Meine Damen und Herren, ich begrüße Sie ganz herzlich zur heutigen
Vorlesung Technische Mechanik I für Wirtschaftsingenieure.
Sie haben eigentlich mit der letzten Vorlesung alles bekommen, was Sie
brauchen, um ein Bauteil zu bemessen.
Das heißt, aus dem Gesichtspunkt der Festigkeitslehre auszulegen.
Trotzdem gibt es noch ein Kapitel, was wir hier behandeln müssen.
Und das ist die Frage, kann es sein, dass bevor das Bauteil versagt,
also eine Verbindung an irgendeiner Stelle reißt, dieses Bauteil schon
vorher deswegen nicht betrieben werden kann, weil es instabil wird.
Und was das bedeutet, möchte ich Ihnen an einem kleinen Beispiel
zeigen.
So etwas hier können Sie in jedem gut sortierten Blumengeschäft, in
jeder Gärtnerei kaufen.
Ein einfacher Stab.
Ich nehme den Stab, ich bringe eine Druckkraft auf.
Und Sie sehen, der Stab biegt sich durch.
Das heißt, ich habe nicht den Zustand, den mir die Statik verraten
würde.
Die Statik würde sagen, okay, die Kraft wird hier senkrecht
aufgebracht und der Stab bleibt gerade, bis er irgendwann bricht.
Das wäre dann die Aussage der Festigkeitslehre, irgendwann bricht
dieser Stab.
Aber bevor dieser Stab bricht, passiert etwas.
Er verformt sich in unzulässiger Weise und diese Verformung können Sie
in vielen Bauteilen nicht tolerieren.
Deswegen müssen wir uns darüber unterhalten, was dort eigentlich
passiert.
Und da passiert etwas, was Sie bisher noch nicht gesehen haben, wenn
Sie an Statik und Festigkeitslehre denken.
Ich wiederhole den Versuch, weil er so schön war, nochmal.
Stellen Sie sich das so vor, wir haben jetzt statisches Gleichgewicht.
Ich könnte beispielsweise hier freischneiden.
Ich bringe hier oben eine Kraft auf und ich könnte mir die Normalkraft
in dem Stab ausrechnen.
Ich könnte mir die Auflagerreaktion hier unten ausrechnen und so
weiter.
Jetzt bringe ich eine Kraft auf, die noch größer wird und ich sehe,
der Stab verformt sich.
Wenn ich die Kraft jetzt halte, ist ein bisschen schmerzhaft hier oben
an der Hand, aber macht ja nichts.
Tut man sich nicht alles an.
Dann nimmt der Stab eine neue Gleichgewichtslage an.
Ich kann den Stab so halten, bis mir die Hand zu sehr wehtut und diese
Lage wäre eine neue Gleichgewichtslage.
Das heißt, in dieser neuen Gleichgewichtslage gilt dann natürlich ein
statisches Gleichgewicht.
Oje, ich muss noch oben eine Kappe draufsetzen müssen.
Dann gilt dort ein neues statisches Gleichgewicht und damit müssen wir
das statische Gleichgewicht formulieren.
Nicht an dem unverformten Stab, also an dem Stab einfach so
raufgestellt, dann würden wir nur die triviale Lösung bekommen.
Sondern wir müssen den verformten Zustand betrachten und an dem
verformten Zustand unsere Gleichgewichtsbedingungen formulieren.
Und an diesem kleinen Stab haben Sie im Prinzip schon alles gesehen,
was Sie heute in dieser Vorlesung lernen werden.
Jetzt machen wir das Ganze nur noch ein bisschen systematisch und
Schritt für Schritt.
Wir wollen die wichtigsten Erscheinungsformen von Stabilitätsproblemen
kennenlernen.
Einfach mal phänomenologisch sehen, was kann dort passieren, ein
bisschen was durchrechnen, damit wir ein Gefühl dafür bekommen, was
ist das eigentlich für ein Phänomen, was kann uns dort blühen als
Ingenieur.
Dann wollen wir Gleichgewichtsbedingungen für Stabilitätsprobleme
formulieren und ich hatte Ihnen das schon gezeigt mit diesem kleinen
Stab.
Diese Gleichgewichtsbedingungen formulieren wir jetzt nicht am
unverformten, sondern erstmalig am verformten System.
Wir wollen die kritische Belastung für Knickstäbe ausrechnen.
Also, das wäre hier so ein Knickstab.
Wenn ich hier eine kleine Last raufbringe, passiert noch nichts.
Wird die Last größer, fängt er an, sich irgendwann so durchzubiegen,
auszuknicken.
Und wir wollen letztlich solche Knickstäbe bemessen können.
Also, wir müssen dann zwei Dinge beachten.
Das eine ist, ist die Kraft so groß, dass der Stab bricht?
Und die zweite Frage ist, ist die Kraft so groß, dass der Stab
ausknickt?
Und wir müssen mit der kleineren dieser beiden Kräfte rechnen.
Die ist nur zulässig.
So, das ist also das Programm für heute.
Und um Ihnen das nochmal an einem einfachen Beispiel zu erläutern,
schauen wir uns ein typisches Ausknickenproblem an.
Ich habe das hier ein bisschen vereinfacht.
Es ist jetzt erstmal nicht dieser Knickstab, der sich durchbiegt,
sondern ich habe die Nachgiebigkeit dieses Stabes in Form einer
Drehfeder hier unten eingebaut.
Der Stab selbst soll also starr sein und die Nachgiebigkeit ist
konzentriert an der Einspannstelle, ausgedrückt durch eine Feder.
Sie kennen bestimmt aus der Schulphysik das Federgesetz.
Kraft F ist gleich Federkonstante mal Auslenkung Delta X.
Jetzt ist das hier aber eine Drehfeder.
Eine Feder, die verhindert, dass dieser Stab zur einen oder anderen
Seite wegkippt.
Damit ist klar, hier kann nicht die Länge Delta X das ausschlaggebende
Kriterium sein, sondern eine Winkeländerung.
Dieser Winkel ist hier mit Phi bezeichnet.
Diese Feder spricht also auf Winkeländerungen Phi an.
Wir haben dann eine Federkonstante bei einer Drehfeder, um die von der
Zugfeder zu unterscheiden, nenne ich die CD.
Und das Ergebnis ist dann ein Moment, nämlich ein Moment, das
versucht, diesen Stab wieder aufzurichten.
Also in Analogie zu F gleich C mal Delta X schreiben wir für eine
Drehfeder M gleich CD mal Phi.
Das wäre für eine Zugfeder das Ergebnis aus der Schulphysik.
Und das wäre für eine Drehfeder das Ergebnis in Analogie.
So.
Jetzt könnten wir natürlich hergehen und sagen, mit unseren Mitteln
der Statik schauen wir uns die Gleichgewichtslage an, die Ruhelage
dieses Stabes und stellen einfach mal ein statisches Gleichgewicht
auf.
Das würde bedeuten, wir betrachten folgende Konfigurationen.
Hier ist unser starrer Stab.
Hier oben wirkt eine Kraft F.
Und Sie sehen, diese Kraft F wirkt in dieser Konfiguration bis zum
Sankt -Nimmerleins-Tag oder bis zu dem Moment, wo diese Kraft F so
groß wird, dass der Stab einfach bricht, zerbröselt und der Drucklast
zusammenbricht.
Das wäre das Ergebnis einer statischen Betrachtung in der unverformten
Gleichgewichtslage.
Statische Betrachtung
in der unverformten Gleichgewichtslage liefert
uns beispielsweise dann die Normalkraft,
liefert uns Auflagereaktionen und liefert uns Aussagen Sigma, kleiner
Sigma zulässig.
Das wäre dann ein einfacher Zugstab, den wir bemessen.
Wir sehen aber, hier passiert etwas in Analogie zu dem, was ich Ihnen
mit dem Stab hier vorgeführt habe.
Dieser Stab verlässt diese Gleichgewichtslage und eine neue Lage wird
Gleichgewichtslage.
Deswegen müssen wir das statische Gleichgewicht an der neuen Lage
formulieren, also an dieser Lage.
Und das nennt man jetzt eine Theorie zweiter Ordnung.
Hierzu würde man sagen, Theorie erster Ordnung.
Mit dieser Theorie erster Ordnung ist eine Untersuchung von
Stabilitätsproblemen nicht möglich.
Das Einzige, was wir machen können, sind Auflagereaktionen ausrechnen,
Schnittreaktionen ausrechnen und bemessen auf zulässige Beanspruchung.
Mehr nicht.
Wir können nicht aussagen, ob diese Lage überhaupt noch stabil ist
oder ob eine benachbarte Lage stabil wird.
Dazu müssen wir das Gleichgewicht in einer benachbarten Lage
untersuchen.
So, das ist die sogenannte Theorie zweiter Ordnung.
In der Theorie zweiter Ordnung hat sich also dieser Stab aus seiner
ursprünglichen Gleichgewichtslage aus der Lage Phi gleich 0° entfernt.
Und die Frage ist, kann er sich in dieser Lage aufhalten oder was
passiert dort?
Dazu machen wir einfach ein Kräftegleichgewicht in dieser Lage.
Das heißt, wir untersuchen jetzt den blauen Stab, den Stab in dieser
blauen Lage auf Gleichgewicht.
Und da interessiert uns vor allen Dingen das Momentengleichgewicht,
denn in das Momentengleichgewicht gehen die Lagerreaktionen nicht ein,
wenn wir das Momentengleichgewicht um den Auflagerpunkt, hier nennen
wir den Punkt A, formulieren.
Wir formulieren also in der blauen Lage, ich schreibe jetzt einfach
mal mit blau weiter, Summe aller Momente um den Punkt A gleich 0.
So, was haben wir dort für Momente?
Wir haben ein Moment, das von der Kraft F kommt, das unseren Stab
versucht nach unten zu drücken.
Der Hebelarm für dieses Moment ist L mal Sinus Phi, also haben wir F
mal L Sinus Phi und das Ganze ist gegen den Uhrzeigersinn gerichtet.
F mal L Sinus Phi gegen den Uhrzeigersinn.
Aber wir haben einen Gegenspieler, dazu haben wir da unten die Feder
eingebaut.
Die Feder versucht, diese Energie, die von der Kraft F und dem Weg
kommt, zu speichern und gegenzuhalten.
Also, Federgesetz war Minus Watt CD mal Phi,
das wäre das Moment M aus der Feder und dieses Moment ist ein
aufrichtendes Moment, das arbeitet der Kraft F entgegen.
Und zwischen diesen beiden Größen muss 0 sein.
Jetzt haben wir hier eine Gleichung mit zwei Größen, die wir nicht
kennen.
Wir wissen nicht, wie groß unsere Kraft F ist und wir wissen nicht,
wie groß der Winkel Phi ist.
Wir können aber daraus einen Graphen hier leiten, eine Funktion F
gleich Kraft F vom Winkel Phi.
Wir sehen, diese Funktion ist uns nur implizit gegeben durch diese
Vorschrift und diese Vorschrift ist hochgradig nicht linear, dadurch,
dass dort der Sinus von Phi noch auftaucht.
Aufgezeichnet habe ich diese Funktion mal hier in diesem
Koordinatensystem.
Sie sehen, hier ist der Winkel Phi aufgezeichnet und oben die Kraft F.
Da sehen Sie den typischen Verlauf.
Was passiert hier?
Stellen Sie sich vor, Sie erhöhen diese Kraft F langsam und fragen
sich, welche Lage nimmt der Stab ein?
Stellen Sie sich vor, Sie starten bei 0, keine Kraft auf den Stab.
Naja, welche Lage wird der einnehmen?
Der wird senkrecht stehen wie eine Eins.
Irgendwann kommt der Moment, da nimmt diese Kraft F einen kritischen
Wert an.
Und dann ist es nicht mehr möglich, dass dieser Stab so senkrecht
steht, sondern er begibt sich entweder nach links oder nach rechts.
Wohin er sich begibt, weiß man in der Praxis nicht, deswegen muss man
so einen Zustand auch vermeiden, der ist nicht klar bestimmt.
Das hängt von winzigen Störungen ab, winzigen Abweichungen aus der
idealen geraden Linie, die immer vorhanden sind.
Das entscheidet, ob es nach links oder nach rechts geht, nichts
anderes.
So, und dann wandert dieser Stab auf dieser neuen Gleichgewichtslage
lang.
Das heißt, der Winkel wird immer größer, immer größer, eine nicht
-lineare Funktion, sehen wir ganz deutlich.
Und maximal wird er natürlich Pi.
Also, der Stab würde, wenn wir uns hier... Nehmen wir mal an, er
knickt so aus, wie in dem Bild gezeichnet.
Gezeichnet, wenn wir uns dieses Stück hier wegdenken würden, würde er
einfach nach unten durchschlagen, bis sich ein Winkel von 180° im
schlimmsten Fall einsteckt.
So, uns kommt es nur auf einen einzigen Punkt dabei an.
Wenn dieser Punkt hier der Kraft F erreicht ist, dann ist dieses
Bauteil für uns nicht mehr zu gebrauchen.
Diesen Punkt möchten wir ausrechnen, diesen Wert der Kraft F, den
möchten wir bestimmen.
Und wir stellen fest, in diesem Punkt ist der Winkel Pi eigentlich
nicht sehr groß.
Genau genommen ist er da noch Null und entfernt sich gerade von seinem
Wert Null.
Das heißt, wenn wir einen Zustand um diesen Punkt herum betrachten,
dann können wir mit einer infinitesimal kleinen Auslenkung, mit einem
infinitesimal kleinen Winkel Phi arbeiten.
Also setzen wir den Winkel Phi klein.
Für kleine Winkel Phi können
wir aber setzen, Sinus Phi ungefähr Phi.
Was passiert dann?
Dann erhalten wir F mal L mal Phi minus CD mal Phi gleich Null.
Sie sehen, aus dem Ergebnis kürzt sich jetzt der Winkel Phi heraus.
Das Ergebnis wird unabhängig von dem Winkel Phi selbst.
Darüber sind wir natürlich glücklich, denn wir haben ja gesagt, wir
wählen einen beliebigen, aber sehr, sehr kleinen Winkel Phi.
Kürzt sich heraus und übrig bleibt F gleich CD geteilt durch L.
Und das ist der kritische Wert der Kraft F.
Wenn F kleiner als CD durch L ist, dann sind wir in diesem Bereich,
dann ist alles okay.
In diesem Bereich ist F kleiner als CD durch L.
Aber wehe, die Kraft F wird größer als CD durch L, dann benimmt sich
der Stab aus seiner ursprünglichen unverformten Lage hinaus und dann
ist das Bauteil für uns nicht mehr brauchbar.
Das heißt, zusätzlich zu einer Festlichkeitsauslegung mit einer
irgendwie gearteten Beanspruchung, hier Zugbeanspruchung,
Normalspannung und einem Vergleich mit einer entsprechenden Hypothese,
müssen wir diesen Stab auslegen.
Wir müssen beachten, dass die Kraft F auf keinen Fall größer werden
darf als CD durch L, sonst nimmt unser Bauteil eine Lage an, die wir
nicht möchten.
Es ist für uns dann unbrauchbar.
Das haben wir an dem Beispiel gesehen.
Jetzt gibt es aber noch andere Instabilitätsprobleme.
Dieses Problem bezeichnet man als ein klassisches Verzweigungsproblem.
Also wir fangen mit einer Lösung an.
Sie sehen das, von Null kommend, fangen wir mit einer stabilen Lösung
an.
Und an irgendeinem Punkt verzweigt sich die Lösung.
Die ursprüngliche Lösung, der Stab steht gerade, senkrecht wie eine
Eins, ist nicht mehr realisierbar, wenn die Kraft F zu groß wird.
Stattdessen treten benachbarte Lösungen links und rechts daneben auf,
welche in der Praxis angenommen wird, wissen wir nicht.
Aber es sind zwei mögliche Lösungen vorhanden.
Es gibt zwei stabile Äste, sagt man dazu, und deswegen nennt man das
ein Verzweigungsproblem.
Eine andere Klasse von Problemen stelle ich Ihnen auf der nächsten
Folie vor.
Das sind die sogenannten Durchschlagprobleme.
Das ist ein ganz netter Mechanismus, den Sie dort sehen.
Schauen Sie sich das an.
Auf der linken Seite haben Sie offenbar ein Festlager.
An dem Festlager ist ein starrer Stab angeschlossen.
Auf das Gelenk dieses starren Stabes, also auf sein anderes Ende,
wirkt eine Kraft F.
Daran ist ein weiterer Stab angeschlossen.
Und hier sehen Sie jetzt einen etwas eigenartigen Mechanismus.
Sie erkennen sofort, aha, hier handelt es sich um ein Loslager.
Dieses Lager ist in horizontale Richtung verschiebbar.
Aber es ist nicht völlig frei verschiebbar, sondern es gibt eine
Feder, Federkonstante C.
Die arbeitet jetzt gegen diese Verschiebung.
Und was passiert?
Ich drücke mit der Kraft F auf diesen Stab rauf.
Der Stab möchte sich immer weiter ausbreiten und die Feder wirkt
dagegen und sagt, nein, das lasse ich nicht zu.
Jetzt wollen wir auch dieses Problem lösen.
Mit der gleichen Vorgehensweise.
Was ahnen wir, was hier passieren kann?
Wenn die Kraft F zu groß wird, wird diese Feder irgendwann nicht mehr
den Gegenspieler spielen, sondern diese ganze Konstruktion wird nach
unten durchschlagen.
Die Feder wird sich wieder entspannen und das Ganze noch weiter
zusammendrücken.
Die ganze Konstruktion wird hier nach unten durchschlagen.
Deshalb ein Durchschlagproblem.
Dafür verantwortlich wird die Höhe dieser Kraft F sein.
Klar, wenn ich da nur ein bisschen drauf drücke, dann ist die Feder
der ideale Gegenspieler und wir erhalten eine wie auch immer verformte
Konfiguration, aber auf keinen Fall einen Durchschlag.
Wird die Kraft F zu groß, drücke ich mit einer großen Kraft drauf,
dann kann die Feder das Ganze nicht mehr aufnehmen und die
Konstruktion saust nach unten durch.
Jetzt ist die Frage, wie passiert das?
Wie können wir das Ganze berechnen?
Dazu müssen wir zunächst einmal von einer Konfiguration ausgehen, in
der die Feder entspannt ist, um das Federgesetz wirklich zu verstehen.
Die ist hier gestrichen hingezeichnet mit dem Winkel Alpha.
Das wäre die Konfiguration, wo die Kraft F praktisch hier nicht
vorhanden wäre, wo wir mit F gleich Null starten würden.
Null Newton mein ich.
Die zeichne ich mal kurz nach.
Dann sehen Sie diese Konfiguration.
Und dann kennen Sie, wenn Sie den Winkel Alpha kennen, der sei hier
vorgegeben, wenn Sie diesen Winkel Alpha der unverformten
Konfiguration kennen, dann kennen Sie auch die Strecke hier.
Vorausgesetzt, Sie wissen, wie lang Ihre beiden starren Stäbe sind,
die Sie dort anschließen.
Wir werden davon ausgehen, dass die beide gleich lang sind.
Dann ist diese blaue Strecke hier 2L Cosinus Alpha.
Schauen Sie sich einfach hier an.
Ziehen Sie hier eine senkrechte, dann haben Sie in dem Eck des
Dreiecks den Winkel Alpha.
L Markosinus Alpha ist dann die eine Grundseite.
Auf der anderen Seite haben Sie nochmal L Markosinus Alpha.
Also insgesamt 2L Cosinus Alpha ist diese blau markierte Strecke.
Jetzt betrachten wir auch wieder eine benachbarte Gleichgewichtslage.
Also wir nehmen an, die Kraft F wird so groß, dass eine benachbarte
Lage zur Gleichgewichtslage wird.
Die ist jetzt hier blau eingezeichnet.
Das wäre die benachbarte Gleichgewichtslage.
Sie sehen, die tritt auf unter einem Winkel Phi.
Die Gesamtstrecke...
Welche Farbe nehmen wir jetzt?
Nehmen wir mal schwarz.
Diese Strecke von dem Festlager bis zum Loslager hat sich natürlich
jetzt verlängert.
Das Loslager hat sich verschoben nach rechts und hat die Feder
zusammengekostet.
Die Länge dieser schwarzen Strecke ist uns aber auch klar.
Genau die gleiche Überlegung für den Winkel Phi sagt uns, die Länge
dieser Strecke ist 2L mal Cosinus Phi.
Also die schwarze Strecke ist 2L mal Cosinus Phi.
Dann ist die Differenz schwarze Strecke minus blaue Strecke gleich 2L
Cosinus Phi minus Cosinus Alpha.
Wofür brauche ich diese Strecke?
Frage.
Warum interessiere ich mich für diese Strecke?
Was sagt mir diese Strecke aus?
Jawohl, das ist genau der Weg, den das Loslager zurückgelegt hat.
Das ist der Weg, um den die Feder aus ihrer entspannten Lage
zusammengestaucht wurde.
Und damit kann ich mir, wenn ich das hier Delta X nenne, schreibt sich
einfach ein bisschen kürzer als 2L Cosinus Phi minus Cosinus Alpha,
kann ich mir daraus die Federkraft errechnen, wenn wir die
Federkonstante C kennen.
Ffc mal Delta X ist die Federkraft.
Jetzt müssen wir nur noch die Kraft F, mit der wir oben auf unsere
Konstruktion drauf drücken, in Verbindung bringen mit der Federkraft
Ff.
Wie machen wir das?
Ganz klassisch, indem wir ein kleines Fachwerk analysieren.
Das ist wirklich nur zwei Knoten, die wir auseinandernehmen müssen und
dann haben wir es.
Allerdings, und das ist das Neue hier, in der Theorie zweiter Ordnung,
das heißt wir betrachten das verformte Fachwerk, das Fachwerk unter
dem Winkel Phi.
Also Theorie zweiter Ordnung.
Ja ja ja, was ist denn das jetzt?
Theorie... ah, ich habe hier glaube ich noch...
Theorie zweiter Ordnung.
Wir betrachten das Fachwerk unter dem Winkel Phi.
Weil die Zeichnung jetzt schon sehr chaotisch aussieht, mache ich
einfach mal hier eine Schnittskizze.
Also links haben wir unser Festlager mit irgendwelche Lagerreaktionen,
die uns überhaupt nicht interessieren für unser Problem.
Die wollen wir auch nicht ausrechnen, interessiert uns nicht.
Hier haben wir die Kraft F.
Und hier an dem Loslager haben wir eine Kraft Ff und natürlich eine
Lagerreaktion B.
Also Sie merken schon, ich habe die beiden Lager mit A und B
bezeichnet.
Was ja auch irgendwo nahe liegt.
Das wäre unsere Konfiguration und ganz wichtig, der Winkel in diesem
Dreieck ist der Winkel Phi.
Die Länge der Stäbe ist immer L, der Winkel ist auf beiden Seiten Phi.
Gut.
Jetzt haben wir zwei Stäbe, die können wir bezeichnen mit Römisch 1
und Römisch 2.
Was uns interessiert ist, wir wollen die Kraft F in Verbindung bringen
mit der Federkraft Ff.
Dazu haben wir zwei Knoten zu analysieren, den Knoten hier oben, um
die Stabkraft im Stab Römisch 2 herauszubekommen.
Der Stab Römisch 1 interessiert uns eigentlich nicht.
Und dann diesen zweiten Knoten, um die Verbindung hier zu stellen
zwischen der Stabkraft im Stab Römisch 2 und der Federkraft Ff.
Und dann haben wir die Verbindung zwischen Kraft F auf der einen Seite
und Federkraft Ff auf der anderen Seite.
Also nehmen wir die beiden Knoten schnell auseinander.
Nennen wir den einen Knoten 1 und den anderen Knoten 2.
Im Knoten 1 haben wir folgendes.
Sie erinnern sich, wir zeichnen die Stabkräfte immer weg vom Knoten.
S Römisch 1 meinetwegen.
S Römisch 2.
Und hier oben haben wir die Kraft Ff drauf.
Wir wissen, hier haben wir den Winkel Fi.
Also, Kräftegleichgewicht.
In horizontaler Richtung wirkt die Kraft Ff überhaupt nicht.
Sie wirkt nur in vertikaler Richtung.
Also muss in horizontaler Richtung aufgrund der Gleichheit der beiden
Winkel S Römisch 1 gleich S Römisch 2 gelten.
Ist zwar wunderschön, hilft uns aber zunächst nicht weiter.
Jetzt haben wir das vertikale Kräftegleichgewicht.
Beim vertikalen Kräftegleichgewicht zeigen die beiden Stabkräfte nach
unten, genau wie die Kraft Ff.
Also könnte ich alle drei Kräfte positiv annehmen in dem
Gleichgewicht.
S 1 und S 2 wirken jeweils mit der gleichen Winkelfunktion.
Das ist, wenn das der Winkel Fi ist, der Sinus von Fi.
Und dann haben wir noch die Kraft F plus F gleich 0.
Setzen wir jetzt S 1 gleich S 2 und betrachten nur noch S 2.
Perfekt, dann haben wir also insgesamt 2 S Römisch 2 mal Sinus Fi
minus gleich F.
Und damit minus 2 S Römisch 2 Sinus Fi F.
Also für die Stabkraft S Römisch 2 haben wir minus Kraft F durch 2
Sinus Fi.
Jetzt schauen wir uns den zweiten Knoten an und bringen die Stabkraft
Römisch 2 in Verbindung mit der Kraft Ff.
Klar, hier ist wieder der Winkel Fi.
Knoten 2 sieht dann also folgendermaßen aus.
Wir haben einmal die Stabkraft S Römisch 2, immer schön vom Knoten
wegzeigend.
Federkraft Ff, eine uns nicht interessierende Lagerkraft B.
Wir betrachten nur noch das horizontale Lagerkräftegleichgewicht, weil
wir die Lagerkraft nicht ausrechnen wollen.
Also haben wir in horizontaler Richtung Ff plus S 2 mal Cosinus Fi
gleich 0.
So, jetzt setzen wir unsere Kraft S Römisch 2 ein und erhalten Ff
minus F Cosinus Fi geteilt durch 2 Sinus Fi gleich 0.
Und für Ff kann ich jetzt einsetzen C mal Delta X.
Also insgesamt habe ich F halbe ist gleich Ff mal Tangens Fi.
Für die Federkraft setze ich ein C mal Delta X mal Tangens Fi.
Und diese Funktion kann ich jetzt darstellen.
Das heißt, ich kann F gleich 2 mal C, für Delta X schreiben wir dann
nochmal 2, mal 2 mal L mal Cosinus Fi minus Cosinus Alpha mal Tangens
Fi.
Diese Funktion kann ich plotten.
Und das ist genau die Abbildung, die Sie dort rechts sehen.
Und jetzt ist die Frage, wie lesen Sie diese Abbildung?
Die lesen Sie folgendermaßen.
In der Ausgangskonfiguration, in der unbelasteten
Ausgangskonfiguration stellt sich ein Winkel Alpha ein bei einer Kraft
F von 0 Newton.
Also sagen wir hier ist der Winkel Alpha, das ist der Schnittpunkt mit
der Phi-Achse für einen positiven Winkel irgendwo.
Der stellt sich hier ein.
Jetzt passiert folgendes.
Sie wollen ja Ihre Kraft langsam, langsam erhöhen.
Sie sehen sofort, was der Winkel Phi macht, der wird kleiner als
Alpha.
Klar, das Ding breitet sich immer weiter aus und der Winkel Phi wird
immer kleiner als der Winkel Alpha.
So marschieren Sie also hier diese Kurve lang.
Nicht-lineare Beziehung zwischen der Kraft F und dem Winkel Phi.
Irgendwann erreichen Sie diesen Punkt.
Gut.
Jetzt möchten Sie gern die Kraft F aber weiter erhöhen.
Der Graf sagt, das ist mit mir nicht zu machen.
Jetzt geht es erstmal hier abwärts, wenn du da weiter willst.
Also der Graf sagt, jetzt müsste eigentlich die Kraft F wieder sinken
und der Winkel wird immer noch kleiner.
Sie wollen aber die Kraft F erhöhen, Sie drücken darauf wie ein Irrer.
Also wird diese Linie ganz, ganz schnell durchlaufen, ist instabil.
Und erst hier kommen Sie wieder an und dann können Sie die Kraft F
hier weiter erhöhen.
In diesem Moment schlägt also dieses Gebilde durch.
Der Winkel springt von diesem Wert Phi größer 0 zu diesem Wert Phi
kleiner 0.
Und Ihre ganze Konfiguration ist nach unten durchgeschlagen.
Das nennt man ein Durchschlagphänomen.
Was passiert mit der Feder in diesem Moment?
Klar, der Winkel wird immer kleiner, die Feder hat sich in diesem
Moment entspannt und drückt zusätzlich mit der Kraft F.
Das heißt, die beiden arbeiten jetzt nicht mehr gegeneinander, sondern
miteinander, drücken zusätzlich diese Konstruktion noch weiter nach
unten.
Das heißt, wenn Sie jetzt weitergehen als der Winkel minus Alpha, dann
spannen Sie natürlich auch wieder die Feder.
Das heißt, dann arbeiten Sie wieder gegen die Feder an, aber diesmal
in umgekehrter Richtung mit durchgeschlagener Konstruktion.
Das ist also ein sogenanntes Durchschlagphänomen, bei dem Sie die
Kraft F weiter erhöhen und einfach die Konstruktion selbst nicht mehr
stabil wird sondern abgibt und eine andere Gleichgewichtslage annimmt
und dabei ganz schnell diesen Bereich hier durchfährt.
Wir werden uns im folgenden aber weiter mit Verzweigungsproblemen
beschäftigen.
Da gibt es einige sehr interessante praktische Fälle und das sind die
sogenannten Eulerschen Knickfälle.
Ein einfaches Beispiel, wo Sie so einen Eulerschen Knickfall sehen,
ist beim Stabhochsprung.
Wenn Sie sich mal überlegt haben, wie schafft es dieser
Stabhochspringer, den Stab hier irgendwo aufzusetzen und dann aus
einer verformten Lage in eine unverformte Lage zu bringen, dann haben
Sie gerade hier ein Knickproblem.
Also bei mir würde das ungefähr so aussehen.
Ich würde da an dem Stab dranhängen und dann würde ich hier wieder
runterfallen.
Also das wäre ein typisches Knickproblem.
Wenn Sie genug Geschwindigkeit natürlich mitnehmen, richten Sie mit
dieser Geschwindigkeit den Stab auf und schaffen es im günstigsten
Fall hier noch rüber zu springen.
Es gibt verschiedene Eulersche Knickfälle.
Ich werde Ihnen gleich noch herleiten, wie diese Kraft im Eulerschen
Knickfall, wo die herkommt.
Bis hier merken wir uns, es gibt für solche Stäbe, die irgendwie
zunächst mal gelagert sind, irgendwie von oben mit einer Kraft F
belastet sind, so wie ich Ihnen das hier mit dem Ding vorgeführt habe,
gibt es verschiedene Möglichkeiten auszuknicken.
Je nach Lagerungsart gibt es vier verschiedene Fälle.
Die wurden von Euler aufgestellt, die sogenannten vier Eulerschen
Knickfälle.
Und zu jedem Fall gehört eine andere kritische Last.
Das heißt, Sie müssen zunächst einmal sich die Lagerung Ihres
Knickstabes anschauen, Ihres Stabes, der senkrecht mit einer Kraft F
belastet wird, um sagen zu können, welcher Knickfall hier eigentlich
vorliegt.
Bei uns lag irgendwas wie der zweite Knickfall hier vor dieser Fall B.
Wie unterscheiden Sie jetzt am einfachsten diese Knickfälle?
Sie schauen sich zunächst die untere Lagerungsstelle an.
Es gibt einen Knickfall, bei dem diese untere Lagerung hier gebildet
wird durch ein gelenkiges Lager mit drei drehbaren Enden.
Bei allen drei anderen Fällen haben Sie hier eine feste Einspannung.
Hier haben Sie die feste Einspannung.
Damit können Sie den ersten Knickfall schon mal von den anderen drei
Knickfällen sauber trennen.
Beim ersten Knickfall unteres Lager drehbar, bei den anderen drei
Knickfällen unteres Lager, feste Einspannung.
Die anderen drei Fälle unterscheiden sich jetzt, wie die Kraft F
aufgebracht wird, d.h.
wie die obere Lagerstelle aussieht.
Knickfall 2, Sie sehen das, hier oben überhaupt kein Lager.
Also völlig freies Ende.
Knickfall 3, hier oben eine feste Einspannung, genau wie unten.
Und Knickfall 4, hier oben eine drehbare Lagerung statt einer festen
Einspannung bzw.
statt gar keiner Lagerung.
So sind die vier Eulerschen Knickfälle unterschieden.
Für die Eulerschen Knickfälle gilt jetzt, irgendein Scherzkeks hat mir
hier das K weggenommen, die gleiche Formel.
In dieser Formel steht ein E drin, für den Elastizitätsmodul.
Da steht ein I drin, für ein Flächenmoment zweiten Grades.
Dieses Flächenmoment deutet schon mal für uns an, dass das Ganze wohl
etwas mit der Biegetheorie zu tun hat.
Tatsächlich können wir das Ganze ja so lesen, als würde sich dieser
Stab hier durchbiegen.
Als hätten wir hier beispielsweise eine Biegelinie W dieses Stabes.
Darauf deutet schon mal das I hin, dann haben wir halt noch ein Bi
-Quadrat zu stehen.
Dann die Länge dieses Stabes L.
Und diese Länge wird noch multipliziert mit einem Faktor K, der jetzt
unterschiedlich ist für jeden Knickfall.
K gleich 1 für den ersten Fall, K gleich 2, K gleich 0,5 im dritten
Fall.
Und der letzte Fall, K gleich 0,7, ist eine nette Rundung.
Eigentlich steht dort 1 durch Wurzel 2.
So, Sie können das Ganze auch so interpretieren, als wäre das eine
andere Länge.
Also Sie interpretieren den Nenner nicht als ein Faktor mal Länge L,
sondern als eine Ersatzlänge.
Und diese Ersatzlänge ist beim Gipfel da mal hingestiegen.
Für K gleich 1 ist die Ersatzlänge natürlich die tatsächliche Länge
des Stabes.
Für den zweiten Knickfall mit K gleich 2 ist die Ersatzlänge doppelt
so lang wie dieser Stab.
Und Sie sehen das ausgeführt.
Wenn der doppelt so lang ist, dann ist das wie bei einem Flitzebogen.
Die beiden Punkte kommen in einer Linie zusammen.
Für den dritten Stab liegen die beiden Punkte hier zusammen und die
Ersatzlänge ist 0,5 L.
Für den vierten Stab etwas schwer zu sehen.
Es ist dann diese 0,7 L.
An dem hier wieder zwei Punkte untereinander liegen.
Ich empfehle Ihnen, schreiben Sie sich die Formel irgendwo hin, auf
ein Formelblatt.
Sie kommen sonst eh durcheinander.
Also irgendwo brauchen Sie die Zeichnung und die Formel für die
kritische Last.
Ich werde Ihnen gleich ausrechnen, wo diese kritische Last herkommt.
Wir wollen natürlich auch verstehen und nicht nur glauben, dass Euler
das richtig gerechnet hat, sondern wir wollen verstehen, wo das
herkommt.
Aber Sie sollen das nicht auswendig lernen, sondern schreiben Sie sich
das irgendwo hin, saubere Skizze der Lagerungen und dann einfach die
Formel für die kritische Last nach Euler.
Das bedeutet, wenn Sie so einen Knickstab wie diesen hier auslegen,
müssen Sie den Eulerschen Knickfall identifizieren.
Also wenn wir das hier so machen, so raufdrücken, wäre das ungefähr
der zweite Fall, K gleich 2.
Wir müssen die kritische Last berechnen und müssen dann überlegen,
versagt der Stab schon unterhalb der kritischen Last oder ist die
kritische Kraft F die Bemessungsgrenze, weil der Stab dann ausknickt.
Diese beiden Quellen müssen Sie unterscheiden.
Dass das praktische Relevanz hat, möchte ich Ihnen jetzt nochmal
zeigen mit einem Bildchen.
Jeder von uns erinnert sich an den 11.
September, als die Flugzeuge in die Twin Tower 2 flogen.
Was ist dort passiert?
Dem Laien erscheint das vielleicht selbstverständlich.
Der wird sagen, also wenn da ein Flugzeug in so ein Hochhaus
reinfliegt, dann muss das ja kollabieren.
Der Fachmann sagt, eigentlich muss das noch nicht mal kollabieren.
Man könnte sich ja auch überlegen, gibt es Chancen, dass dieses
Hochhaus hält?
Hätte das halten können?
Das ist natürlich die Frage, die man dann hinterher anstellt.
Hinterher ist man immer klüger.
Was ist dort eigentlich passiert?
Hätte das halten können?
Wenn Sie sich daran erinnern, die Flugzeuge sind ja nicht in das
oberste Geschoss geflogen, sondern sind irgendwo relativ weit oben.
Hier, wo der Rauch rauskommt, irgendwo reingeflogen.
Natürlich, jeder der dort lebte, der war natürlich sofort tot.
Aufgrund der großen Explosion, riesiges Feuer und so weiter.
Jetzt schauen wir uns aber an, wie dieses Detail hier aussieht.
Dazu müssen Sie wissen, wie solche Hochhäuser konstruiert sind.
Das sind eigentlich ganz normale Stabkonstruktionen, also Fachwerke,
hier mit Stützen.
Und dazwischen werden einfach beispielsweise Stahlbetonplatten
eingehängt.
Das ist natürlich rein schematisch.
Diese Stützen müssen nicht nur außen sitzen, sondern sie können auch
hier noch Säulen durchziehen.
Aber in der Regel haben Sie mindestens die vier äußeren Stützen.
Wie viele Stützen Sie da noch drin haben, sagt Ihnen der Statiker, wie
viel Sie dort benötigen.
Also für die Menschen, die natürlich in diesem Bereich gearbeitet
haben, die in das Flugzeug sofort reinflogen, kam jede Hilfe zu spät.
Aber es wäre doch schön gewesen, wenn das Ganze noch so lange gebrannt
hätte und nicht zusammengekracht wäre, bis das Gebäude komplett
evakuiert wäre.
Also müssen wir wissen, was dort passiert ist.
Zunächst mal durch das Feuer haben Sie hier diese Stützen ausgedehnt
und Sie haben Ihren Elastizitätsmodul geändert.
Warum?
Das Metall ist heiß geworden, das ist teilweise verflüssigt.
Also Sie haben hier einen Beton, beispielsweise Stahlbeton, dann haben
Sie Betonsäule und innen drin haben Sie einfach Metallstäbe.
Diese Metallstäbe sind durch die Hitze flüssig geworden, damit ändert
natürlich diese Stütze Ihren E-Modul.
Und der E-Modul, der wird jetzt hier kleiner.
Damit hatten Sie folgende Konfiguration.
Einige dieser Stützen sind dann ausgeknickt.
Die waren zwar wohlbemessen nach der Eulerschen Knicklast, wenn sich
aber der E-Modul ändert, dann ändert sich auch die Eulerscher
Knicklast und diese Knicklast wird natürlich kleiner.
Das heißt, die Säule kann nicht mehr das Gewicht tragen, sondern kann
nur noch ein kleineres Gewicht ertragen.
Was passiert also?
Sie knickt aus.
Sie sehen hier den Eulerschen Knickfall.
Die knicken also da nach außen aus.
Und diesen Böden, die hier drin lagen, denen bleibt nichts anderes
übrig.
Die verlieren ihren Halt, ihre Auflagerpunkte, weil die ganze
Konstruktion in diesem Bereich nach außen ausknickt.
Denen bleibt nichts anderes übrig, als hier runterzufallen.
Und jetzt geschieht die eigentliche Katastrophe.
Jetzt kommt es zu einem Dominoeffekt.
Diese tonnenschweren Stahlplatten, die rauschen aufeinander.
Das gibt einen riesigen Impuls auf das ganze Gebäude.
In der Folge wird in dem darunterliegenden Bereich die Knicklast auch
überschritten.
Das heißt, auch diese Träger fangen an auszuknicken, auch diese
Stahlplatten fangen an herunterzusausen und sie haben einen
Dominoeffekt durch das ganze Gebäude durch und genau das war auch zu
beobachten.
Also es sackt in sich zusammen.
Die gesamten Geschossplatten, Stahlbetonplatten prallen aufeinander.
Ein riesiger Impuls geht durch das Gebäude und es sinkt praktisch in
sich zusammen.
Das war hier zu beobachten und wenn dieser Effekt nicht eingetreten
wäre an der Brandstelle oder er verzögert werden könnte, dann hätten
die Menschen in dem Gebäude noch genug Zeit gehabt, aus dem Gebäude
heraus zu entkommen, bevor es zusammenbricht.
Da braucht man natürlich zwei Dinge.
Zum einen braucht man ein bisschen Mechanik, Werkstoffwissenschaften,
um das hinzubekommen mit dem E-Modul und das andere ist natürlich das
Management.
Sie müssen die Leute so über Fluchtwege ableiten, dass das Ganze
möglichst schnell wird, denn ewig können sie diesen E-Modul nicht
aufrechterhalten bei den Temperaturen, die dort herrschen.
Also Sie sehen eine ganz praktische Anwendung von den holländischen
Knickfällen.
Noch ein paar andere Fälle, weitere Verzweigungsprobleme.
Ist eine ganz nette Sache, wenn Sie so ein Draht haben, Sie verdrehen
den, Sie verdrillen den Draht, dann stellen Sie fest, irgendwann
springt der durch.
Das ist das sogenannte Drillknicken bei dünnen Profilen.
Bei hohen Profilen, hier dargestellt, haben Sie ein Kippen.
Beispielsweise bei Turbinenschaufeln kann Ihnen das passieren, dass
die Turbinenschaufel dann plötzlich wegkippt, wenn hier senkrecht eine
Kraft F aufkommt.
Und wenn Sie Pech haben, sitzt die nächste Schaufel gleich daneben und
kriegt die voll ab und dann kann es auch wieder zu einem Domino-Effekt
kommen.
Wichtiges Thema für Kühltürme usw.
oder Coca-Cola-Dosen, das Schalenbeulen, rechts dargestellt.
Bei einer Schale stellen sich typische Beulenmuster ein, wenn Sie die
von oben bzw.
von unten mit einer Druckkraft zusammenpressen.
Praktisch für PET-Flaschen, die Sie recyceln wollen.
Sie können die zusammendrücken und auf ein ganz kleines Format
bringen.
Manchmal aber recht unangenehm.
Schalen sind wichtige Tragstrukturen, im Baumschmierwesen
beispielsweise.
Und diese Beulenmuster stellen sich ein nach kleinen Störungen.
Diese Beulenmuster tatsächlich hervorzusagen, ist ein recht
schwieriges Unterfangen.
Schon kleine Störungen sorgen dafür, dass sich ein anderes
Beulenmuster einstellt, kleinen Störungen in der Geometrie.
Und damit auch eine niedrigere Beulenkraft selbst erforderlich ist,
als für die ideale Geometrie.
Hier muss also mit Störungen in der Geometrie gerechnet werden, um die
kritische Last herauszubekommen.
So, jetzt zeige ich Ihnen als nächstes, wie wir die Eulerschen
Knickfälle ausrechnen.
Wie wir das Ganze hier leiten.
Und was Sie dann von diesem Kapitel nur behalten sollen ist, Sie
sollen einen ersten Eindruck bekommen haben, was sind diese
Stabilitätsprobleme.
Sie sollen Eulersche Knickfälle dann identifizieren können und dafür
die kritische Kraft vorhersagen können.
Und Sie sollen das Bemessungsproblem ergänzen, erweitern können, um
Auslegungen gegenüberknicken.
Also, Eulersche Knicktheorie.
Ich habe mal einen Fall hier herausgegriffen.
Hier oben haben wir so einen, wie wir es eben schon gesehen haben,
Loslager, das horizontal geführt wird.
Auf der anderen Seite keine feste Einspannung, sondern eine drehbare
Lagerung in einem Festlager.
Also, wir sehen sofort an der Unterseite, die ist halt jetzt aus
zeitnerischen Gründen nach links gewandert, an der Kraft F
entgegengesetzten Seite ein drehbares Lager und damit ist klar, das
ist der erste Eulersche Knickfall.
Alle anderen drei rechne ich Ihnen nicht vor, wenn Sie das einmal
gesehen haben, geht die Rechnung völlig analog.
Also, das ist der erste Eulersche Knickfall.
Für den wollen wir die kritische Last ausrechnen.
Was müssen wir machen?
Wir erinnern uns wieder, wenn wir den Stab einfach in seiner Ideallage
betrachten würden, als einen Zugstab bzw.
Druckstab, weil er die Kraft F als Druckkraft wirkt, ist das zwar
schön und gut, wir können die Normalkraft ausrechnen, wir können
Lagerreaktionen ausrechnen, wir können auch Zugdruck bemessen, aber
den Knickfall bekommen wir dadurch nicht.
Dazu müssen wir uns eine verformte Lage anschauen und müssen in der
verformten Lage eine Gleichgewichtsbedingung formulieren.
Also brauchen wir wieder eine Theorie zweiter Ordnung.
Und Eulers geniale Idee war es jetzt, dass er erstens gesehen hat, er
braucht die Theorie zweiter Ordnung und zweitens gesehen hat, aha,
diese verformte Lage ist ja eigentlich beschreibbar durch die
Differenzialgleichung für die Biegellinie.
Hier passiert eigentlich nichts anderes, als dass dieser Stab
durchgebogen wird.
Nun, die Differenzialgleichung für die Biegellinie, die habe ich Ihnen
hergeleitet, die kennen Sie.
Die steht hier, ich brauche sie nur noch mal rot einkästeln, Sie
erinnern sich dran.
D-Modul mal Flächenmoment zweiten Grades mal zweite Ableitung der
Biegellinie W ist gleich Minus MX und M war das Biegemoment.
Aber, wo kommt denn jetzt eigentlich dieses Biegemoment her?
Der Stab wird doch nur durch eine Zugkraft oder eine Druckkraft, also
durch eine Kraft in Längsrichtung beansprucht und gar nicht durch
einen Biegemoment.
Dieses Moment taucht nur auf, wenn ich den Stab bereits in einer
verformten Lage betrachte.
Also wenn ich bereits davon ausgehe, dass sich eine Durchsenkung W
eingestellt hat, dann erhält nämlich die Kraft F, die hier, entlang
der idealen Achse wirkt, einen Hebelarm.
Das ist der Hebelarm.
Und dieser Hebelarm ist gerade die Durchsenkung W von X und damit
entsteht ein Biegemoment.
Und das ist genau das Biegemoment, das Sie hier einsetzen müssen.
Also, wir erkennen, Myx ist nichts anderes als die Kraft F
multipliziert mit der Durchsenkung Wx.
Das ist die Theorie zweiter Ordnung.
Ich schreibe es hier nochmal hin, dann sehen Sie die Theorie zweiter
Ordnung.
In der Theorie erster Ordnung am unverformten System hätten Sie das
nie gesehen.
Da gäbe es dieses Biegemoment schlichtweg gar nicht.
Das setzen wir einfach in unsere Biegelinie ein, in unsere
Differenzialgleichung für die Biegelinie ein.
Dann haben wir Minus F W von X und schreiben das Ganze als eine
Differenzialgleichung.
Plus F geteilt durch Ei mal W von X gleich Null.
Diese Differenzialgleichung müssen wir, wie wir das bei der Biegelinie
immer gemacht haben, durch Randbedingungen ergänzen, um sie lösen zu
können.
Die Randbedingungen lauten, an der linken Seite am Ursprung unseres
Koordinatensystems ist der Stab drehbar gelagert, also haben wir eine
Randbedingung.
W von X gleich Null verschwindet.
Die Durchsenkung am linken Lager verschwindet.
Denken Sie dran, über die Ableitung der Biegelinie können Sie in
diesem Fall nichts aussagen.
Wenn Sie dort eine feste Einspannung hätten, wäre auch noch W Strich
gleich Null, haben wir aber nicht.
Wir haben nur W an der Stelle X gleich Null ist Null.
Drehbare Lagerung, der Winkel bleibt nicht 90 Grad.
Sie sehen das hier, hier stellt sich ein Winkel ein, irgendein Winkel
Alpha, der nicht mehr 90 Grad ist.
So, zweite Randbedingung.
Wir brauchen zwei, denn wir haben hier die zweite Ableitung von W drin
zu stehen.
Dazu müssen wir uns den anderen Rand anschauen, da haben wir ja eine
Führung.
Die Führung sorgt dafür, dass dort die Durchsenkung auch gleich Null
sein muss.
Wenn der Stab die Länge L hat, dann muss an dieser Stelle hier, wo wir
die Führung haben,
die Biegelinie auch wieder Null sein.
Auch wieder mit der idealen Geraden des Stabes übereinstimmen.
Das ist also jetzt unser vollständiges Problem.
Eine Differentialgleichung, die eine zweite Ableitung enthält, die
offenbar linear ist, in W, mit zwei Randbedingungen und einem
zusätzlichen Parameter.
Nämlich, eigentlich sind wir hinter der Kraft F her.
Wir wollen wissen, für welche Werte F diese neue Gleichgewichtslage,
der durchgebogene Stab, eine stabile Gleichgewichtslage ist.
Dass es solche stabilen Gleichgewichtslagen gibt, habe ich Ihnen
vorgeführt.
Wollen Sie es nochmal sehen?
Also Sie sehen, so etwas muss existieren.
Jetzt wollen wir es auch nachweisen.
Haben Sie so eine Differentialgleichung schon mal gesehen?
Wenn Sie jetzt nein sagen, glaube ich Ihnen das aufs Wort, weil Sie
das wahrscheinlich in der Mathematik noch nicht so ausgiebig haben.
In der technischen Mechanik begegnet Ihnen diese Differentialgleichung
laufend.
Nämlich dann, wenn Sie Dynamik machen, wenn Sie auch noch das zweite
Semester Technische Mechanik II für Wirtschaftsingenieure hören, dann
wird Ihnen diese Differentialgleichung begegnen.
Es ist die Differentialgleichung für eine Schwingung, für eine
sogenannte freie, harmonische Schwingung.
Und von dieser Differentialgleichung kennen wir die Lösung.
Sie vielleicht noch nicht, deswegen gebe ich sie Ihnen an, aber die
kann man relativ einfach herleiten.
Man weiß, es ist eine homogene Differentialgleichung, also braucht man
nicht alle Lösungen dieser Differentialgleichung.
Ich erreiche diese Lösung mit einem Exponentialansatz.
Und wenn ich diesen Exponentialansatz auswerte, bleibt als Lösung
übrig W von X gleich A mal Sinus Lambda X plus B mal Cosinus Lambda X.
Wenn Sie an Schwingungen denken, müssen Sie das X einfach nur mit
einem T vertauschen, also das räumliche Argument durch ein zeitliches
Ersetzen.
Und dann haben Sie dort eine Funktion Sinus Lambda T, also eine
harmonische Funktion, wellenförmig, wie der Sinus halt ist, oder
Cosinus Lambda T.
Lambda würde dann auch die Frequenz dieser Schwingung schließen
lassen.
Jetzt möchte ich Ihnen wenigstens zeigen, dass das auch die Lösung
dieser Differentialgleichung ist.
Dazu schauen wir uns erstmal die Randbedingungen an und dann setzen
wir diese Lösung nochmal ein und identifizieren mal diesen Parameter
Lambda, der hier in der Lösung noch drin steht.
Und dann sehen Sie, dass diese Lösung tatsächlich die
Differentialgleichung erfüllt.
Also die Randbedingungen fordern doch, W von X gleich 0 ist 0.
Wenn Sie das einsetzen, dann muss offenbar die Konstante B
verschwinden.
Daraus folgt sofort, B ist gleich 0.
Der erste Summand ist 0 in der Lösung, der zweite Summand nimmt den
Wert B an, also muss die Konstante B verschwinden.
Wir haben also nur noch W von X gleich A mal Sinus von Lambda mal X.
Jetzt haben wir noch W von X gleich L ist 0.
Damit muss aber gelten, W von X gleich L gleich A mal Sinus Lambda L
gleich 0.
So, jetzt müssen wir zwei Dinge machen.
Wir müssen uns überlegen, was heißt das hier?
Und das zweite, was wir uns überlegen müssen ist, was ist dieses
Lambda?
Dazu nehmen wir erstmal die Lösung W von X gleich A mal Sinus Lambda X
und setzen sie in unsere Differentialgleichung ein.
Das heißt, ich zeige Ihnen, dass das tatsächlich eine Lösung unserer
Differentialgleichung ist.
Leiten wir den Sinus zweimal ab.
Erste Ableitung gibt dann Lambda Minus Lambda Cosinus Lambda X.
Zweite Ableitung gibt Minus Lambda Quadrat Sinus Lambda X.
Eingesetzt in die Differentialgleichung gibt Minus Lambda Quadrat A
mal Sinus Lambda X.
Das ist die zweite Ableitung unserer Lösung W von X gleich A mal Sinus
Lambda X plus F durch E I.
W von X ist A mal Sinus Lambda X gleich
0.
Und damit diese Gleichung tatsächlich für alle Werte X erfüllt ist und
nicht nur für Spezialwerte, kürzen wir hier mutig A mal Sinus Lambda X
heraus...
und fordern, dass sich der Rest gerade aufhebt, also das Lambda
Quadrat gerade F durch E mal I ist.
Und damit haben wir den Parameter Lambda identifiziert und haben
festgestellt, aha, in dem Lambda steckt unsere, uns interessierende
Größe, die Kraft F wieder drin.
Also Lambda Quadrat ist F durch E I.
Lambda haben wir identifiziert.
Jetzt müssen wir uns über diese Randbedingung hier unterhalten.
Die Randbedingung können wir ganz einfach erfüllen, indem wir sagen A
ist gleich 0.
Klar,
A gleich 0 erfüllt diese Randbedingung.
Was erhalten wir dann für eine Lösung?
A ist gleich 0, B ist gleich 0, also ist W von X gleich 0.
Was sagt uns das?
Das sagt uns, der Stab biegt sich ja gar nicht durch, die Biegelinie
ist gleich 0.
Das ist die triviale Lösung, die uns gerade nicht interessiert.
Das würde heißen, der Stab bleibt in seiner unverformten Lage, egal
wie ich hier rauf drücke.
Wir sind an den Fällen interessiert, wo offenbar Aungleich 0 ist.
Gibt es solche Lösungen überhaupt?
Wie erhalte ich Lösungen mit A ungleich 0?
Vorschläge?
Ich muss die rote Eingangskiste der Randbedingung erfüllen.
A darf nicht 0 sein.
Wie erreiche ich A ungleich 0?
Was würden Sie vorschlagen?
Ich erreiche A ungleich 0, indem das Argument von dem Sinus
verschwindet.
Also, Lambda L gleich 0 oder
Lambda L.
Was könnte ich als nächstes wählen?
Pi.
Aha.
Lambda L gleich Pi.
Lambda L gleich 0 würde Folgendes bedeuten.
Da müsste ja Lambda gleich 0 sein, dann wäre die Kraft F gleich 0.
Interessiert uns nicht.
Wir suchen die kritische Kraft, bei der dieser Stab anfängt
auszuknicken.
Jetzt nehmen wir den nächsten Fall.
Lambda L gleich Pi.
Wir können hier natürlich beliebig weiterschreiben.
2 Pi und so weiter.
Lambda L gleich Pi.
Wir wissen, Lambda Quadrat ist gleich F durch EI.
Wenn wir die Differentialgleichung lösen wollen, muss Lambda Quadrat
gleich F durch EI sein.
Und wir wissen, Lambda ist gleich Pi durch L.
Also, Lambda Quadrat ist Pi Quadrat durch L Quadrat für nicht-triviale
Lösungen.
Das sind die kleinsten nicht-trivialen Lösungen.
Und was bedeutet das jetzt für die Kraft F?
Die Kraft F ist Pi Quadrat, E-Modul, Flächenmoment geteilt durch L zum
Quadrat.
Und das ist genau die Euler'sche Knicklast für den ersten Euler-Faden.
Bei diesem Wert der Kraft F stellt sich eine Lösung, eine Biegellinie
so ein, dass Lambda mal L gleich Pi ist.
Es stellt sich genau diese Form ein, wie sie hier aufgezeichnet ist.
Die Biegellinie nimmt die Form für diesen Wert, nimmt die Biegellinie
die Form W von X gleich A, irgendeine Konstante, mal Sinus, Lambda ist
dann Pi durch L, Pi durch L mal X an.
Und das ist genau die Funktion, die hier aufgezeichnet ist.
Das ist sie.
Wenn Sie hier versuchen, irgendwie ein drehbares Lager zu
konstruieren, hier aufzudrücken, also dann stellt sich irgendwie
dieser Bogen ein.
Haben wir ausgerechnet.
Und die anderen Euler-Fälle können Sie völlig analog ausrechnen mit
der gleichen Strategie.
Sie setzen die Theorie zweiter Ordnung an.
Setzen Sie das Biegelmoment F mal W von X.
Womit unterscheiden sich jetzt die anderen Euler-Fälle?
Sie unterscheiden sich in den Randbedingungen.
Klar, Sie haben links und rechts andere Lager, damit haben Sie auch
andere Randbedingungen.
Und diese Randbedingungen müssen Sie erfüllen.
Das heißt, die Gleichung, die hier rot eingekästet ist, unten A mal
Sinus Lambda L gleich 0, die sieht dann anders aus.
Damit ergeben sich andere Werte für den Parameter Lambda und damit
andere Werte für die kritische Kraft F.
Also die Euler-Fälle differenzieren sich alle aus über die
Randbedingungen.
Die generelle Vorgehensweise ist komplett gleich.
Die Bedingung zur Erfüllung dieser Randbedingungen ändert sich jedes
Mal und damit bekommen Sie andere Werte für den Parameter Lambda und
letztlich andere kritische Kräfte heraus.
Möchte ich Ihnen die anderen Euler-Fälle nicht vorrechnen, wird dann
ziemlich langweilig und technisch.
Aber einen sollte man in seinem Leben schon mal gesehen haben als
Ingenieur.
So, was kann Ihnen jetzt blühen, wenn Sie Knickenfall ablässigen bei
der Bemessung?
Also, beispielsweise kann es Ihnen ergehen, wie den Kanadiern, die
versuchen, eine Brücke zu bauen.
Sie sind natürlich ehrgeizig, klar, wer ist das nicht?
Also, Sie wollen die längste Auslegerbrücke der Welt bauen.
Warum auch nicht?
Spannweite 549 Meter, das ist schon ganz ordentlich.
Hier sehen Sie die Dimensionen dieser Brücke.
Hier unten ist ungefähr die Größe von einem Mensch.
Gigantische Ausmaße, gigantische Druckbeanspruchung dieser Stäbe.
Und das Ergebnis...
Oh, haben wir die ganzen schönen Bilder nicht mehr da?
Ah, da sind sie wieder.
So, jetzt sehen wir es nochmal, diese ganzen Ausmaße.
Also, dort sehen Sie einen einzigen Menschen.
Sie sehen, wie winzig der ist im Vergleich zu den Abmessungen dieser
Brücke.
Beim ersten Einstoß hat ein einziger dieser Druckstäbe, und Sie haben
hier überall Druckstäbe in dieser Konstruktion im Untergurt, ein
einziger Druckstab hat versagt, ein einziger Knickfall wurde nicht
berücksichtigt und das Ganze ging in Schutt und Asche unter.
Also der erste Versuch war fatal.
Dann hatten die Kanadier ein bisschen was draus gelernt und haben sich
also ordentlich mit dem Knicken auseinandergesetzt.
Jetzt haben sie noch einen kleinen Fehler gemacht.
Sie sehen das hier.
Und auf der anderen Seite, also was war passiert?
Das mittlere Teil war zu schwer.
Scherung, Versagen durch Scherung an diesen Stellen, der mittlere Teil
der Konstruktion ist einfach abgeschert.
Also Sie sehen, die Bemessung dieser Druckstäbe ist unheimlich
wichtig.
Ich habe Ihnen mal bei den Fachwerken ein Bild gezeigt, Strommast
unter Schneelast ist irgendwann auch ein Ausknickproblem.
Irgendwann knickt der einfach ineinander zusammen, wie ein Streichholz
zusammenbricht, wenn die Schneelast zu groß ist.
Deswegen gibt es Richtwerte, wie groß Sie die Schneelast annehmen
müssen und dann müssen Sie die Knickfälle nachrechnen.
Also, was müssen wir machen, wenn wir solche Knickstäbe bemessen
wollen?
Damit Ihnen das nicht passiert, was den Kanadiern passiert ist.
Erstens, wir müssen immer die Festlichkeit im Auge behalten.
Da links sehen Sie, rechts sehen Sie so ein paar typische Knickstäbe
mit den Beustellen hier.
Typisch für Knickprobleme.
Also erstens, die Festlichkeit nicht aus dem Auge verlieren.
Bei einem Druckstab muss die Normalkraft infolge Druckbelastung, wenn
Sie noch andere Belastungsfälle haben, müssen Sie die entsprechend
überlagern, kleiner als der zulässigen Spannung sein.
Die Druckspannung rechnen Sie aus, Zugdruck mit der klassischen Formel
F, die Druckkraft, die auf dem Stab wird, geteilt durch Fläche A.
Das wäre das Materialversagen durch Fliesen, so wie wir es in den
letzten Vorlesungen kennengelernt haben, oder durch Spruitbruch.
Je nachdem, was Sie für ein Material haben, verwenden Sie die
entsprechende Hypothese.
Jetzt kommt aber neu dazu.
Zweiter Punkt.
Sie müssen dafür sorgen, dass Ihr Bauteil nicht instabil wird, nicht
ausknickt.
Dazu muss die Druckkraft kleiner sein, als die kritische Last nach dem
Eulerfall.
Also hier ist F kritisch zu nehmen als E mal I mal Pi Quadrat durch K
Quadrat mal L Quadrat und K ist in Abhängigkeit von den
Randbedingungen zu wählen.
Okay?
Wollen wir das mal machen?
Einfaches Beispiel.
Wir nehmen uns einen Stab vor.
Auf der einen Seite fest eingespannt, auf der anderen Seite horizontal
geführt.
Also hier horizontal geführt.
Kraft F.
F gleich 1000 Newton.
Länge des Stabes 1 Meter.
Also alles Schokoladenzahlen, damit wir das gut durchrechnen können.
Stahl, also E-Modul von 2,1 mal 10 um 5 Newton pro Millimeter Quadrat.
Sigma zulässig gleich 400 Newton pro Millimeter Quadrat.
Die Festigkeit dieses Stahls.
Kreisquerschnitt des Stabes.
Damit kennen wir das I.
Und wir suchen den Durchmesser.
Das heißt wir wollen das Dimensionierungsproblem lösen und den
Durchmesser ermitteln.
Wie gehen wir vor?
Wir klappern einfach die beiden Fälle ab.
Erstens Festigkeit, zweitens Stabilität.
Erstens Festigkeit heißt Sigma d.
Die tatsächliche Beanspruchung ist 1000 Newton, also F, geteilt durch
Fläche des Kreisquerschnitts Pi mal r Quadrat bzw.
Pi d Quadrat Viertel.
Und von diesem Wert fordern wir, dass er kleiner als Sigma zulässig
ist.
Damit bekommen wir einen Wert für d, wenn wir noch durch F teilen.
Zweitens, wir überlegen uns welcher Euler Fall ist das hier.
Blättern wir zurück.
Linke Seite merken wir uns ist fest eingespannt.
Rechte Seite haben wir eine horizontale Führung.
Eulerische Knickfälle, also linke Seite fest eingespannt.
Rechte Seite haben wir eine Führung.
Und B
war das Ende, also K gleich 0,7.
Also F kritisch ist gleich EI Pi Quadrat geteilt durch L Quadrat.
A ist 0,7.
Entweder schreiben Sie sich in 0,7 zum Quadrat oder Sie wissen, dass
sich dahinter 1 durch Wurzel 2 verbirgt.
Wenn Sie das quadrieren wird daraus 1,5 und dann wandert die 2 in den
C dann.
Das ist nichts anderes als 2 EI Pi Quadrat durch L Quadrat.
Das ist die kritische Kraft.
So, jetzt haben Sie die Bedingung F kleiner als F krit gleich 2 EI Pi
Quadrat durch L Quadrat.
Ihre Kraft F sind die 1000 Newton, das ist klar.
Die sind ja vorgegeben.
Aber wo hat sich jetzt hier der Durchmesser versteckt?
Irgendwie muss doch die Gleichung auch dazu dienen, den Durchmesser zu
bestimmen.
Wo hat er sich versteckt?
Er hat sich in dem I versteckt, in dem Flächenmoment.
Da ist er, der Burgschlag.
Flächenmoment für den Kreisquerschnitt A, Sie erinnern sich, Pi
Viertel R in der Vierten.
Also Pi Viertel D Halbe in der Vierten.
Und jetzt sehen Sie, ich habe zwei Gleichungen.
Einmal muss der Durchmesser D größer als irgendwas sein und zum
anderen D in der Vierten größer als irgendwas sein und zum anderen
muss D Quadrat größer als irgendwas sein.
Also das können Sie umformen und können schreiben F mal 4 geteilt
durch Pi, geteilt durch Sigma zulässig, D Quadrat.
Und aus der zweiten Beziehung erhalten Sie hier, da müssen Sie ein
bisschen mehr rechnen, L Quadrat mal F im Zähler, im Nenner 2, E, Pi
haben wir dann in der Dritten.
Die 4 wandert in den Zähler, kürzt sich mit der 2 zu der 2 zusammen.
2 hoch 4 sind 16, die wandern auch wieder in den Zähler, also haben
wir 32.
Und dann haben wir noch D in der Vierten.
Okay.
So, jetzt setzen Sie Zahlenwerte ein, dann können Sie einmal D Quadrat
und einmal D hoch 4 ausrechnen.
Die Frage ist, welchen Durchmesser nehmen Sie dann?
Was würden Sie vorschlagen?
Würfeln?
Logik einsetzen?
Beide Bedingungen sind mit UND verknüpft.
Beide Bedingungen muss ich erfüllen.
Einmal muss das D größer als irgendwas sein, Wert A.
Einmal muss es größer sein als ein Wert B.
Welchen Wert nehme ich von den beiden?
Um auf der sicheren Seite zu sein, ich nehme den größten.
Ich muss mein Bauteil so dick machen, dass es beide Bedingungen
erfüllt.
Also, den größten dieser beiden Werte müssen Sie nehmen.
Nennen wir den D1 und den D2 und dann wählen Sie D gleich Maximum D1,
D2 und runden nochmal großzügig nach oben natürlich auf.
Klar, wenn Sie da ankommen und sagen zu Ihrem Händler, er soll Ihnen
mal einen Stahlstab im Durchmesser von 3,785 liefern, dann zeigt er
Ihnen einen Vogel und sagt, das haben wir nicht, aber 4 können Sie
haben.
Also runden Sie das auf den nächst geraden Wert und dann rufen Sie
Ihren Händler an.
Okay, so geht die Bemessung.
Zehn Minuten Zeit haben wir noch.
Zeit, dass Sie selbst mal was üben.
Also, eine Aufgabe aus dem Himmeler.
Frage, wie bemessen wir diesen Knickstab?
Was wir sehen ist folgendes.
Kraft P wirkt hier und wir fragen uns, wie groß darf P höchstens sein?
Das ist es, was wir wissen wollen.
Wie groß darf P hier eigentlich höchstens sein?
Was heißt das?
Jetzt müssen wir das übersetzen in die Sprache der Festigkeitslehre
und der Stabilität.
Festigkeitslehre heißt, damit weder fließen noch hoch noch sonst
irgendwas eintritt.
Also wir müssen den Stab bemessen.
Was brauchen wir als Größen dazu, die uns der Himmeler natürlich
liefert?
Das ist einmal die Fließspannung für das Material, 215 Megapaskal und
wir brauchen die Fläche, Sigma gleich F durch A.
Die Fläche, Sie sehen, das ist hier so ein Doppel-T-Träger oder I
-Profil, 7,5 mal 10 hoch minus 3 Meter
zum Quadrat.
So, und dann müssen wir gegen Knicken bemessen.
Und jetzt kommt das Gemeine.
Das Ding ist dreidimensional hingezeichnet, das kann also um zwei
Achsen kippen, verbiegen.
Das hat zwei Querachsen, der Himmeler hat die Z-Achse senkrecht
gezeichnet.
Wir zeichnen normalerweise immer die X-Achse senkrecht, wir würden
also sagen, die beiden Achsen sind die Y- und die Z-Achse.
Der Himmeler hat die Z-Achse als Stabsachse und dann gibt es einmal
ein Ausknicken in Y-Richtung bzw.
in X-Richtung hier.
So, dazu brauche ich in X-Richtung,
in Y-Richtung Werte.
Welche Werte brauchen wir, wenn wir nach Knicken bemessen?
Wir brauchen natürlich den Elastizitätsmodul.
Der könnte auch richtungsabhängig sein, aber ist es hier nicht.
Also in beiden Fällen Elastizitätsmodul von 70 Gigapaskal.
Dem Kenner sagt das, das ist Alu, Aluminium.
So, und dann brauchen wir IX und IY.
Und wir brauchen die Länge dieses Stabs.
Ah, die ist eingezeichnet.
Länge gleich 5 Meter.
IX, Flächenmoment um die X-Achse, 61,3 mal 10 hoch minus 6 Meter hoch
4.
IY gleich 23,2 mal 10 hoch minus 6 Meter hoch 4.
Und Sie sollen noch einen Sicherheitsfaktor raufschlagen.
FS gegen
Knicken von 3.
Das heißt, die Knicklast, die Sie ausrechnen, sollen Sie nochmal um
einen Faktor 3 herunterskalieren.
So, jetzt sind Sie dran.
Sie sollen das bemessen.
Und das Wichtigste ist, Sie müssen sich überlegen, welchen Knickfall
verwenden Sie beim Bemessen gegen Knicken.
Also, um das Ganze vielleicht abzukürzen, können Sie mir glauben,
Fließen ist hier nicht das entscheidende Versagenskriterium.
Konzentrieren Sie sich mal, das haben wir ja lange genug geübt, auf
die Bemessung gegen Knicken und sagen sich, okay, das prüfe ich zum
Schluss nach mit der kritischen Knicklast.
Und ich stelle fest, wenn ich die kritische Knicklast hier verwende
und meine Spannung daraus berechne, ist die kleiner als die
Fließspannung des Materials.
Also, da ist alles in Ordnung.
Das gebe ich Ihnen als Tipp, damit Sie jetzt nicht lange da mit dem
Bemessen gegen Fließen rummachen.
Stürzen Sie sich auf Bemessen gegen Knicken.
Überlegen Sie sich den Eulerfall.
Kleiner Tipp, hier unten natürlich eine feste Einspannung.
Oben haben Sie diese Halteseile.
Damit stellt sich natürlich um die X-Achse ein anderer Knickfall ein
als um die Y-Achse.
Die beiden Knickfälle müssen Sie identifizieren und müssen das
berücksichtigen.
Und machen Sie dabei keinen Denkfehler.
Schauen Sie sich an, in einer Richtung kann sich der Stab frei
bewegen, in der anderen Richtung ist der Drehbar gelagert.
Okay, ich verrate Ihnen die Auflösung, damit wir nicht ewig
überziehen.
Also, wenn Sie um die X-Achse knicken, um die X-Achse betrachten,
haben Sie freie Lagerung.
In Y-Richtung freie Lagerung, also K gleich 2.
Wenn Sie knicken, um die Y-Achse betrachten,
dann haben Sie entlang der X-Achse die drehbare Lagerung, also einen
Faktor K von 0,7.
Dieses Seil, das kann sich zwar verdrehen, aber auf Zug hält es der
Belastungsstand.
K gleich 0,7.
Und jetzt ergibt sich der interessante Fall, dass Sie, wenn Sie die
kritische Last für das Knicken um die X-Achse ausrechnen, mit Pi
Quadrat E I X rechnen und das IX ist größer als das IY.
Das ist also, naja, fast dreimal so groß, wenn man es über den Daumen
fallen kann, zwischen 2 und 3 mal so groß.
Im Nenner steht aber K gleich 2 mal L zum Quadrat.
2 mal L zum Quadrat.
Und das gibt Ihnen 424 Kilo Newton.
Und in Y-Richtung, was glauben Sie, Pi Quadrat E I Y?
Das IY ist doch viel kleiner als das IX.
Das müsste doch also der kritischere Fall sein.
Aber der weise Ingenieur hat die Lagerung genau richtig umgewählt.
Hier kommt jetzt ein Faktor K von 0,7 mal L.
Das treibt, dieser kleine Faktor 0,7 im Vergleich zum großen Faktor 2
im Nenner, treibt natürlich die Knicklast in die Höhe.
Und hier kommt heraus 1,31 Mega-Newton.
Also das ist jetzt der kritische Fall geworden.
Das ist der kritische Fall, nach dem Sie bemessen müssen.
Jetzt müssen Sie noch einen Faktor 3, Sicherheitsfaktor 3,
raufschlagen.
Das heißt P zulässig ist ein Drittel von P kritisch X.
Und das sind dann nach Adam Riese irgendwas 141 Kilo Newton.
Damit gehen Sie jetzt nochmal rein in 141 Kilo Newton durch die
Fläche, durch A.
Das ist Ihre Spannung Sigma, Druckspannung.
Und da stellen Sie in der Tat fest, das ist kleiner als Sigma F.
Also, Sicherheitsnachweis geführt.
Kritischer Lastfall ist das Knicken um die X-Achse.
Deswegen wurde dort, also um Y-Knicken um die Y-Achse zu
stabilisieren, wurde dort, wurden dort die Seile angebracht.
Das ist der Grund, warum sich dort die Seile befinden.
Ja, damit bin ich am Ende der Vorlesung angelangt.
Ich hoffe, es hat Ihnen Spaß gemacht.
Also Sie haben jetzt gesehen, wie Sie in der Statik sich zunächst die
Auflagerreaktionen und Schnittgrößen ausrechnen.
Und Sie haben gesehen, wofür Sie die brauchen in der Festigkeitslehre
für die Dimensionierung von Bauteilen.
Sie sind in der Lage, einfache Dimensionierungsprobleme selbst lösen
zu können.
Und Sie haben jetzt zum Schluss noch gesehen, dass Sie auch
Stabilitätsprobleme behandeln können.
In der technischen Mechanik 2, wer sich dafür noch interessiert, geht
es um die Dynamik.
Und die Dynamik unterscheidet sich von der Statik darin, wie ich
meine, dass sie eigentlich interessanter ist.
Also bei der Statik und bei der Festigkeitslehre gibt es immer den
Dienstweg, relativ technisch gesehen.
Dafür aber auch für Klausuren, denke ich, ganz gut zu lernen.
Sie rechnen sich erst Auflagerreaktionen aus durch Freischneiden,
Gleichgewichtsbedingungen.
Sie rechnen sich Schnittgrößen aus durch Freischnitt und
Gleichgewichtsbedingungen.
Und Sie lösen halt dann noch ein paar Zusatzfragen aus der
Festigkeitslehre.
In der Dynamik gibt es viele, viele verschiedene Modelle, viele, viele
verschiedene Herangehensweisen und das macht die Dynamik gerade so
lebendig und gerade so interessant.
Also wir werden verschiedene Modellklassen kennenlernen,
Punktmassensysteme, Punkthaufenmodelle, Starkkörpermodelle und zum
Schluss sogar Kontinuumssysteme.
Und wir werden uns mit Stoßvorgängen, mit Schwingungsvorgängen und mit
allgemeinen dynamischen Problemen, Aufstellen der Bewegungsgleichung
und Lösen der Bewegungsgleichung beschäftigen.
Wenn Sie daran interessiert sind, sind Sie herzlich eingeladen,
nächstes Semester die TM2 für Wirtschaftsingenieurin zu werden.
Damit wünsche ich Ihnen alles Gute, viel Erfolg bei der Klausur und
einen guten Abend im nächsten Semester.
Kommen Sie gut durch Ihr Studium.