe 2,4 m beträgt. — Die obere Breite ist 40 cm, die untere 60 cm. — Die Hinterwand ist unter einem Winkel von 70° gegen die Horizontale geneigt. — Die Terrainfläche sei parallel zur natürlichen Böschung der Erde. — Die Stabilität der Mauer zu prüfen.

e) Für das nebenstehende Profil (Fig. 149 s. S. 153) soll eine Stützlinie bestimmt werden. — Gegeben ist GK = h — 6 m, KF = 1,6 m.

EM = MN = NO = OP.

EF = 60 cm.

BO = 0,6 m; AB || FG, AB = 2,5 m, GH = 0,3 m, AJ _[_ AB.

DM = 0,1 m; CN = 0,3 m,

Die Terrainlinie ist von E bis T unter einem Winkel von 20° gegen die Horizontale geneigt; ET = 3 m. — Yon T aus verläuft sie horizontal.

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7.

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Fi g. 149.

Auf TM ruht noch eine gleichförmig verteilte' Last von 2000 kg pr. Quadratmeter.

X. Abschnitt.

Stutzlinien in Gewölben.

1. Gewölbe ohne äussere Belastung.

Die Gewölbe des Hochbaues sind zum grössten Teile unbelastet und haben deshalb nur ihr Eigengewicht zu tragen. — Um ein Urteil über die Stabilität eines solchen Gewölbes zu erlangen, denken wir uns dasselbe durch einen Vertikalschnitt, welcher durch den Scheitel gelegt wird, in zwei symmetrische Hälften zerlegt. (Fig. 150 s. S. 154). Den Druck, welchen die rechts liegende Hälfte gegen die links liegende ab cd ausübt, ersetzen wir durch eine Kraft H, welche nur nach horizontaler Richtung wirken kann. — Das Gewicht G des Gewölbeteils ab cd (dessen Länge senkrecht zur Zeichenfläche gemessen 1 m sei), greift im Schwerpunkt S an. — Endlich wirkt noch die Reaktion W am Widerlager als dritte Kraft auf abcd.

— Der links liegende Gewölbeteil ist demnach im Gleichgewicht, wenn die 3 Kräfte H, G und W sich zu einem geschlossenen Kräftezuge a, ß, y vereinigen lassen.

Da wir annehmen können, dass der wirklich stattfindende Druck in der Scheitelfuge über die ganze Fläche cd verteilt ist, und dass in dieser

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Fuge nur einerlei Spannung, nämlich Druckspannung herrscht, so wird die Kraft H als Resultante der einzelnen Druckkräfte zwischen

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at

c und d angreifen. Mit Rücksicht auf das in 1) d. Abschn. über die Druck Verteilung Gesagte können wir sogar die Lage des

Angriffspunktes von H auf das mittlere Drittel von cd beschränken.

Durch

gleiche Schlüsse sind wir berechtigt, anzunehmen, dass die Richtungslinie von W die Hälfte ab innerhalb des mittleren Drittels

derselben trifft. — Im Übrigen sind diese Angriffspunkte unbestimmt und man pflegt deshalb für die ungünstigsten Lagen derselben die Druckverhältnisse innerhalb des Gewölbekörpers in Betracht zu ziehen.

1. Annahme. Der Scheiteldruck H (Fig. 151) greife in e an, (wo ce = ^cd ist) und die Reaktion W am Widerlager in k, (ka = ^ab). —

Alsdann können wir die Grössen von W und H bestimmen. —

Fig. 150.

ai

Ci

W/

Fig. 151.

Wir verlängern H bis zum Schnittpunkt m mit der Richtungslinie von G und verbinden die Punkte k und m durch eine Gerade, welche die Richtung von W bestimmt. — Zerlegen wir nun G, wie in Fig. 151 angegeben ist, durch die beiden Geraden a ß und a y, welche parallel zu H bezw. W sind, in zwei Seitenkräfte, so stellen aß

und a y die Grössen der beiden Kräfte H und W dar.

2. Annahme. Der Scheiteldruck H' wirke in f, (df=^cd) und die Reaktion W' am Widerlager in g, wo bg — £ab ist. — In gleicher Weise ergeben sich alsdann die Grössen der Kräfte H' und W' aus Fig. 151, wenn a'y parallel zu gm' gezogen wird. Es ist dann a'ß = H', a'y = W' und man erkennt leicht, dass in diesem Falle H' > H, W' > W ist.

Für jede der vorigen Annahmen zeichnen wir die entsprechende

Stützlinie.

Es seien il, no, pq (Fig. 152) eine Reihe von Fugen und G1? G₂, G₃, G₄ die in den Schwerpunkten der einzelnen Steine angreifenden Gewichte. — Diese Gewichte fügen wir zu dem eine Gerade bildenden Kräftezuge ßy

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Fig. 152.

aneinander und ziehen aß || H und a y || km, wobei die Punkte k und m dieselbe Bedeutung haben wie in Fig. 151. — Verbinden wir nun die Teilpunkte ßn ß₂, ß₃ mit a, so bedeutet aß₁ die Resultante aus dem Scheiteldruck H und aus G₄; ebenso stellt aß₂ die Resultante aus H, Gj und G2 dar u. s. f.

Die dem Scheiteldruck H entsprechende Stützlinie wird nun folgender-massen bestimmt. — Man konstruiert das Seilpolygon der Kräfte G1? G₂,

G₃, G₄ mit Hilfe des Kräftepolygons und des Endpunktes a von H als Pol.

—    Als erste Seilpolygonseite nehmen wir die durch e gehende Richtungslinie der Kraft H; dieselbe trifft Gx in zx. — Von hier geht die zweite Seilpolygonseite zlf z₂, welche parallel zu aßx ist u. s. f. — Die letzte Seite des Seilpolygons ist parallel zu ay, und sie fällt mit der durch k gehenden Richtungslinie von W zusammen. — Das Seilpolygon ez₁z₂z₃z₄k heisst ein Druckpolygon. — In der ersten Seite z₁z₂, welche parallel zu aß₄ ist, liegt nämlich die Resultante der beiden Kräfte H und G^ sie trifft die Fuge il in dem Punkte y₁₇ welcher der Druckmittelpunkt der Fuge il ist. — Ebenso fällt die nächste Seilpolygonseite z₂z₃ mit der Richtungslinie der Resultante aus H, Gx und G₂ zusammen und trifft die Fuge no in ihrem Druckmittelpunkte y₂ u. s. f. — Legt man die Fugen unendlich nahe aneinander, so bilden ihre Druckmittelpunkte eine stetige Kurve, welche eine Stützlinie des Gewölbes genannt wird. — Aus der Lage der Druckmittelpunkte ey₁y₂y₃k lässt sich in unserer Zeichnung der Verlauf dieser Kurve schon hinreichend erkennen.

Konstruiert man nun ein zweites Seilpolygon, welches dem Scheiteldruck H' entspricht (Fig. 152, II), so stellt dasselbe ein zweites Druckpolygon f z\ z₂ z'₃ z'₄ g dar, (a' ist der zugehörige Pol, ßa' = H'). Die einzelnen Fugen werden jetzt der Reihe nach in den Druckmittelpunkten fy'iy'₂y'₃g getroffen, durch welche eine zweite Stützlinie geht.

Die erste Stützlinie entspricht also dem kleinsten, die letztere dem grössten Scheiteldruck, welcher nach unserer Annahme auftreten kann.

Denken wir uns nun, es habe sich eine dieser beiden Stützlinien in Wirklichkeit gebildet, so müsste dieselbe nach IX, 1) jede Fuge in ihrem mittleren Drittel schneiden. — Man pflegt deshalb die beiden Bögen eg und fk so zu zeichnen, dass dieselbe jede Fuge in drei gleiche Teile teilen.

—    Innerhalb dieses Streifens egkf, welchen man den Kern des Gewölbes nennt, müssten nun die beiden Stützlinien liegen.

Ferner ist zu beachten, dass die einzelnen Seiten des Druckpolygons im allgemeinen nicht senkrecht zu den entsprechenden Fugen stehen werden.

—    Damit nun keine Verschiebung der Gewölbesteine eintritt, muss jede Seite des Druckpolygons mit der Normale derjenigen Fuge, welche sie in ihrem Druckmittelpunkte trifft, einen kleineren Winkel bilden, als der Reibungswinkel ist. — Auf die bindende Kraft des Mörtels wird, der grösseren Sicherheit wegen, keine Rücksicht genommen.

Bei der Unkenntnis der wirklich auftretenden Stützlinie pflegt man die Stabilität des Gewölbes als gesichert zu betrachten, wenn die Druckmittelpunkte in den beiden hier besprochenen Fällen innerhalb des Gewölbekerns liegen. — Es ist nur noch darauf zu achten, dass der Druck in keiner der Fugen die zulässige Spannung des Gewölbematerials überschreitet. — Nun werden die Druckkräfte, welche auf die einzelnen Fugen wirken, durch die Längen der Polstrahlen dargestellt. — Es ist also der Druck in der Fuge am Widerlager am grössten. — Nehmen wir den in Fig. 152, II dargestellten Fall, wo W' in der Entfernung bg = |ab von b wirkt, so ergiebt sich aus der früher betrachteten Druckverteilung, dass

2W'

die in b herrschende Druckspannung bei dieser Annahme die Grösse

pr. qcm erreicht. — Hierbei haben wir die zu ab normale Seitenkraft von W' gleich W' selbst genommen, weil dieselbe nur wenig von der zu ab senkrechten Richtung abweicht.

Es ist noch erforderlich, die Stärke des Gewölbes im Scheitel zu bestimmen. ' — Man bedient sich hierzu am besten einer der nachstehenden Formeln, welche grösstenteils auf dem Wege der Erfahrung gefunden sind und brauchbare Resultate liefern.

Es ist die Scheitelstärke d in Metern:

d = n -f

d = n -f

h-*-    ©

k • für Gewölbe mit weniger als % Pfeil.

7000 k

„ mehr

Hierin bedeutet Q das Gewicht der Gewölbe-Hälfte mit Übermauerung und Belastung für die Gewölbetiefe 1 m in kg; k ist die zulässige Inanspruchnahme des Materials in kg pro qcm; 1 die Spannweite, h die Pfeii-höhe; n ist eine Konstante, welche für stark belastete Gewölbe = 0,2 m, für mittelstark belastete Gewölbe = 0,1 m und für wenig belastete Gewölbe = 0,05 m zu setzen ist.

(s. Deutscher Baukalender.)

2. Belastetes Gewölbe.

Ist ein Gewölbe belastet, so kann man die Belastung durch eine Übermauerung ersetzen, wie in Fig. 153 (s. S. 158) angedeutet ist. — vt bedeutet die obere Begrenzung des Belastungskörpers. — Die eine Gewölbehälfte ab cd mit dem darauf ruhenden Belastungskörper zerlegen wir durch vertikale Geraden in eine Anzahl von Mauerprismen, welchen man am zweckmässigsten gleiche Breite giebt. —¹ Es verhalten sich alsdann die Gewichte der Mauerprismen wie die mittleren Breiten der trapezförmigen Grundflächen.

Die horizontale Richtungslinie des Scheiteldruckes H gehe durch f, wo df=^cd ist; die Reaktion W am Widerlager greife in g an (bg — 3 ab). — Nachdem nun der Kräftezug ßy, welcher aus den Gewichten Gx, G₂,

G₃ . . . . der sämtlichen Mauerprismen besteht, gezeichnet ist, bestimmen wir zuerst die Richtungslinie ihrer Resultante G. Es geschieht dieses in bekannter Weise mit Hilfe eines Seilpolygons, welches jedoch in Fig. 153, um die Zeichnung möglichst deutlich erscheinen zu lassen, nicht mit angegeben ist. — Aus der Annahme der beiden Druckmittelpunkte f und g ergiebt sich wie im vorigen die Richtungslinie von W und nun konstruieren wir das Druckpolygon ebenso wie in Fig. 152. ,

Die Seiten des Druckpolygons schneiden die vertikalen Geraden, durch welche der Mauerkörper zerlegt worden ist, der Reihe nach in den Punkten ZjZ₂ . . . z₆. — Durch diese Punkte ist nun die Stützlinie, welche ausserdem auch noch durch f und g geht, hinreichend bestimmt. — Sind die gefundenen zxz₂ . . auch nicht gerade die Druckmittelpunkte der eigentlichen Fugen des Gewölbes, so weichen sie doch namentlich bei flacheren Gewölben so wenig von denselben ab, dass die Bestimmung der Stützlinien auf die eben beschriebene Weise völlig genügt.

3£-

a.

% <5

G*

0,

Gr

Fig. 153.

Die Stützlinie in Fig. 153 entspricht dem grössten Scheiteldruck. — Man kann auf gleiche Weise die dem kleinsten Scheiteldruck entsprechende Stützlinie konstruieren. Liegen dann beide Stützlinien innerhalb des Gewölbekerns, so wird das Gewölbe als stabil anzusehen sein, wenn die Beanspruchung des Gewölbematerials in keiner Fuge die zulässige Grösse überschreitet.

Bei der vorstehenden Konstruktion ist noch eine Annahme gemacht,

Wenn wir uns

nämlich vorstellen, der Gewölbekörper ab cd habe sich im Scheitel sehr wenig gesenkt, so wird der darüber befindliche Mauerkörper einen Horizontaldruck gegen den entsprechenden Mauerkörper, welcher auf der rechts

welche der Stabilität des Gewölbes zu Gute kommt.

liegenden Gewölbehälfte ruht, ausüben. — Nun ist aber der Scheiteldruck H in unserem Beispiel so bestimmt, als wären die beiden Belastungskörper im Scheitel durch einen sehr kleinen Zwischenraum derart getrennt, dass die selben keinen Horizontaldruck auf einander ausüben können. — Der letztere ist also in H mit eingeschlossen, wodurch der Scheiteldruck des Gewölbes jedenfalls etwas zu gross ausfällt.

3. Gewölbe von gleicher Widerstandsfähigkeit.

Die wahre Stützlinie wird von den beiden extremen Fällen, welche wir bisher betrachtet, ab weichen; sie wird der Mittellinie des Gewölbes nahe

kommen. — Es ist also der Druck in jeder Fuge nahezu gleichförmig über die Fugenfläche verteilt, so dass z. B. in der Fuge pq (Fig. 154) ein Druck

aß₄

xoL

herrscht, welcher gleich

einheit ist, wenn aß₄ derjenige Polstrahl ist, dessen Länge den Druck auf pq darstellt. — In der Scheitelfuge herrscht die Druckspannung

pro Flächeneinheit. — Sollen nun in pq und cd gleiche Druckspannungen pro Flächeneinheit herrschen, so muss

pq

proFlächen-

aß

cd

Z'

\\\Y<XN

/*/

& '

Fig. 154.

-ci

P-> TSD

pq

sein, oder es muss sich verhalten:

aß₄ : aß = pq: cd.

Es sei nun pr parallel aß, qr parallel ßy, dann ist / pqr = /ßaß4 und weil Zprq = Zaßy ist, so folgt, dass Z\PflrrsJ Aaßß4 ist. — Es verhält sich demnach:

aß₄:aß = pq:qr.

Vergleichen wir diese Proportion mit der vorhin gefundenen, so folgt:

qr = cd,

und weil dasselbe für jede andere Fuge gültig ist, so ergiebt sich:

Wenn die Druckspannung pr. Flächeneinheit in jeder Fuge gleich dem in der Scheitelfuge herrschenden Druck pr. Flächeneinheit sein soll, so müssen die Vertikalprojektionen der Fugen gleich der Scheitelfuge gemacht werden.

Ein Gewölbe, in welchem die Fugen nach diesem Prinzip konstruiert sind, heisst ein Gewölbe von gleicher Widerstandsfähigkeit.

Ist die innere Gewölbefläche gegeben und die Stärke der Scheitelfuge bestimmt, so ist es hiernach leicht, den Rücken des Gewölbes so anzuordnen, dass die Widerstandsfähigkeit in den Fugen gleich wird.

4. Das Widerlager. Um die Stabilität des Widerlagers zu prüfen, ist der Druck W des Gewölbes mit dem Gewicht P des Widerlagers abcdef (Fig. 155) zu einer Resultante R zu vereinigen. — Die Lage des Punktes n, in welchem R die Grundfläche des Widerlagers trifft, ferner Richtung und Grösse von R müssen alsdann ’den bekannten Stabilitätsbedingungen genügen.

Zur genaueren Untersuchung kann man auch das Widerlager durch

horizontale Ebenen in prismatische Mauerschichten zerlegen und dann die Konstruktion der Stützlinie oder des Druckpolygons des Gewölbes durch das Profil des Widerlagers fortsetzen.

Wirkt endlich auf die Hinterwand de noch der Erddruck E, so kann man die Resultante aus W, P und E bilden und auch für diesen Fall das Druckpolygon zeichnen.

f'

rR

Fig. 155.

Für praktische Anwendungen wird das bisher Gesagte zur Untersuchung der Stabilität in der Regel ausreichen. — Wir geben zur eigenen Übung einige Beispiele.

Aufgaben.

1. Ein kreisförmiges Gewölbe soll 5 m Spannweite und 1,75 m Pfeilhöhe haben. — Dasselbe soll aus Sandstein konstruiert werden und unbelastet sein. — Die Gewölbestärke sei überall gleich gross. — Es ist die Dicke des Gewölbes im Scheitel zu bestimmen und dann durch die Stützlinien die Stabilität zu untersuchen. — Für den Fall, dass die erste Untersuchung eine ungenügende Stabilität ergiebt, ist das Gewölbe entsprechend zu verstärken. — Spez. Gewicht des Sandsteins = 2,5 ; zulässige Druckspannung = 30 kg.

2. Ein belastetes Gewölbe aus Backstein hat 10 m Spannweite und Die Belastungslinie ist horizontal und liegt im Scheitel 1 m über dem Rücken des Gewölbes. — Der Gewölbekörper soll überall gleiche Widerstandsfähigkeit haben. — Das Widerlager ist an der Innenseite von der Kämpferfuge bis zum Fundament gerechnet 4 m hoch der Basis 3 m dick. — Die Rückfläche des Widerlagers ist eine Ebene, welche mit der Basis einen Winkel von 80° bildet, wirkt auf das Widerlager Wasserdruck; der Wasserspiegel liegt mindestens 1 m und höchstens 2,5 m über der Basis.

2 m Pfeilhöhe.

an

An der Innenseite

Auf die Hinterwand des

Widerlagers wirkt Erddruck. — Es soll der Gewölbekörper so bestimmt werden, dass durch die Konstruktion der Stützlinien vom grössten und kleinsten Scheiteldruck die Stabilität desselben dargethan wird. — Hiernach ist die mittlere Stützlinie zu zeichnen und durch das Widerlager fortzusetzen. — Ergiebt sich, dass das oben angegebene Profil nicht genügt, so ist dasselbe zu verbessern.

= 1,8

Spez. Gewicht des Mauerwerks = 1,7 „    ,,    der Erde

= 30°

Natürl. Böschungswinkel Zulässige Druckspannung für Mauerwerk = 11 kg pr. qcm.

Stützlinie in einem Schornstein. Wir fügen dieses Beispiel noch hinzu, um eine weitere Anwendung der Stützlinien zu zeigen.

Schornsteine von beträchtlicher Höhe sind besonders dem Einflüsse des Winddruckes ausgesetzt. — Man rechnet auf jedes qm der Vertikalprojektion den grössten erfahrungsmässig auftretenden Winddruck (für unsere Gegenden also ca. 120 kg pr. qm) und zwar nach horizontaler Richtung, weil bei dieser die Wirkungsfähigkeit des Windes auf den Schornstein ihren grössten Wert erreicht. — Die Zeichnung des Druckpolygons oder der Stützlinie ist sehr einfach.

Man teilt durch eine Reihe von Horizontalebenen den Schornstein in

an.

Schichten von gleicher Höhe ein. — Die Richtungslinien der Gewichte G1? G₂ . . . . der Schichten liegen sämtlich in der vertikalen Achse des Schornsteins. — Die horizontal gerichteten Winddrücke w1? w₂ .... greifen in den Schwerpunkten der trapezförmigen Vertikalprojektionen der Schichten Man kann jedoch diese Angriffspunkte ohne erheblichen Fehler in den

Höhenmitten jener Trapeze annehmen, was übrigens auch der Stabilität, wie leicht ersichtlich, zu Gute kommt.

Weil nun die Winddrücke w

W₂ .

... im Vergleich zu den Gewichten Gj, G₂ . . . . immer sehr klein ausfallen, so wird die Stützlinie wenig von der vertikalen Achse abweichen. — Um diese Abweichung deutlicher zur Anschauung zu bringen, pflegt man den Höhendurchschnitt

Schlotke, Graph. Statik. 2.

(Fig. 156, I) im verzerrten Massstabe zu zeichnen. — In Fig. 156, III ist die Hälfte des Höhendurchschnitts auf diese Weise dargestellt. Die horizontalen Strecken sind nach zehnfach grösserem Maassstabe aufgetragen wie die vertikalen, und dem entsprechend ist auch im Kräftepolygon II, welches aus den Gewichten der einzelnen Schichten und den auf die letzteren wirkenden Winddrücken zusammengesetzt ist, der Massstab für wx,

nr

4

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Vi

<?

<5

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TW* p —

all

e,

Al

Fig. 156.

w₂ . . . . zehnmal so gross wie der für Gx, G₂ .... angenommene. — Nun bestimmen wir in III die Resultante Rx || ß ßx; ebenso die Resultante R der Kräfte G₂ und w₂, parallel zu ßx, ß₂ u. s. f.

Mit Hilfe des Seilpolygons 123456, dessen Seiten den Polstrahlen aß, aßj . . ., a y parallel sind, finden wir nun in bekannter Weise (s. Fig. 148) die Resultante aus Rx und R₂, welche die zweite Horizontalebene in dem Druckmittelpunkte n₂ schneidet; ebenso ergiebt sich die Resultante aus Rx, R₂ und R₃; sie trifft die dritte Horizontalebene in ihrem Druckmittelpunkte n₂ u. s. f. — Der erste Druckmittelpunkt nx liegt da, wo R* die erste Horizontale schneidet. — Die Stützlinie geht nun durch n₁₅ n₂, n₃ . . . und erscheint in Fig. 156, III in zehnfacher Verzerrung, um also die wahre Stützlinie in den Höhendurchschnitt I einzuzeichnen, müsste man Tlïï der Abstände der Druckmittelpunkte n1? n₂, ... von der vertikalen Achse des Schornsteins auf die entsprechenden Horizontalen in I übertragen.

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