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Die Statik ist der erste Teil der Technischen Mechanik – und der Teil, an dem sich die TM1-Klausur entscheidet. Sie behandelt ruhende Systeme: Ein Balken, eine Konsole oder ein Fachwerk bleibt genau dann in Ruhe, wenn sich alle Kräfte und Momente gegenseitig aufheben. Aus dieser einen Idee folgen die drei Gleichgewichtsbedingungen der Ebene – und aus ihnen fast alles andere: Lagerreaktionen, Stabkräfte, Schnittgrößen, Haftungsnachweise. Die Newtonschen Axiome setzt dieses Modul als bekannt voraus; neu ist die systematische Anwendung auf Tragwerke, und die beginnt immer mit demselben Handgriff: freischneiden, Reaktionen antragen, Gleichungen aufstellen.
Diese Statik-Zusammenfassung führt durch alle klausurrelevanten Blöcke der Technischen Mechanik 1: Grundbegriffe wie starrer Körper, Wirkungslinie und Moment, Kräftesysteme in der Ebene mit Resultierender und Kräftepaar, Lagerarten mit ihren Wertigkeiten, das Freischneiden als Kernmethode, statische Bestimmtheit samt den Grenzen der Abzählformel, Lagerreaktionen an vollständig durchgerechneten Balkenbeispielen, Streckenlasten, Schnittgrößenverläufe mit der Merkregel Q = dM/dx, Fachwerke mit Nullstab-Regeln und Ritterschnitt, Flächenschwerpunkte sowie Haftung und Seilreibung. Wer Lagerreaktionen über den Freischnitt sicher aufstellen kann, hat den halben Weg zur bestandenen TM1-Klausur hinter sich – genau diese Technik üben die Beispiele Schritt für Schritt, jeweils mit Einheitenkontrolle und einer Probe über einen zweiten Momentenbezugspunkt.
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Die Statik untersucht starre Körper im Gleichgewicht: Alle Kräfte und Momente heben sich auf. Konventionen: x nach rechts, y nach oben, Momente gegen den Uhrzeigersinn positiv – das gilt durchgehend. Buchstabenindizes im F_x-Stil (F_N, M_A), Zahlenindizes tiefgestellt (S₁, μ₀), Winkel in Grad, gerechnet wird in kN und kNm.
Der starre Körper verformt sich unter Last nicht – zulässig, weil reale Verformungen meist winzig gegenüber den Abmessungen sind; Spannungen und Verformungen übernimmt später die Festigkeitslehre. Eine Kraft ist durch Betrag, Richtung und Wirkungslinie festgelegt und am starren Körper linienflüchtig: Entlang der Wirkungslinie darfst du sie verschieben, parallel versetzen nur mit Ausgleich. Neben Einzelkräften (kN) treten Streckenlasten q (kN/m) und Einzelmomente (kNm) auf.
Beim zentralen Kraftsystem schneiden sich alle Wirkungslinien in einem Punkt, beim allgemeinen nicht. Die Resultierende bestimmst du über Komponenten: Eine Kraft F unter dem Winkel α zur x-Achse hat F_x = F · cos α und F_y = F · sin α; dann ist R_x = ΣF_x, R_y = ΣF_y, der Betrag R = √(R_x² + R_y²), die Richtung folgt aus tan α_R = R_y/R_x.
Das Moment einer Kraft um einen Punkt ist M = F · a mit dem Hebelarm a, dem senkrechten Abstand der Wirkungslinie vom Punkt. Ein Kräftepaar – zwei gleich große, entgegengesetzte Kräfte im Abstand a – hat die Resultierende null und das Moment M = F · a. Dieses Moment ist frei: Es wirkt an jedem Punkt des Körpers gleich. Beim Parallelverschieben um a musst du deshalb das Versatzmoment M = F · a zusätzlich antragen.
Ein ebenes System ist im Gleichgewicht, wenn ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 und ΣM = 0 gilt. Den Momentenbezugspunkt darfst du frei wählen – das wichtigste taktische Werkzeug der Statik: Lege ihn dorthin, wo viele unbekannte Kräfte angreifen; ihr Hebelarm ist dann null, sie verschwinden aus der Gleichung. Je Freikörper gibt es höchstens drei unabhängige Gleichungen, also höchstens drei bestimmbare Unbekannte.
In der Ebene gilt: Das Loslager hat die Wertigkeit 1 (eine Kraft senkrecht zur Rollebene), das Festlager die Wertigkeit 2 (zwei Kraftkomponenten), die feste Einspannung die Wertigkeit 3 (zwei Kraftkomponenten plus Einspannmoment). Das Freischneiden ist die Methode der Statik: System von Lagern und Nachbarteilen trennen, an jeder Trennstelle die Reaktionen antragen, eingeprägte Lasten einzeichnen, Vorzeichenkonvention festlegen, Gleichgewicht aufstellen.
Statisch bestimmt ist ein Tragwerk, wenn die Gleichgewichtsbedingungen alle Reaktionen liefern. Abzählformel: einteilig a = 3, mehrteilig a + z = 3n (a Lagerwertigkeiten, z Zwischenreaktionen, n Teilkörper). Sie ist notwendig, aber nicht hinreichend, denn sie zählt nur: Drei parallele vertikale Pendelstützen erfüllen a = 3, das System bleibt trotzdem horizontal verschieblich; laufen alle Lagerwirkungslinien durch einen Punkt, bleibt es drehbar.
Mittige Einzellast: Ein beidseitig gelagerter Balken der Länge 4 m, Festlager links bei A, Loslager rechts bei B, Einzellast 10 kN mittig nach unten. Freischnitt mit A_x, A_y, B_y. ΣF_x = 0 liefert A_x = 0. ΣM_A = 0: B_y · 4 m − 10 kN · 2 m = 0, also B_y = 5 kN. ΣF_y = 0: A_y = 10 kN − 5 kN = 5 kN. Probe um B: −A_y · 4 m + 10 kN · 2 m = −20 kNm + 20 kNm = 0.
Außermittige Einzellast: Balken der Länge 6 m, gleiche Lagerung, 12 kN im Abstand 2 m vom Festlager A. ΣM_A = 0: B_y · 6 m − 12 kN · 2 m = 0, also B_y = 4 kN; ΣF_y = 0 liefert A_y = 8 kN. Plausibilität: Das lastnähere Lager trägt mehr. Probe um B: −8 kN · 6 m + 12 kN · 4 m = 0.
Kragarm: Einspannung links bei A, Länge 2 m, 5 kN am freien Ende nach unten. A_x = 0, A_y = 5 kN, und ΣM_A = 0 liefert das Einspannmoment M_A = 5 kN · 2 m = 10 kNm gegen den Uhrzeigersinn. Probe um das freie Ende: M_A − A_y · 2 m = 10 kNm − 10 kNm = 0.
Für das äußere Gleichgewicht ersetzt du eine Streckenlast durch ihre Resultierende im Schwerpunkt der Lastfläche. Konstante Last q über die Länge l: R = q · l in der Mitte bei l/2. Dreieckslast mit Maximalwert q₀: R = q₀ · l/2 im Flächenschwerpunkt des Lastdreiecks – l/3 vom dicken Ende (bei q₀), 2l/3 vom Nullende. Die Ersetzung gilt nur für Lagerreaktionen; für Schnittgrößenverläufe muss die Last verteilt bleiben. Beispiel: Balken der Länge 4 m, beidseitig gelenkig gelagert, q = 3 kN/m konstant. R = 12 kN in Feldmitte, aus Symmetrie A_y = B_y = 6 kN. Probe um A: B_y · 4 m − 12 kN · 2 m = 0.
Ein gedanklicher Schnitt legt drei innere Größen frei: Normalkraft N (in Balkenachse, Zug positiv), Querkraft Q (quer zur Achse) und Biegemoment M. Die Vorzeichen regelt die Schnittuferkonvention: Am positiven Schnittufer (Außennormale in positiver x-Richtung) zeigt positives N vom Schnitt weg, positives Q nach unten, positives M dehnt die Balkenunterseite (Zugfaser unten); am negativen Ufer alles entgegengesetzt. Rechenregel für das linke Teilstück: Q(x) ist die Summe aller Vertikalkräfte links vom Schnitt (aufwärts positiv), M(x) die Summe ihrer Momente um die Schnittstelle (Kraft aufwärts mal Abstand positiv).
Standardfall Einzellast mittig (Beispiel oben): Q = +5 kN bis zur Last, springt dort um 10 kN auf −5 kN; M wächst dreieckförmig auf M_max = F · l/4 = 10 kN · 4 m/4 = 10 kNm unter der Last und hat dort einen Knick. Standardfall konstante Streckenlast (Beispiel oben): Q(x) = 6 kN − 3 kN/m · x fällt linear, Nullstelle bei x = 2 m; M(x) = 6 kN · x − 3 kN/m · x²/2 ist eine Parabel mit M_max = 6 kNm in Feldmitte, identisch mit q · l²/8 = 6 kNm. Dahinter steckt die Merkregel Q = dM/dx: Bei stetiger Last ist M genau dort maximal, wo Q = 0 ist.
Das ideale Fachwerk hat reibungsfreie Gelenke als Knoten, Lasten greifen nur in Knoten an, die Stäbe sind gerade und zentrisch angeschlossen. Folge: Jeder Stab überträgt nur eine Normalkraft – Zug (positiv) oder Druck (negativ). Nullstäbe erkennst du an drei Standardfällen: (1) Am unbelasteten Knoten mit zwei nicht kollinearen Stäben sind beide Nullstäbe. (2) Greift am Zweistab-Knoten eine äußere Kraft in Richtung des einen Stabs an, ist der andere ein Nullstab. (3) Am unbelasteten Dreistab-Knoten mit zwei kollinearen Stäben ist der dritte ein Nullstab. Nullstäbe tragen im betrachteten Lastfall nichts, sind aber konstruktiv nicht überflüssig: Sie sichern die Stabilität und tragen in anderen Lastfällen.
Knotenpunktverfahren: Knoten freischneiden, Stabkräfte als Zugkräfte antragen, ΣF_x = 0 und ΣF_y = 0 lösen. Beispiel Wandkonsole: Am freien Knoten hängen 8 kN senkrecht nach unten, Stab 1 läuft horizontal zur Wand, Stab 2 unter 45° schräg nach oben zur Wand. ΣF_y = 0: S₂ · sin 45° = 8 kN, also S₂ = 11,3 kN Zug. ΣF_x = 0: S₁ = −S₂ · cos 45° = −8 kN, also 8 kN Druck. Der Ritterschnitt ergänzt das Verfahren, wenn nur einzelne Stabkräfte gesucht sind: Schnitt durch höchstens drei Stäbe, deren Wirkungslinien nicht alle durch einen Punkt laufen; die Momentengleichung um den Schnittpunkt zweier Stabwirkungslinien liefert die dritte Stabkraft direkt.
Der Flächenschwerpunkt ist der Angriffspunkt von Eigengewicht und Streckenlast-Resultierender. Für zusammengesetzte Flächen gilt x_s = Σ(A_i · x_i)/ΣA_i und y_s = Σ(A_i · y_i)/ΣA_i mit Teilflächen A_i und ihren bekannten Teilschwerpunkten. Abkürzungen: Auf einer Symmetrieachse liegt auch der Schwerpunkt; Aussparungen setzt du als negative Flächen an. Beispiel: Rechteck 80 mm × 40 mm mit der Ecke im Ursprung, oben rechts ein Ausschnitt 40 mm × 20 mm. A₁ = 3200 mm² mit Schwerpunkt (40, 20), A₂ = −800 mm² mit Schwerpunkt (60, 30). x_s = (3200 · 40 − 800 · 60)/2400 = 33,3 mm, y_s = (3200 · 20 − 800 · 30)/2400 = 16,7 mm. Plausibel: Der Schwerpunkt rückt vom Ausschnitt weg nach links unten.
Haftung ist eine Ungleichung: |F_R| ≤ μ₀ · F_N. Die Haftkraft ist eine Reaktionskraft – sie stellt sich nur so groß ein, wie es das Gleichgewicht verlangt, nie automatisch als μ₀ · F_N. Prüfschema: erst das Gleichgewicht mit unbekannter Haftkraft lösen, dann gegen die Grenze μ₀ · F_N prüfen; ist sie überschritten, rutscht der Körper, und es wirkt Gleitreibung F_R = μ_G · F_N entgegen der Relativbewegung (μ_G meist kleiner als μ₀). Auf der schiefen Ebene haftet ein Körper, solange tan α ≤ μ₀ – der Haftgrenzwinkel tan α = μ₀ ist massenunabhängig: Bei μ₀ = 0,5 rutscht jede Kiste ab 26,6°.
Seilhaftung (Euler-Eytelwein): Ein Seil um einen rauen Poller hält S₂ ≤ S₁ · e^(μ₀ · α) mit dem Umschlingungswinkel α im Bogenmaß. Beispiel: Umschlingung 180° = 3,14 rad und μ₀ = 0,4 ergeben den Faktor e^1,26 ≈ 3,5 – mit 100 N Handkraft hältst du eine Seillast bis 351 N.
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Ein starrer Körper verformt sich unter Belastung nicht: Die Abstände aller seiner Punkte bleiben konstant. Die Idealisierung ist zulässig, weil reale Verformungen im Maschinenbau meist sehr klein gegenüber den Abmessungen sind und die Lage der Kräfte praktisch nicht verändern. Verformungen und Spannungen behandelt erst die Festigkeitslehre – die Statik liefert ihr dafür die Schnittgrößen als Eingangsgrößen.
Eine Kraft ist durch Betrag, Richtung und Wirkungslinie festgelegt; die Einheit ist Newton (N) bzw. Kilonewton (kN). Am starren Körper ist die Kraft linienflüchtig: Sie darf entlang ihrer Wirkungslinie verschoben werden, ohne dass sich Lagerreaktionen oder Gleichgewicht ändern. Eine Parallelverschiebung ist dagegen nur erlaubt, wenn zusätzlich das Versatzmoment M = F · a angetragen wird (a = Verschiebeabstand).
Beim zentralen Kraftsystem schneiden sich alle Wirkungslinien in einem Punkt; es kann den Körper nur verschieben, nicht drehen. Für das Gleichgewicht genügen deshalb ΣF_x = 0 und ΣF_y = 0 – die Momentenbedingung um den Schnittpunkt ist automatisch erfüllt. Beim allgemeinen Kraftsystem schneiden sich die Wirkungslinien nicht in einem Punkt; es braucht zusätzlich ΣM = 0, und bei der Reduktion kann neben einer Resultierenden auch ein Moment übrig bleiben.
Jede Kraft in Komponenten zerlegen: F_x = F · cos α und F_y = F · sin α mit dem Winkel α zur x-Achse. Dann komponentenweise addieren: R_x = ΣF_x und R_y = ΣF_y. Der Betrag ist R = √(R_x² + R_y²), die Richtung folgt aus tan α_R = R_y/R_x (Quadrant anhand der Vorzeichen von R_x und R_y prüfen). Beim allgemeinen Kraftsystem legt zusätzlich die Momentensumme die Lage der Wirkungslinie der Resultierenden fest.
Ein Kräftepaar besteht aus zwei gleich großen, entgegengesetzt gerichteten Kräften auf parallelen Wirkungslinien im Abstand a. Die resultierende Kraft ist null, übrig bleibt das Moment M = F · a. Es ist ein freies Moment: Seine Drehwirkung ist an jedem Punkt des starren Körpers gleich, es darf beliebig verschoben werden und geht in jede Momentensumme unabhängig vom Bezugspunkt mit vollem Wert ein.
Nur mit Ausgleich: Beim Parallelverschieben um den Abstand a muss zusätzlich das Versatzmoment M = F · a angetragen werden. Begründung: An der neuen Position ergänzt man die Kraft und ihre Gegenkraft (zusammen null); die Originalkraft und die Gegenkraft bilden ein Kräftepaar mit M = F · a. Ohne Versatzmoment würde die Verschiebung die Drehwirkung ändern – ein häufiger Fehler beim Reduzieren von Kraftsystemen.
ΣF_x = 0, ΣF_y = 0 und ΣM = 0 um einen beliebigen Punkt. Klug gewählt ist der Bezugspunkt, durch den möglichst viele Wirkungslinien unbekannter Kräfte laufen: Ihr Hebelarm ist dann null, sie fallen aus der Gleichung, und übrig bleibt eine Gleichung mit nur einer Unbekannten. Je Freikörper gibt es höchstens drei unabhängige Gleichungen – also höchstens drei bestimmbare Unbekannte.
Loslager: Wertigkeit 1, überträgt eine Kraft senkrecht zur Rollebene. Festlager: Wertigkeit 2, überträgt zwei Kraftkomponenten (z. B. A_x und A_y), aber kein Moment. Feste Einspannung: Wertigkeit 3, überträgt zwei Kraftkomponenten und ein Einspannmoment. Die Wertigkeit ist die Zahl der gebundenen Bewegungsmöglichkeiten – und zugleich die Zahl der unbekannten Reaktionen, die du im Freischnitt antragen musst.
1. System gedanklich von allen Lagern und Nachbarbauteilen trennen. 2. An jeder Trennstelle die Reaktionen antragen – so viele, wie die Wertigkeit vorgibt. 3. Alle eingeprägten Lasten (Kräfte, Momente, Streckenlasten) einzeichnen. 4. Koordinatensystem und Vorzeichenkonvention festlegen, z. B. Momente gegen den Uhrzeigersinn positiv. 5. Gleichgewichtsbedingungen aufstellen und lösen. Die meisten Fehler entstehen in der Skizze – etwa ein vergessenes A_x am Festlager.
Einteiliges ebenes Tragwerk: Summe der Lagerwertigkeiten a = 3. Mehrteilig: a + z = 3n mit z Zwischenreaktionen und n Teilkörpern. Die Formel ist notwendig, aber nicht hinreichend, weil sie nur zählt und die Geometrie nicht prüft. Gegenbeispiele: Drei parallele vertikale Pendelstützen erfüllen a = 3, das System bleibt aber horizontal verschieblich; laufen alle drei Lagerwirkungslinien durch einen Punkt, bleibt das System um diesen Punkt drehbar.
Die Resultierende entspricht dem Inhalt der Lastfläche und greift in deren Flächenschwerpunkt an. Konstante Streckenlast q über die Länge l: R = q · l in der Mitte bei l/2. Dreieckslast mit Maximalwert q₀: R = q₀ · l/2 im Abstand l/3 vom dicken Ende (2l/3 vom Nullende). Achtung: Die Ersetzung gilt nur für das äußere Gleichgewicht, also für Lagerreaktionen. Für Schnittgrößenverläufe muss die Last verteilt bleiben.
Normalkraft N (in Balkenachse, Zug positiv), Querkraft Q (senkrecht zur Achse) und Biegemoment M. Positives Schnittufer: Die nach außen zeigende Flächennormale weist in positive x-Richtung. Dort zeigt positives N vom Schnitt weg, positives Q nach unten, und positives M dehnt die Balkenunterseite (Zugfaser unten). Am negativen Schnittufer wirken alle drei Größen entgegengesetzt – so heben sich die Schnittgrößen beider Ufer paarweise auf.
Die Querkraft ist die örtliche Ableitung des Biegemoments; zusätzlich gilt q = −dQ/dx mit der Streckenlast q. Folgen: Bei stetigem Lastverlauf ist das Biegemoment dort extremal, wo Q = 0 ist. Unter einer Einzellast springt Q um den Kraftbetrag, und der M-Verlauf bekommt einen Knick. In lastfreien Abschnitten ist Q konstant und M linear; unter konstanter Streckenlast ist Q linear und M eine quadratische Parabel.
Drei Annahmen: Die Knoten sind reibungsfreie Gelenke, äußere Lasten greifen nur in den Knoten an, und die Stäbe sind gerade und zentrisch angeschlossen (Eigengewicht vernachlässigt oder auf die Knoten verteilt). Daraus folgt: Jeder Stab überträgt ausschließlich eine Normalkraft entlang seiner Achse – Zug (positiv) oder Druck (negativ). Querkräfte und Biegemomente treten in idealen Fachwerkstäben nicht auf.
Fall 1: Unbelasteter Knoten mit zwei nicht auf einer Geraden liegenden Stäben – beide sind Nullstäbe. Fall 2: Knoten mit zwei Stäben und einer äußeren Kraft in Richtung des einen Stabs – der andere ist ein Nullstab. Fall 3: Unbelasteter Knoten mit drei Stäben, von denen zwei auf einer Geraden liegen – der dritte ist ein Nullstab. Nullstäbe tragen nur im betrachteten Lastfall nichts: Sie sichern die Stabilität des Fachwerks und tragen in anderen Lastfällen.
Er lohnt sich, wenn nur einzelne Stabkräfte mitten im Fachwerk gesucht sind – das Knotenpunktverfahren müsste sich erst Knoten für Knoten dorthin arbeiten. Regeln: Das Fachwerk mit einem Schnitt durch höchstens drei Stäbe in zwei Teile trennen; die Wirkungslinien der geschnittenen Stäbe dürfen nicht alle durch einen Punkt laufen. Die Momentengleichung um den Schnittpunkt zweier Stabwirkungslinien liefert die dritte Stabkraft direkt aus einer einzigen Gleichung.
Die Fläche in Teilflächen mit bekannten Schwerpunkten zerlegen (Rechtecke, Dreiecke, Kreise), dann x_s = Σ(A_i · x_i)/ΣA_i und y_s = Σ(A_i · y_i)/ΣA_i rechnen. Zwei Abkürzungen: Auf einer Symmetrieachse liegt immer auch der Schwerpunkt, und Aussparungen werden als negative Flächen angesetzt. In der Statik ist der Flächenschwerpunkt vor allem der Angriffspunkt der Resultierenden von Streckenlasten und Eigengewicht.
Weil die Haftkraft eine Reaktionskraft ist: Sie stellt sich nur so groß ein, wie es das Gleichgewicht verlangt – bis maximal zur Haftgrenze. Coulomb: |F_R| ≤ μ₀ · F_N. Prüfschema: 1. Gleichgewicht mit unbekannter Haftkraft F_R aufstellen und lösen. 2. Ergebnis mit μ₀ · F_N vergleichen. Gilt |F_R| ≤ μ₀ · F_N, haftet der Körper mit genau diesem F_R. Sonst rutscht er, und statt Haftung wirkt die Gleitreibungskraft F_R = μ_G · F_N entgegen der Relativbewegung.
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Lernkarten übernehmenB_y = 12 kN
B_y = 8 kN
B_y = 4 kN
B_y = 16 kN
Lösung:
Momentensumme um A (gegen den Uhrzeigersinn positiv): ΣM_A = B_y · 8 m − 16 kN · 6 m = 0, also B_y = 96 kNm / 8 m = 12 kN.
Aus ΣF_y = 0 folgt A_y = 16 kN − 12 kN = 4 kN. Probe um B: −A_y · 8 m + 16 kN · 2 m = −32 kNm + 32 kNm = 0. Einheitenkontrolle: kNm geteilt durch m ergibt kN.
Die Last steht bei 6 m von A, also bei drei Vierteln der Stützweite – das lastnähere Lager B trägt drei Viertel der Last (12 kN), A nur ein Viertel (4 kN). 8 kN wäre die hälftige Teilung, die nur bei mittigem Lastangriff gilt; 4 kN ist die Lagerkraft von A; 16 kN würde bedeuten, dass A gar nicht trägt.
Lösung:
Streckenlast ersetzen: R_q = q · l = 2 kN/m · 4 m = 8 kN, Angriff in Feldmitte bei 2 m von A.
ΣF_x = 0: A_x = 0.
ΣM_A = 0 (gegen den Uhrzeigersinn positiv): B_y · 4 m − 8 kN · 2 m − 8 kN · 3 m = 0, also B_y = 40 kNm / 4 m = 10 kN.
ΣF_y = 0: A_y = 8 kN + 8 kN − 10 kN = 6 kN.
Probe um B: −A_y · 4 m + R_q · 2 m + F · 1 m = −24 kNm + 16 kNm + 8 kNm = 0. Einheitenkontrolle: kN · m geteilt durch m ergibt kN.
Typische Fehler: die Resultierende der Streckenlast ans Balkenende statt in die Feldmitte setzen (dann käme B_y = 12 kN heraus) oder das Festlager ohne A_x freischneiden. A_x = 0 ergibt sich hier nur, weil keine horizontale Last wirkt – antragen musst du die Komponente trotzdem. Plausibilität: B liegt näher an der Einzellast und trägt mit 10 kN mehr als A mit 6 kN; zusammen tragen beide die vollen 16 kN.
Lösung:
Streckenlast ersetzen: R_q = 2 kN/m · 3 m = 6 kN, Angriff bei 1,5 m von A.
ΣF_x = 0: A_x = 0.
ΣF_y = 0: A_y = 6 kN + 4 kN = 10 kN.
ΣM_A = 0 (gegen den Uhrzeigersinn positiv): M_A − 6 kN · 1,5 m − 4 kN · 3 m = 0, also M_A = 9 kNm + 12 kNm = 21 kNm. Das Einspannmoment dreht gegen den Uhrzeigersinn und hält den Lastmomenten das Gleichgewicht.
Probe um das freie Ende E: M_A − A_y · 3 m + R_q · 1,5 m = 21 kNm − 30 kNm + 9 kNm = 0. Das Einspannmoment geht als freies Moment unabhängig vom Bezugspunkt mit vollem Wert ein.
Der Klassiker unter den Fehlern ist ein vergessenes Einspannmoment: Mit nur A_x und A_y ist der Kragarm nicht im Momentengleichgewicht. Zweiter Fehler: das Moment der Streckenlast als q · l · l = 18 kNm anzusetzen statt über den Hebelarm l/2 (richtig: 6 kN · 1,5 m = 9 kNm). Die Probe um das freie Ende deckt beide Fehler auf, weil dort A_y und M_A gemeinsam eingehen.
Lösung:
Lagerreaktionen: Gesamtlast q · l = 24 kN, aus Symmetrie A_y = B_y = 12 kN, außerdem A_x = 0. Probe um B: −12 kN · 8 m + 24 kN · 4 m = −96 kNm + 96 kNm = 0.
Querkraft (linkes Teilstück, aufwärts positiv): Q(x) = A_y − q · x = 12 kN − 3 kN/m · x. Nullstelle: 12 kN = 3 kN/m · x₀, also x₀ = 4 m.
Biegemoment: M(x) = A_y · x − q · x²/2. An der Querkraft-Nullstelle: M(4 m) = 12 kN · 4 m − 3 kN/m · (4 m)²/2 = 48 kNm − 24 kNm = 24 kNm.
Kontrolle: q · l²/8 = 3 kN/m · (8 m)²/8 = 24 kNm. Randkontrolle: M(0) = 0 und M(8 m) = 96 kNm − 96 kNm = 0 – an Gelenklagern muss das Biegemoment verschwinden.
Häufigster Fehler: die Streckenlast auch für den Momentenverlauf durch eine Einzelkraft in Feldmitte ersetzen – dann entsteht fälschlich ein dreieckförmiger M-Verlauf mit Knick statt der Parabel. Der Faktor x/2 in M(x) ist der Hebelarm der bis zur Schnittstelle aufgelaufenen Teillast q · x. Merke die Standardwerte: M_max = q · l²/8 in Feldmitte, Querkraft an den Lagern ± q · l/2.
Die Abzählformel (einteilig: a = 3) ist notwendig, aber nicht hinreichend für statische Bestimmtheit.
Ein Balken auf drei parallelen vertikalen Pendelstützen erfüllt a = 3, ist aber horizontal verschieblich – die Lagerung ist unbrauchbar.
Der Momentenbezugspunkt muss im Schwerpunkt des Körpers liegen.
Je Freikörper lassen sich höchstens drei unabhängige Gleichgewichtsbedingungen aufstellen.
Ein Loslager hat die Wertigkeit 2.
Lösung:
Richtig sind die Aussagen zur Abzählformel als notwendiger, aber nicht hinreichender Bedingung, zum Gegenbeispiel mit den drei parallelen Pendelstützen und zur Höchstzahl von drei unabhängigen Gleichgewichtsbedingungen je Freikörper.
Falsch sind die übrigen: Der Momentenbezugspunkt ist frei wählbar – das ist gerade der taktische Vorteil der Momentenbedingung. Und das Loslager hat die Wertigkeit 1; die Wertigkeit 2 gehört zum Festlager.
Die Abzählformel prüft nur die Anzahl der Bindungen, nicht ihre Anordnung. Beide Ausnahmefälle solltest du benennen können: alle Lagerwirkungslinien parallel (Verschieblichkeit quer dazu) oder alle durch einen Punkt (Drehbarkeit um diesen Punkt). In beiden Fällen ist das System trotz a = 3 beweglich – und als Tragwerk unbrauchbar.
An einem unbelasteten Knoten mit genau zwei nicht auf einer Geraden liegenden Stäben sind beide Stäbe Nullstäbe.
An einem unbelasteten Knoten mit drei Stäben, von denen zwei auf einer Geraden liegen, ist der dritte Stab ein Nullstab.
Greift an einem Knoten mit zwei Stäben eine äußere Kraft in Richtung des einen Stabs an, ist der andere Stab ein Nullstab.
Nullstäbe können ersatzlos aus der Konstruktion entfernt werden.
Nullstäbe erkennt man daran, dass sie die längsten Stäbe des Fachwerks sind.
Lösung:
Richtig sind die drei Standardfälle: der unbelastete Zweistab-Knoten mit nicht kollinearen Stäben (beide Nullstäbe), der Zweistab-Knoten mit äußerer Kraft in Richtung eines Stabs (der andere ist Nullstab) und der unbelastete Dreistab-Knoten mit zwei kollinearen Stäben (der dritte ist Nullstab).
Falsch sind die übrigen: Nullstäbe sind nicht überflüssig – sie stabilisieren das Fachwerk und tragen in anderen Lastfällen. Mit der Stablänge hat die Eigenschaft nichts zu tun.
Alle drei Regeln folgen aus ΣF_x = 0 und ΣF_y = 0 am Knoten. Beispiel unbelasteter Zweistab-Knoten: Zerlegst du senkrecht zu Stab 1, hat nur Stab 2 eine Komponente – also S₂ = 0; damit bleibt S₁ = 0. Nullstäbe vor der Rechnung zu markieren verkleinert das Gleichungssystem deutlich – in der TM1-Klausur oft der schnellste Weg zu Punkten.
Lösung:
Knoten K freischneiden, beide Stabkräfte als Zugkräfte antragen (sie ziehen am Knoten in Richtung Wand).
ΣF_y = 0: S₂ · sin 30° − 10 kN = 0, also S₂ = 10 kN / 0,5 = 20 kN. Positives Vorzeichen: Stab 2 ist ein Zugstab.
ΣF_x = 0: −S₁ − S₂ · cos 30° = 0, also S₁ = −20 kN · 0,866 = −17,3 kN. Negatives Vorzeichen: Stab 1 steht mit 17,3 kN unter Druck.
Plausibilität: Der schräge Stab hängt die Last nach oben ab (Zug), der horizontale Stab stützt den Knoten gegen die Wand ab (Druck). Einheitenkontrolle: alle Terme in kN, sin und cos sind dimensionslos.
Zwei typische Fehler: Sinus und Cosinus vertauschen (die Vertikalkomponente von Stab 2 gehört zu sin 30°, weil der Winkel gegen die Horizontale gemessen ist) und das negative Vorzeichen von S₁ ignorieren. Kontrolle über den Grenzfall: Stünde Stab 2 senkrecht (90°), trüge er die Last allein mit 10 kN, denn S₂ = F / sin α. Je flacher der Stab, desto größer die Stabkräfte – bei 30° ist S₂ bereits doppelt so groß wie die Last.
Lösung:
Teilfläche 1 (Steg): A₁ = 20 mm · 80 mm = 1600 mm², Schwerpunkt bei x₁ = 10 mm, y₁ = 40 mm.
Teilfläche 2 (Flansch, von x = 20 mm bis x = 60 mm): A₂ = 40 mm · 20 mm = 800 mm², Schwerpunkt bei x₂ = 40 mm, y₂ = 10 mm.
Gesamtfläche: A = 1600 mm² + 800 mm² = 2400 mm².
x_s = (1600 · 10 + 800 · 40) mm³ / 2400 mm² = 48 000 mm³ / 2400 mm² = 20 mm.
y_s = (1600 · 40 + 800 · 10) mm³ / 2400 mm² = 72 000 mm³ / 2400 mm² = 30 mm.
Einheitenkontrolle: mm² · mm geteilt durch mm² ergibt mm. Plausibilität: Der Schwerpunkt liegt zwischen den Teilschwerpunkten (10, 40) und (40, 10), wegen der doppelt so großen Stegfläche näher am Steg – (20, 30) teilt die Strecke genau im Flächenverhältnis 2 : 1.
Der häufigste Fehler ist ein falscher Teilschwerpunkt des Flansches: Er beginnt erst bei x = 20 mm, sein Schwerpunkt liegt also bei x₂ = 40 mm – nicht bei der halben Flanschbreite 20 mm. Kontrolle über die Hebelanteile: Der Flansch stellt ein Drittel der Gesamtfläche und zieht x_s um ein Drittel der Differenz 40 mm − 10 mm = 30 mm, von 10 mm auf 20 mm. Merke außerdem: Der Schwerpunkt darf außerhalb des Materials liegen – beim L-Profil sitzt er nahe der Innenecke.
Lösung:
Gewichtskraft: F_G = m · g = 40 kg · 9,81 m/s² = 392,4 N. Einheitenkontrolle: kg · m/s² = N.
Hangabtrieb: F_H = F_G · sin 20° = 392,4 N · 0,342 = 134,2 N. Normalkraft: F_N = F_G · cos 20° = 392,4 N · 0,940 = 368,7 N.
Haftgrenze: μ₀ · F_N = 0,4 · 368,7 N = 147,5 N.
Prüfung der Ungleichung: 134,2 N ≤ 147,5 N – die Kiste haftet. Die tatsächliche Haftkraft folgt aus dem Gleichgewicht entlang der Rampe: F_R = 134,2 N, nicht 147,5 N.
Kontrolle über den Grenzwinkel: tan α_max = μ₀ = 0,4 ergibt α_max = 21,8°. Wegen 20° unter 21,8° haftet die Kiste – gleiches Ergebnis auf zweitem Weg.
Der zentrale Punkt ist die Ungleichung: Die Haftkraft ist eine Reaktionskraft und nimmt genau den Wert an, den das Gleichgewicht verlangt (134,2 N). Wer automatisch μ₀ · F_N = 147,5 N ansetzt, erfindet eine Kraft, die die Kiste bergauf schieben würde. Zweiter Klassiker: die Normalkraft als F_G statt F_G · cos α – damit fiele die Haftgrenze zu groß aus. Die Grenzwinkel-Kontrolle tan α_max = μ₀ ist massenunabhängig und deshalb ein schneller Gegencheck.
Rund 510 N
Rund 240 N
Rund 940 N
Genau 200 N
Lösung:
Euler-Eytelwein: S₂ = S₁ · e^(μ₀ · α) mit dem Umschlingungswinkel α im Bogenmaß. Exponent: μ₀ · α = 0,2 · 4,71 = 0,942. Faktor: e^0,942 = 2,57. Ergebnis: S₂ = 200 N · 2,57 = 513 N, also rund 510 N.
Die Seilhaftung wächst exponentiell mit Umschlingungswinkel und Haftzahl – deshalb genügen wenige Windungen, um große Lasten zu halten. Rund 240 N entstünde aus der linearen Fehlvorstellung S₁ · (1 + μ₀); rund 940 N aus der Multiplikation 200 N · 4,71 ohne Exponentialfunktion; genau 200 N unterschlägt die Reibung völlig. Wer versehentlich mit Grad rechnet (Exponent 0,2 · 270 = 54), erhält astronomisch falsche Werte – ein sicheres Alarmsignal für einen Einheitenfehler.
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