7. Biegung mit Normalkraft

1.1 Idee der Superposition

Kapitel 6 hat die Spezielle Biegung behandelt: ein Balken wird durch ein Biegemoment $M_z$ belastet, ohne Normalkraft. In Kapitel 7 kommt die Normalkraft $N$ wieder dazu. Beide Lasten erzeugen eine Normalspannung $\sigma_x$ in derselben Faserrichtung des Stabes. Die zentrale Aussage: die beiden Effekte addieren sich punktweise.

Anschauung. Ein zentrisch gezogener Stab unter einer Normalkraft $N > 0$ hat überall im Querschnitt dieselbe Zugspannung $\sigma_N = N/A$ . Ein reiner Biegebalken unter einem Biegemoment $M_z$ hat eine linear über den Querschnitt verteilte Spannung $\sigma_b = -M_z\,y/I_z$ , die bei $y = 0$ verschwindet (neutrale Faser im Schwerpunkt). Wenn beide Lasten gleichzeitig wirken, ist die resultierende Spannung an jedem Punkt $(y, z)$ einfach die Summe.

Voraussetzung. Hooke ist linear, also gilt das Superpositionsprinzip. Solange das Material linear-elastisch bleibt und die Verformungen klein sind, dürfen die Beiträge aus $N$ und $M_z$ unabhängig voneinander berechnet und am Schluss addiert werden. Bei nichtlinearem Materialverhalten (Plastifizierung) bricht die Aufteilung zusammen und beide Beanspruchungen müssen gemeinsam analysiert werden.

!!!

Superposition Normalkraft plus Biegung

\sigma_x(y) = \underbrace{\frac{N}{A}}_{\sigma_N\text{ konstant}} \;+\; \underbrace{\Big(-\frac{M_z\,y}{I_z}\Big)}_{\sigma_b\text{ linear in }y}

\sigma_N

kommt aus der Normalkraft,

\sigma_b

aus der Biegung. Beide haben dieselbe Einheit und addieren sich punktweise.

Merke Superposition

\sigma_x = N/A - M_z\,y/I_z

. Konstanter plus linearer Anteil.

Querverweis Brücke
→ Kap. 5 Sec. 1 Hooke 1D
→ Kap. 6 Sec. 4 Reine Biegung

Prüfungstipp Voraussetzung
Linear-elastisches Material. Bei Plastifizierung gilt Superposition nicht.

1.2 Vollständige Hauptformel mit zwei Biegeachsen

Wenn der Balken um beide Hauptachsen gebogen wird (Biegemoment $M_z$ um die $z$ -Achse und $M_y$ um die $y$ -Achse), addieren sich auch die zwei Biege-Anteile zu der Normalkraft-Konstanten. Das ist die vollständige Hauptformel für $\sigma_x$ in einem Querschnittspunkt $(y, z)$ .

Bei Querschnitten mit zwei Symmetrie-Achsen (Rechteck, Quadrat, Kreis, I-Profil mit voller Symmetrie) sind $y$ und $z$ automatisch Hauptachsen, $C_{yz} = 0$ und die Formel gilt direkt. Bei unsymmetrischen Querschnitten muss zuerst in die Hauptachsen transformiert werden. Das wird in Kap. 8 zur schiefen Biegung ausführlich behandelt.

Sonderfall ein Biegemoment. In Mech II Kap. 7 ist üblicherweise nur ein Biegemoment $M_z$ aktiv (ebene Biegung). Dann reduziert sich die Formel auf $\sigma_x = N/A - M_z\,y/I_z$ . Das deckt alle Aufgaben aus Üs7 (H1, H2, S1, S2, Wiederholung) ab.

!!!

Vollständige Hauptformel

\sigma_x(x, y, z) = \frac{N(x)}{A} - \frac{M_z(x)\,y}{I_z} + \frac{M_y(x)\,z}{I_y}

Drei Beiträge: zentrische Normalkraft, Biegung um die

z

-Achse, Biegung um die

y

-Achse. Voraussetzung:

y

und

z

sind Hauptachsen, also

C_{yz} = 0

!!!

Verbreiteter Spezialfall (ebene Biegung)

\sigma_x(x, y) = \frac{N(x)}{A} - \frac{M_z(x)\,y}{I_z}

Wenn nur ein Biegemoment aktiv ist. Praktisch der Standardfall in Mech II Kap. 7.

Formel Hauptformel

\sigma_x = N/A - M_z\,y/I_z + M_y\,z/I_y

Zentrische Last plus zwei Biege-Anteile.

Merke Hauptachsen nötig

y, z

müssen Hauptachsen sein (

C_{yz} = 0

Querverweis Transformation bei Bedarf
→ Kap. 6 Sec. 3 Hauptachsen

1.3 Vorzeichen und Konventionen

Die Vorzeichen-Frage ist die häufigste Quelle für Klausur-Fehler. Sie hängt von drei Festlegungen ab: Richtung der $y$ -Achse (oben oder unten), Drehsinn von $M_z$ (welche Faser wird durch positives $M_z$ unter Zug gesetzt), und Vorzeichen von $N$ (Zug oder Druck positiv).

Konvention der Vorlesung Mech II. $y$ -Achse zeigt nach unten, $z$ -Achse zeigt aus dem Bild heraus, $x$ -Achse zeigt entlang dem Stab (von links nach rechts in der Standardskizze). $N > 0$ bedeutet Zug. $M_z > 0$ bedeutet, dass die obere Faser ( $y < 0$ ) unter Zug steht und die untere Faser ( $y > 0$ ) unter Druck. In der Formel $\sigma_x = N/A - M_z\,y/I_z$ ist das Vorzeichen schon konsistent eingebaut.

Cross-Check über die Skizze. Bevor man Vorzeichen einsetzt, schaue auf die Skizze und identifiziere: in welche Richtung wirkt die Last, welche Faser wird gedehnt (Zug), welche wird gestaucht (Druck). Das sollte mit der Formel-Vorhersage übereinstimmen. Wenn nicht, ist ein Vorzeichen falsch.

Grösse	Vorzeichen	Bedeutung
$N$	$> 0$	Zugkraft (Stab wird verlängert)
$N$	$< 0$	Druckkraft (Stab wird verkürzt)
$M_z$	$> 0$	Obere Faser ( $y < 0$ ) unter Zug
$M_z$	$< 0$	Obere Faser unter Druck
$\sigma_x$	$> 0$	Zugspannung an dieser Stelle
$\sigma_x$	$< 0$	Druckspannung an dieser Stelle

Vorzeichen-Konvention der Vorlesung.

y

-Achse nach unten, Schwerpunkt der neutralen Faser bei

y = 0

Merke Vorlesungskonvention

y

nach unten,

N > 0

Zug,

M_z > 0

obere Faser Zug.

Prüfungstipp Skizze prüfen
Vor dem Rechnen Achsen-Richtung an der Skizze verifizieren.

1.4 Verschiebung der neutralen Faser

Bei reiner Biegung liegt die neutrale Faser ( $\sigma_x = 0$ ) in der Schwerpunkts-Achse $y = 0$ . Sobald eine Normalkraft hinzukommt, verschiebt sich diese spannungsfreie Linie weg vom Schwerpunkt.

Lage der neuen neutralen Faser. Setze $\sigma_x(y_0) = 0$ : $\;N/A - M_z\,y_0/I_z = 0 \;\Longrightarrow\; y_0 = N\,I_z / (M_z\,A)$ . Die spannungsfreie Linie liegt nicht mehr beim Schwerpunkt, sondern um $y_0$ versetzt. Bei $N > 0$ (Zug) und $M_z > 0$ verschiebt sich $y_0$ in den Bereich $y > 0$ (unten). Bei $N < 0$ (Druck) und $M_z > 0$ verschiebt sich $y_0$ in den oberen Bereich.

Konsequenz für die Maximalspannung. Das Maximum von $|\sigma_x|$ tritt nicht mehr in der Mitte auf (zwischen den Faserrändern symmetrisch), sondern asymmetrisch: an dem Faserrand, der weiter von der neuen neutralen Faser entfernt liegt. Bei einem rechteckigen Querschnitt mit Höhe $h$ liegt das Maximum entweder an $y = +h/2$ oder an $y = -h/2$ , je nach den Vorzeichen von $N$ und $M_z$ . Beide Faserränder müssen geprüft werden.

Lage der neutralen Faser bei kombinierter Last

y_0 = \frac{N\,I_z}{M_z\,A}

Versatz der spannungsfreien Linie vom Schwerpunkt. Bei reiner Biegung (

N = 0

y_0 = 0

. Bei reiner Normalkraft (

M_z = 0

): keine neutrale Faser,

\sigma_x

konstant.

Beschreibung

Neutrale Faser unter kombinierter Last.

Links der Rechteck-Querschnitt mit horizontaler gestrichelter Linie bei $y_0 = N\,I_z/(M_z\,A)$ .
Rechts das $\sigma_x(y)$ -Profil als linearer Verlauf mit Faserrand-Werten $\sigma(\pm h/2)$ .
Slider $N$ und $M_z$ : bei $N = 0$ liegt $y_0 = 0$ (neutrale Faser im Schwerpunkt). Mit wachsendem $|N|$ wandert $y_0$ aus dem Schwerpunkt heraus.
Bei sehr grossem $|N|$ verlässt $y_0$ den Querschnitt komplett. Im Side-Panel steht dann alles Zug oder alles Druck (Profil ohne Vorzeichenwechsel).

N [kN] 0

M_z [kN·m] 20.0

h [cm] 20

Abb. 1: Verschiebung der neutralen Faser bei kombinierter Last

N

und

M_z

Formel Neutrale Faser

y_0 = N\,I_z/(M_z\,A)

Versatz vom Schwerpunkt bei kombinierter Last.

Merke Asymmetrische Maxima
Beide Faserränder einsetzen, grösseren Wert nehmen.

1.5 Beispiel zur Anwendung der Hauptformel: Kragarm mit Axial- und Querlast

Aufgabe (aus Übungsserie 7, Hausübung H2). Ein Kragarm mit quadratischem Vollquerschnitt (Seitenlänge $a$ ) ist links eingespannt und hat die Länge $L$ . Eine Vertikalkraft $P$ greift in der Mitte des Stabes (bei $x = L/2$ ) nach unten an. Eine zweite Kraft $P$ wirkt am rechten Ende A horizontal nach links (axiale Druckkraft).

Gegeben. $a = 10$ cm, $P = 10$ kN, $L = 1$ m. Querschnitts-Achsen $z, y$ wie in der Inset-Skizze: $z$ horizontal, $y$ vertikal nach unten, Schwerpunkt bei $z = y = 0$ .

Teilaufgabe a). Wie verläuft die Normalspannung im Querschnitt A-A (am rechten Stabende)? Begründe.

Teilaufgabe b). Berechne die maximale (kritische) Normalspannung im ganzen Stab.

Merke Daten

a = 10

cm,

P = 10

kN,

L = 1

m. Quadrat-Querschnitt.

Prüfungstipp Muster erkennen
Kragarm, axiale plus quere Last. Klassisches Kap-7-Beispiel.

1.6 Teilaufgabe a): Spannungsverlauf im Querschnitt A-A

Lösungsweg in 4 Schritten

Schritt 1: Schnittkräfte bei A-A bestimmen

Schnitt direkt am rechten Ende, also am Punkt A. Rechts vom Schnitt ist nur der Stabkopf mit der angreifenden axialen Kraft $P$ in $-x$ -Richtung. Die vertikale Kraft $P$ greift bei $x = L/2$ an, also LINKS vom Schnitt A-A. Sie liefert keinen Beitrag im Bereich $x \geq L/2$ .

Normalkraft und Biegemoment am Schnitt A-A.

$\begin{aligned} N(L) &= -P \quad (\text{Druckkraft, da}\;P\;\text{nach links zeigt}) \\ M_z(L) &= 0 \quad (\text{kein Biegemoment im lastfreien Endbereich}) \end{aligned}$
Schritt 2: Spannungsformel anwenden

Mit $N = -P$ und $M_z = 0$ wird die Hauptformel zu reiner Normalspannung. Die linearen Biege-Anteile verschwinden, der konstante Normalkraft-Anteil bleibt.

Vereinfachte Formel.

$\sigma_x = \frac{N}{A} - \frac{M_z\,y}{I_z} = \frac{-P}{a^2} - 0 = -\frac{P}{a^2}$
Schritt 3: Konstanter Druck-Verlauf

$\sigma_x$ ist unabhängig von $y$ (kein $y$ -Faktor übrig), also konstant über den ganzen Querschnitt. Negativ, weil Druckspannung. Numerisch: $\sigma_x = -10\,000/(0{,}1)^2 = -10^6$ Pa $= -1$ MPa.

Verlauf-Charakterisierung.

$\sigma_x(y) = -\frac{P}{a^2} = -1\;\mathrm{MPa} \quad (\text{konstant über den Querschnitt})$
Schritt 4: Beschreibung des Verlaufs

Da $\sigma_x$ im ganzen Querschnitt konstant ist und negativ, ist das Profil ein gleichmässiger Druck-Verlauf: rechteckig, ohne lineare Variation. Es gibt weder Zug- noch Druck-Spitzen am Faserrand. Die obere Faser hat denselben Wert wie die untere und die Schwerpunkts-Achse. Reines Druckverhalten.

Profil-Charakterisierung.

$\boxed{\;\sigma_x = -P/a^2 = -1\;\mathrm{MPa}\;\text{konstant über den ganzen Querschnitt}\;}$

Formel Resultat A-A

\sigma_x = -P/a^2 = -1\;\mathrm{MPa}

Konstanter Druck im ganzen Querschnitt.

Merke Lastfreier Endbereich
Rechts vom Lastangriff:

M_z = 0

, nur

N

aktiv.

1.7 Teilaufgabe b): Maximale Normalspannung im ganzen Stab

Lösungsweg in 5 Schritten

Schritt 1: Maximales Biegemoment lokalisieren

Bei einem Kragarm mit einer Punktlast $P$ in der Mitte ist das Biegemoment im Bereich links vom Lastangriff (also $0 \leq x \leq L/2$ ) das einzige nichtleere. Es wächst linear und erreicht sein Maximum bei $x = 0$ (an der Einspannung). Schnitt bei $x = 0$ , freigeschnittener rechter Teil enthält $P$ in der Mitte und axiale $P$ am Ende.

Schnittmoment-Bilanz.

$|M_z|_{\max} = P \cdot \frac{L}{2} = \frac{P\,L}{2}$
Schritt 2: Trägheitsmoment des Quadrats

Ein Quadrat der Seitenlänge $a$ hat um die Schwerpunkts-Achse $I_z = a^4/12$ (aus der Profil-Tabelle Sec. 2.3 in Kap. 6). Symmetrisch bezüglich $y$ -Achse, also $|y_{\max}| = a/2$ .

Geometrische Grössen.

$I_z = \frac{a^4}{12}, \qquad |y_{\max}| = \frac{a}{2}$
Schritt 3: Maximale Biegespannung

$|\sigma_b|_{\max}$ tritt am Faserrand $y = \pm a/2$ auf, an der kritischen Stelle $x = 0$ (Einspannung). In Mech-II-Konvention: $\sigma_b = -M_z\,y/I_z$ . Mit $M_z|_{\max} = +P\,L/2$ (Mech-II: Last nach unten erzeugt obere Faser unter Zug) und $y = \pm a/2$ folgt $\sigma_b = \mp P\,L\,a/(2 \cdot 2 \cdot a^4/12) = \mp 3\,P\,L/a^3$ . Obere Faser ( $y = -a/2$ ) Zug, untere ( $y = +a/2$ ) Druck.

Numerisch einsetzen.

$|\sigma_b|_{\max} = \frac{|M_z|_{\max} \cdot |y_{\max}|}{I_z} = \frac{P\,L/2 \cdot a/2}{a^4/12} = \frac{3\,P\,L}{a^3}$
Schritt 4: Numerischer Wert der beiden Anteile

Mit $P = 10$ kN, $L = 1$ m, $a = 0{,}1$ m: $\sigma_b = 3 \cdot 10\,000 \cdot 1 /(0{,}1)^3 = 3 \cdot 10^7$ Pa $= 30$ MPa (Betrag). Und $\sigma_N = -P/a^2 = -1$ MPa wie in Teil a) berechnet.

Beide Werte vorbereiten für Superposition.

$|\sigma_b|_{\max} = 30\;\mathrm{MPa}, \qquad \sigma_N = -1\;\mathrm{MPa}$
Schritt 5: Superposition und kritischer Punkt

An der Einspannung mit Druckseite ( $y > 0$ ): $\sigma_x = \sigma_N + (-30) = -1 - 30 = -31$ MPa. An der Zugseite ( $y < 0$ ): $\sigma_x = \sigma_N + 30 = -1 + 30 = 29$ MPa. Der Betrag $|-31|$ ist grösser als $|29|$ , also liegt das absolute Maximum auf der Druckseite.

Antwort.

$\boxed{\;\sigma_{\max} = -31\;\mathrm{MPa}\;\text{(im Druckbereich, am Einspannungsrand)}\;}$

Beschreibung

Üs7 H2 Schritt-für-Schritt (22 Schritte).

Quadrat-Querschnitt $a = 10$ cm fix. Kragarm Länge $L = 1$ m. Vertikalkraft $P = 10$ kN bei Stab-Mitte, axiale Druckkraft $P = 10$ kN am freien Ende.
Schritte 1 bis 2: Aufgabenstellung und Querschnitts-Setup mit Mech-II-Konvention.
Schritte 3 bis 8: Teilaufgabe a) Spannungs-Verlauf am Querschnitt A-A am freien Ende (nur $N$ , $M_z = 0$ , konstantes Druck-Profil).
Schritte 9 bis 15: Teilaufgabe b) maximale Normalspannung an der Einspannung. $M_z(0) = +P\,L/2$ in Mech-II-Konvention (obere Faser Zug), Trägheitsmoment, beide Faserränder, Biegespannung.
Schritte 16 bis 22: Superposition $\sigma_x = \sigma_N + \sigma_b$ pro Faserseite, Heatmap, Vergleich der Beträge, Endwert $\sigma_{\max} = -31$ MPa (Druck-Maximum an der unteren Faser).

Abb. 2: Üs7 H2 Walkthrough. Kragarm mit Axial- und Querlast, Quadrat-Querschnitt.

Formel Resultate

\sigma_{\max} = -31\;\mathrm{MPa}

Druck am Einspannungsrand.

Merke Muster Druck plus Biegung
An der Druckseite addieren sich beide Beiträge.

Prüfungstipp Klein plus Gross

|\sigma_N|

ist hier klein im Vergleich zu

|\sigma_b|

, aber das Vorzeichen-Spiel bestimmt das absolute Maximum.

2.1 Konzept und Definitionen

Was ist Q(x), was ist $M_b(x)$ . Bei einem Balken erzeugen Quer- und Längslasten innere Schnittgrössen, die entlang der Stab-Achse variieren. $Q(x)$ ist die Querkraft an der Stelle $x$ (vertikale Kraft, die der linke Teil des Stabes auf den rechten ausübt). $M_b(x) = M_z(x)$ ist das Biegemoment an der Stelle $x$ (Drehmoment, das der linke Teil auf den rechten ausübt).

Wieso braucht man sie. Drei zentrale Anwendungen. (1) Biegespannung: $\sigma_b = -M_z\,y/I_z$ liefert die Spannung an jedem Punkt, also den Versagens-relevanten Wert. (2) Kritische Stelle: das Maximum von $|M_z|/I$ ist die kritische Querschnitts-Position für die Dimensionierung. (3) Biegelinie: die DGL $E\,I_z\,v''(x) = M_z(x)$ braucht $M_z(x)$ als rechte Seite. Wer das $M_z$ -Diagramm direkt sieht, kann alle drei Aufgaben in unter einer Minute angehen.

Vorzeichen-Konvention der Vorlesung Mech II. Positives $M_z$ setzt die obere Faser ( $y < 0$ wenn $y$ nach unten zeigt) unter Zug. Positive Querkraft $Q$ ist der Schub, den der linke Stab-Teil nach oben auf den rechten ausübt (oder äquivalent: der rechte Teil schiebt den linken nach unten). Diese Konvention macht alle Differential-Beziehungen mit konsistenten Vorzeichen.

Differentialbeziehungen. Aus dem Gleichgewicht eines infinitesimalen Balken-Elements folgt direkt $M'_z(x) = -Q(x)$ und $Q'(x) = -q(x)$ . Bedeutung: $Q$ ist die negative Steigung von $M_z$ , und $q$ ist die negative Steigung von $Q$ . Diese zwei Beziehungen sind die ALLERWICHTIGSTEN Werkzeuge für das schnelle Skizzieren der Diagramme.

Konsequenz für Verlaufsformen. Bei $q = 0$ (keine verteilte Last): $Q$ ist konstant, $M_z$ linear (eine schräge Gerade). Bei konstantem $q$ : $Q$ linear, $M_z$ quadratisch (Parabel). Bei $q$ linear (Dreieckslast): $Q$ quadratisch, $M_z$ kubisch. Höchste Last-Ordnung gibt die niedrigste $M_z$ -Glattheit.

!!!

Differentialbeziehungen

M'_z(x) = -Q(x), \qquad Q'(x) = -q(x)

Aus Gleichgewicht eines infinitesimalen Balken-Elements. Verbindet Streckenlast, Querkraft und Biegemoment.

Folge: zweite Ordnung

M''_z(x) = -Q'(x) = q(x)

Krümmung des

M_z

-Diagramms gleich der Streckenlast. Daraus die quadratische Form bei konstanter Streckenlast.

Definition Querkraft $Q(x)$
Vertikale Schub-Kraft, die linker Teil auf rechten ausübt.

Definition Biegemoment $M_z(x)$
Drehmoment, das linker Teil auf rechten ausübt.

Formel Differential

M'_z = -Q,\;Q' = -q

Aus Gleichgewicht. Schlüssel zum schnellen Skizzieren.

Merke Verlaufsformen

q = 0

M_z

linear. Konstantes

q

M_z

Parabel.

q

linear:

M_z

kubisch.

Prüfungstipp Steigung-Plausibilitätscheck

Q = 0 \Rightarrow M_z

-Extremum. Schnelle Verifikation.

2.2 Vier Standardlasten und ihre Diagramm-Form

Vier Last-Typen reichen für 95 % der Klausuren. Jeder Typ hat ein charakteristisches Muster im $Q$ - und $M_z$ -Diagramm. Die ganzen Aufgaben mit beliebig zusammengesetzten Lasten lassen sich aus diesen vier Bausteinen zusammensetzen.

(1) Punktlast. Eine konzentrierte Kraft $P$ am Punkt $x = a$ erzeugt einen Sprung in $Q$ um $-P$ (bei nach unten gerichteter Kraft) und einen Knick in $M_z$ (Steigungs-Sprung). Im Diagramm: vertikaler Treppensprung in $Q$ , abrupter Steigungswechsel in $M_z$ . Vor dem Sprung war eine Steigung, danach eine andere.

(2) Streckenlast (gleichmässig). Eine konstante Streckenlast $q$ über eine Strecke erzeugt eine lineare $Q$ -Funktion (Steigung $-q$ ) und eine parabolische $M_z$ -Funktion (Krümmung $q$ ). Bei Streckenlast nach unten ist $M_z$ konkav nach unten geöffnet (Maximum-Wert in der Mitte des belasteten Bereichs).

(3) Punktmoment. Ein eingeprägtes Moment $M_0$ am Punkt $x = a$ erzeugt KEINEN Effekt auf $Q$ , aber einen Sprung in $M_z$ um $\pm M_0$ . Im Diagramm: vertikaler Treppensprung in $M_z$ , $Q$ unverändert. Punktmomente sind selten direkt aufgebracht (häufiger als reine Lager-Reaktion).

(4) Verteilte Last (Dreieck oder beliebig variabel). Eine linear ansteigende Last $q(x) = q_0\,x/L$ erzeugt $Q$ als parabolisch und $M_z$ als kubisch. Allgemein: $q(x)$ Polynom Grad $n$ → $Q(x)$ Polynom Grad $n+1$ → $M_z(x)$ Polynom Grad $n+2$ .

Last-Typ	$Q$ -Diagramm	$M_z$ -Diagramm
Punktlast $P$	Sprung um $-P$	Knick (Steigungs-Sprung)
Streckenlast $q =$ konst.	linear (Steigung $-q$ )	Parabel (Krümmung $+q$ )
Punktmoment $M_0$	kein Effekt	Sprung um $\pm M_0$
Streckenlast $q$ linear	parabolisch	kubisch
Lager-Reaktion $A$	wie Punktlast (Sprung)	wie Punktlast (Knick)

Schnittgrössen-Verhalten pro Standard-Last. Muster für das schnelle Skizzieren.

Beschreibung

Schritt-für-Schritt $Q$ und $M_z$ .

Profil-Picker oben links: Punktlast Mitte, Streckenlast, Kragarm Punktlast am Ende, Kragarm Streckenlast.
Schritte 1 bis 12: Skizze, Lagerkräfte, Schnittmethode-Setup, $\sum F_y = 0 \to Q(x)$ , $\sum M = 0 \to M_z(x)$ , Diagramme aufbauen, Maximum-Werte beschriften, Differential-Beziehung $M'_z = -Q$ markiert.
Layout: Stab-Side-View oben, $Q$ -Diagramm in der Mitte, $M_z$ -Diagramm unten. Step-Panel rechts.
Wechsel des Profils setzt den Step-Counter zurück auf 0.

Abb. 3: Vier Standardlasten und ihre

Q(x)

- und

M_z(x)

-Diagramme.

Merke Vier Bausteine
Punktlast, Streckenlast, Punktmoment, lineare Last.

Formel Skalierung

q(x)\;\text{Grad}\;n \Rightarrow M_z(x)\;\text{Grad}\;n+2

Q

ist eine Stufe niedriger,

M_z

zwei.

Prüfungstipp Lager als Punktlast
Lager-Reaktion erzeugt Sprung in

Q

, Knick in

M_z

2.3 Kombinationsregeln und Mehrbereichs-Verlauf

Linearität und Superposition. Mehrere Lasten an einem Balken überlagern sich linear in $Q(x)$ und $M_z(x)$ . Wenn Last 1 die Diagramme $Q_1, M_{z,1}$ erzeugt und Last 2 die Diagramme $Q_2, M_{z,2}$ , dann ist die Antwort des Balkens unter beiden Lasten gleichzeitig $Q = Q_1 + Q_2$ und $M_z = M_{z,1} + M_{z,2}$ .

Bereichswechsel pro Last/Lager-Punkt. An jeder Stelle, wo eine Punktlast, ein Lager oder ein Punktmoment angreift, ändert sich die analytische Form von $Q$ und $M_z$ . Daher braucht man pro Diagramm-Bereich (Region zwischen zwei Last-/Lager-Punkten) eine eigene Formel. Die Bereiche sind durch die Last-Geometrie diktiert.

Vorgehen für Mehrbereichs-Diagramme. Erstens: alle Last- und Lager-Punkte entlang dem Balken auflisten. Zweitens: pro Bereich (zwischen zwei Punkten) eine Schnittmoment-Formel aufstellen, indem man von links oder rechts schneidet und die externen Lasten auf einer Seite zusammenzählt. Drittens: an jedem Bereichs-Wechsel überprüfen, dass $Q$ den richtigen Sprung macht (Punktlast) oder Knick (Lager) und $M_z$ den richtigen Wert (kontinuierlich oder Sprung bei Punktmoment).

Ablesen statt Rechnen. Wer die vier Bausteine (Sec. 2.2) intus hat, kann oft das ganze Diagramm direkt zeichnen: für jeden Bereich die richtige Funktionsform (linear, parabolisch, etc.) wählen, an den Bereichs-Grenzen die Kontinuitäts- oder Sprung-Bedingung anwenden, und das Ganze zusammensetzen. Für Multiple-Choice-Klausuren ist dieses Muster viel schneller als ausgiebige Doppelintegration.

Linearität

Q_{\text{ges}}(x) = \sum_i Q_i(x), \qquad M_{z,\text{ges}}(x) = \sum_i M_{z,i}(x)

Linearität der DGL. Mehrere Lasten überlagern sich punktweise.

Merke Linearität
Alle Lasten addieren sich punktweise in

Q

und

M_z

Formel Bereichs-Anzahl

n_{\text{Bereiche}} = n_{\text{Punkte}} + 1

Last-/Lager-Punkte zählen plus eins.

Prüfungstipp Sprung vs. Knick
Punktlast: Sprung in

Q

, Knick in

M_z

. Punktmoment: Sprung in

M_z

allein.

2.4 Vorzeichen-Referenz und Faustregeln

Fünf Faustregeln für das schnelle, fehlerfreie Zeichnen von $Q$ - und $M_z$ -Diagrammen in der Klausur. Jede Regel hat einen typischen Fall, an dem sie sich am leichtesten merken lässt.

Regel	Aussage
1. Streckenlast erzeugt Parabel	Streckenlast nach unten erzeugt Parabel mit Maximum unter dem Schwerpunkt der Streckenlast.
2. Lager-Sprung in $Q$	Lager nimmt Last $A$ auf $\Rightarrow$ $Q$ springt nach oben um $+A$ (in Mech-II-Konvention).
3. Punktmoment-Sprung in $M_z$	Punktmoment $+M_0$ in CCW-Richtung $\Rightarrow$ $M_z$ springt um $+M_0$ nach oben.
4. Kragarm-Maximum	Kragarm-Einspannung: $\|M_z\|$ ist am grössten an der Einspannung und null am freien Ende.
5. $Q = 0$ markiert Extremum	An jeder Stelle, wo $Q(x) = 0$ , hat $M_z(x)$ ein lokales Extremum (oder Wendepunkt bei Doppel-Null).

Fünf Faustregeln. Vor jedem Diagramm einmal durchgehen.

!!!

Klassiker: einfacher Balken plus Streckenlast

|M_z|_{\max} = \frac{q\,L^2}{8} \quad (\text{in Mitte},\;Q = 0)

Beidseitig gelenkig, Streckenlast

q

über Länge

L

. Klassisches Resultat aus jeder Stahlbau-Tabelle. Maximal-Wert in Mitte,

|M_z|_{\max} = q\,L^2/8

Merke 5 Faustregeln
Streckenlast Parabel, Lager Sprung in

Q

, Punktmoment Sprung in

M_z

, Kragarm Max bei Einspannung,

Q = 0

Extremum.

Formel Klassiker

|M_{z,\max}| = q\,L^2/8

Beidseitig gelenkig, Streckenlast. Referenzwert.

Prüfungstipp Referenzbeispiel
Eines auswendig, alle anderen dagegen prüfen.

Querverweis Beispiel
→ Sec. 2.5 Referenzdiagramm

2.5 Beispiel: beidseitig gelenkiger Balken mit Streckenlast

Klassisches Mech-I-Beispiel. Beidseitig gelenkig gelagerter Balken Länge $L$ unter konstanter Streckenlast $q$ nach unten. Lagerkräfte aus Symmetrie: $A = B = q\,L/2$ . Aufgabe: Zeichne das vollständige $Q$ - und $M_z$ -Diagramm.

Methode 1: Schnittmoment-Bilanz (ausführlich). Schnitt bei $x \in (0, L)$ , links freigeschnitten. Die linke Lagerkraft $A = q\,L/2$ wirkt nach oben am Punkt $x = 0$ , die anteilige Streckenlast $q\,x$ wirkt mit Schwerpunkt $x/2$ nach unten. $\sum F_y = 0$ liefert $Q(x) = q\,L/2 - q\,x = q(L/2 - x)$ . $\sum M_x = 0$ am Schnitt-Ort liefert (mit Mech-II-Konvention $M_z > 0$ = obere Faser Zug) $M_z(x) = -q\,x\,(L-x)/2$ . Negativ in $(0, L)$ , mit Extremum bei $x = L/2$ : $M_z(L/2) = -q\,L^2/8$ .

Methode 2: Direktes Ablesen (Klausur-schnell). $Q$ startet bei $+q\,L/2$ (Lager-Sprung), fällt linear um $q$ pro Längeneinheit, also nach $L$ um insgesamt $q\,L$ . Endwert: $q\,L/2 - q\,L = -q\,L/2$ . Mit dem Sprung beim rechten Lager wieder zu null. Geht durch null in der Mitte (bei $x = L/2$ ). $M_z$ ist eine Parabel: null an beiden Lagern (RB), Extremum dort wo $Q = 0$ , also bei $x = L/2$ . Wert: $M_z(L/2) = -q\,L^2/8$ (negativ in Mech-II-Konvention, weil bei dieser Lager-Geometrie die obere Faser unter Druck steht).

Verifikation der zwei Methoden. Beide liefern dasselbe Resultat. Methode 2 ist um Faktor 5 schneller in der Klausur, weil keine Integration nötig ist. Sie funktioniert immer dann, wenn man die Verlaufsformen aus den Standardfällen kennt.

!!!

Vollständiges Resultat einfacher Balken plus Streckenlast

\begin{aligned} Q(x) &= q\,(L/2 - x) \quad\text{(linear, durch null bei}\;x = L/2\text{)} \\ M_z(x) &= -\frac{q\,x\,(L - x)}{2} \quad\text{(Parabel, Extremum bei}\;x = L/2\text{)} \\ M_z(L/2) &= -\frac{q\,L^2}{8} \end{aligned}

Referenzdiagramm. Auswendig wissen ist Klausur-Pflicht.

Formel Referenzresultat

M_z(L/2) = -q\,L^2/8

Beidseitig gelenkig plus Streckenlast. Pflicht-Wert (Mech-II strikt: Sagging

\Rightarrow

obere Faser Druck

\Rightarrow M_z < 0

Merke Methode 2 in 30 Sekunden
Standardfälle abrufen, an Bereichs-Grenzen verbinden.

Prüfungstipp Plausibilitätscheck

M_z = 0

an beiden Lagern verifizieren.

2.6 Beispiel: Kragarm mit Streckenlast und Punktlast

Aufgabe. Kragarm Länge $L$ , eingespannt links, freier Endpunkt rechts. Konstante Streckenlast $q$ über die ganze Länge plus eine Punktlast $F$ in der Mitte ( $x = L/2$ ). Aufgabe: Zeichne das $M_z$ -Diagramm.

Bereichs-Identifikation. Punkt-Lasten und Lager: Einspannung bei $x = 0$ , Punktlast bei $x = L/2$ , freies Ende bei $x = L$ . Zwei Bereiche: Bereich 1 ( $0 \leq x \leq L/2$ ) hat Streckenlast plus alle externen Lasten rechts vom Schnitt (also auch die Punktlast $F$ ). Bereich 2 ( $L/2 \leq x \leq L$ ) hat nur die Streckenlast rechts vom Schnitt (Punktlast ist links vom Schnitt).

Bereich 2 (einfacher). Schnitt bei $x \in (L/2, L)$ , rechts freigeschnitten. Streckenlast $q$ wirkt auf Strecke $L - x$ rechts vom Schnitt mit Schwerpunkt $(L - x)/2$ . Schnittmoment-Bilanz um Schnitt (Mech-II: Kragarm mit Last nach unten erzeugt obere Faser unter Zug, also $M_z > 0$ ): $M_z(x) = +q(L - x)^2/2$ . Quadratisch, $M_z(L) = 0$ am freien Ende, $M_z(L/2) = +q(L/2)^2/2 = +q\,L^2/8$ .

Bereich 1 (komplexer). Schnitt bei $x \in (0, L/2)$ , rechts freigeschnitten. Streckenlast $q$ über $L - x$ plus Punktlast $F$ bei $x = L/2$ (Hebelarm $L/2 - x$ ). $M_z(x) = +q(L - x)^2/2 + F\,(L/2 - x)$ . Bei $x = 0$ (Einspannung): $M_z(0) = +q\,L^2/2 + F\,L/2$ . Bei $x = L/2$ : $M_z(L/2) = +q(L/2)^2/2 + 0 = +q\,L^2/8$ (kontinuierlich zu Bereich 2 ✓).

Knick im Diagramm. An $x = L/2$ macht $M_z(x)$ einen Knick (Steigungs-Sprung). Vor dem Knick: zwei Beiträge wachsen (steiler), nach dem Knick: nur ein Beitrag (flacher). Das ist das Standard-Punktlast-Muster.

Resultat in zwei Bereichen

M_z(x) = \begin{cases} +q(L-x)^2/2 + F(L/2 - x) & 0 \leq x \leq L/2 \\ +q(L-x)^2/2 & L/2 \leq x \leq L \end{cases}

Knick bei

x = L/2

. Stetig in

M_z

, aber nicht in

M'_z = -Q

Beschreibung

Vom $M_z$ -Diagramm zum $\sigma_x$ -Profil.

Profil-Picker: Rechteck $b \times h$ , Vollkreis Radius $R$ , I-Profil.
Schritte 1 bis 5: $M_z(x)$ -Diagramm aus Üs7-Setup zeigen, $x_{\max}$ markieren, Querschnitt einblenden, $\sigma_x(y)$ -Profil zeichnen, $|\sigma_{\max}|$ am Faserrand identifizieren.
Schritte 6 bis 10: Beide Faserränder einsetzen, Vorzeichen-Test, Endwert numerisch.
Wechsel des Profils setzt den Step-Counter zurück auf 0.

Abb. 4: Cross-Check

M_z(x) \to \sigma_x(y)

am kritischen Querschnitt.

Formel Resultat Bereich 2

M_z(x) = +q(L-x)^2/2

Reine Streckenlast-Parabel, Kragarm-Standardform.

Merke Knick = Punktlast
Steigungs-Sprung im

M_z

-Diagramm.

Prüfungstipp Stetigkeits-Check

M_z

aus beiden Bereichen am Übergang gleich.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 5.5 Üs7 H1 Beispiel

3.1 Konzept: was ist ein $\sigma_x$ -Profil

Was ist ein σ_x-Profil. An einem Querschnitt eines Stabes variiert die Normalspannung $\sigma_x$ über die Höhen-Koordinate $y$ . Das $\sigma_x$ -Profil ist die Funktion $\sigma_x(y)$ an einer festen $x$ -Position, geplottet als 2D-Diagramm: $\sigma$ -Werte horizontal, $y$ -Werte vertikal. Das Bild zeigt direkt die Spannungsverteilung über die Faserhöhe.

Wieso braucht man das. Drei Anwendungen: (1) Wo ist $\sigma_{\max}$ : am Faserrand mit dem grössten Profil-Ausschlag. (2) Zug oder Druck: Vorzeichen am Faserrand zeigt, ob Zug- oder Druckspannung kritisch ist. (3) Lage der neutralen Faser: dort wo das Profil die $y$ -Achse durchquert, ist $\sigma_x = 0$ . Diese drei Information sind zentral für jede Versagens- oder Festigkeits-Analyse.

Wann brauche ich das. Bei jeder Klausur-Aufgabe nach dem Spannungs-Verlauf-Bild. FS25 F2 (Bild-Vergleich), FS22 F1, FS24 F1 (mit Vorzeichen-Markierung). Wer die acht Standardprofile (Sec. 3.2) im Kopf hat, erkennt die richtige Antwort in 30 Sekunden.

Hauptformel. Aus Kap. 7 Sec. 1.2: $\sigma_x(y) = N/A - M_z\,y/I_z$ . Der Term $N/A$ ist konstant über $y$ , der Term $M_z\,y/I_z$ ist linear in $y$ . Das Profil ist damit immer eine lineare Funktion in $y$ : konstant (wenn $M_z = 0$ ), Dreieck (wenn $N = 0$ ), oder Trapez (wenn beide aktiv). Acht Standardfälle decken alle Vorzeichen-Kombinationen ab.

!!!

\sigma_x

-Profil als Funktion von y

\sigma_x(y) = \underbrace{\frac{N}{A}}_{\text{konstant}} - \underbrace{\frac{M_z\,y}{I_z}}_{\text{linear in }y}

Zwei Anteile: konstanter (aus

N

) plus linearer (aus

M_z

). Insgesamt linear in

y

. Die Profilform ist Trapez im Allgemeinfall, mit Spezialfällen Rechteck und Dreieck.

Definition $\sigma_x$ -Profil
Funktion

\sigma_x(y)

am festen

x

-Querschnitt, als 2D-Plot.

Formel Hauptformel

\sigma_x(y) = N/A - M_z\,y/I_z

Konstant plus linear in

y

Merke Linear in y
Bernoulli macht das Profil immer linear. Zwei Rand-Werte genügen.

Prüfungstipp Klausur-Standard
FS25 F2, FS22 F1, FS24 F1 fragen nach Profilform mit Bild.

Querverweis Hauptformel
→ Sec. 1.2 Hauptformel

3.2 Acht Standardfälle mit Profilform

Die acht Standardprofile decken alle Vorzeichen-Kombinationen aus $N$ und $M_z$ ab. Vier Spezialfälle (reiner Zug, reiner Druck, reine Biegung positiv/negativ) plus vier kombinierte Fälle (Zug- oder Druck-dominant, jeweils mit oder ohne Vorzeichenwechsel im Profil). Sechs der acht erscheinen typischerweise als Multiple-Choice-Optionen in den Klausuren FS22-FS25.

Fall 1: Reiner Zug ( $N > 0$ , $M_z = 0$ ). Konstante Zugspannung über die ganze Höhe. Profil-Form: Rechteck rechts (alles positiv). Bei einem zentrisch gezogenen Stab. Lehrpunkt: keine Variation in $y$ , weil keine Biegung.

Fall 2: Reiner Druck ( $N < 0$ , $M_z = 0$ ). Konstante Druckspannung über die ganze Höhe. Profil-Form: Rechteck links (alles negativ). Bei einem zentrisch gedrückten Stab oder am lastfreien Ende eines Kragarms mit nur axialer Druckkraft (siehe Üs7 H2 Querschnitt A-A).

Fall 3: Reine positive Biegung ( $N = 0$ , $M_z > 0$ ). Lineare Spannung mit Vorzeichenwechsel im Schwerpunkt. Obere Faser ( $y < 0$ ) unter Zug, untere Faser ( $y > 0$ ) unter Druck (Mech-II-Konvention $M_z > 0$ = obere Faser Zug). Profil-Form: Dreieck oben rechts + unten links. Tritt auf bei reiner Kragarm-Biegung mit Querlast nach unten an der Einspannung (siehe Fig 4 in Sec. 2.6).

Fall 4: Reine negative Biegung ( $N = 0$ , $M_z < 0$ ). Spiegelbild zu Fall 3: obere Faser Druck, untere Faser Zug. Profil-Form: Dreieck oben links + unten rechts. Tritt auf bei einem beidseitig gelenkigen Balken mit Streckenlast nach unten an der Mitte (Sagging-Bereich, $M_z < 0$ in Mech-II strikt, siehe Sec. 2.5).

Fall 5: Zug + Biegung gleichgerichtet, $N$ dominant ( $|N\,I_z| > |M_z\,A\,y_{\max}|$ ). Beide Anteile addieren sich auf einer Seite, kompensieren teilweise auf der anderen. Beide Faserränder positiv. Profil-Form: Trapez ganz im positiven Bereich, Schiefe von links unten nach rechts oben (oder spiegelbildlich).

Fall 6: Druck + Biegung gleichgerichtet, $N$ dominant. Spiegelbild zu Fall 5: beide Faserränder negativ. Profil-Form: Trapez ganz im negativen Bereich. Tritt auf bei Kragarm mit kombinierter Druck+Quer-Last nahe der Einspannung (FS25 F2 Antwort I, Üs7 H2 nahe Einspannung).

Fall 7: Zug + Biegung mit Vorzeichenwechsel, $M_z$ dominant ( $|N\,I_z| < |M_z\,A\,y_{\max}|$ ). Biegung erzeugt grösseren Ausschlag als die zentrische Last. Daher springt das Vorzeichen im Profil. Profil-Form: Vorzeichenwechsel mit MEHR positivem Anteil (Zug überwiegt, weil $N > 0$ den Schwerpunkt nach +σ verschiebt).

Fall 8: Druck + Biegung mit Vorzeichenwechsel, $M_z$ dominant. Spiegelbild zu Fall 7. Profil-Form: Vorzeichenwechsel mit MEHR negativem Anteil (Druck überwiegt). Tritt auf bei Kragarm mit Druckkraft + Querlast und schwacher axialer Komponente.

Fall	$N$	$M_z$
1	$> 0$	$= 0$
2	$< 0$	$= 0$
3	$= 0$	$> 0$
4	$= 0$	$< 0$
5	$> 0$	$\neq 0$ , $N$ dom.
6	$< 0$	$\neq 0$ , $N$ dom.
7	$> 0$	$\neq 0$ , $M_z$ dom.
8	$< 0$	$\neq 0$ , $M_z$ dom.

Acht Standardprofile, Teil 1: Belastung pro Fall, Vorzeichen von

N

und

M_z

Fall	$\sigma$ an $\pm y_{\max}$	Profilform
1	$> 0$ / $> 0$	Rechteck rechts
2	$< 0$ / $< 0$	Rechteck links
3	$< 0$ / $> 0$	Dreieck mit Wechsel
4	$> 0$ / $< 0$	Dreieck mit Wechsel (gespiegelt)
5	$> 0$ / $> 0$	Trapez rechts
6	$< 0$ / $< 0$	Trapez links
7	$< 0$ / $> 0$	Wechsel, mehr +
8	$< 0$ / $> 0$	Wechsel, mehr −

Acht Standardprofile, Teil 2: Faserrand-Spannungen und Profilform pro Fall. Erster Wert gilt bei

+y_{\max}

, zweiter bei

-y_{\max}

Merke Acht Standardprofile
Vier Spezialfälle plus vier kombinierte. Klassifikation aus zwei Faserrand-Werten.

Formel Faserrand-Werte

\sigma(\pm y_{\max}) = N/A \mp M_z\,y_{\max}/I_z

Zwei Werte rechnen, dann Klassifikation.

Prüfungstipp Referenzbeispiele
Üs7 H2 (Fall 8 an Einspannung,

M_z

dominant), FS25 F2 nahe A (Fall 6,

N

dominant).

Querverweis Multiple-Choice-Anwendung
→ Sec. 3.5 (FS25 F2-ähnlicher Profil-Vergleich)

3.3 Lage der neutralen Faser und Vorzeichenwechsel-Kriterium

Was ist die neutrale Faser. Die neutrale Faser ist die Linie im Querschnitt, an der $\sigma_x = 0$ . Sie liegt im Schwerpunkt, wenn $N = 0$ (reine Biegung). Bei kombinierter Belastung verschiebt sie sich.

Lage als Formel. Setze $\sigma_x(y_0) = 0$ : $N/A - M_z\,y_0/I_z = 0 \;\Longrightarrow\; y_0 = N\,I_z/(M_z\,A)$ . Das ist die $y$ -Koordinate, an der das Profil die $y$ -Achse durchquert. Bei reiner Biegung ( $N = 0$ ) liegt die NA bei $y_0 = 0$ (Schwerpunkt). Bei reiner Normalkraft ( $M_z = 0$ ) divergiert $y_0$ formal: die NA liegt im Unendlichen, also gibt es keine NA im Profil.

Vorzeichenwechsel-Kriterium. Der Vorzeichenwechsel im Profil tritt auf, wenn die NA innerhalb des Querschnitts liegt: $|y_0| < y_{\max}$ . Einsetzen liefert das Kriterium $|N\,I_z| < |M_z\,A\,y_{\max}|$ , oder umgeformt: $|M_z|/|N| > I_z/(A\,y_{\max})$ . Wenn das Kriterium erfüllt ist: Vorzeichenwechsel im Profil (Fall 3, 4, 7, 8). Wenn nicht: einseitiges Trapez (Fall 1, 2, 5, 6).

Faustregel praxis. Wer in der Klausur die zwei Faserrand-Werte ausrechnet ( $\sigma(\pm y_{\max})$ ), sieht das Vorzeichen-Kriterium direkt. Wenn beide gleiches Vorzeichen haben: kein Wechsel. Verschiedene Vorzeichen: Wechsel. Das ist schneller als das Kriterium über $y_0$ zu prüfen.

!!!

Lage der neutralen Faser

y_0 = \frac{N\,I_z}{M_z\,A}

Versatz vom Schwerpunkt. Bei

N = 0

y_0 = 0

. Bei

M_z = 0

y_0 \to \infty

(keine NA im Querschnitt).

Vorzeichenwechsel-Kriterium

|y_0| < y_{\max} \;\Longleftrightarrow\; |N\,I_z| < |M_z\,A\,y_{\max}|

Erfüllt: Profil hat Vorzeichenwechsel (Fall 3, 4, 7, 8). Nicht erfüllt: einseitiges Trapez (Fall 1, 2, 5, 6).

Formel NA-Lage

y_0 = N\,I_z/(M_z\,A)

Versatz vom Schwerpunkt bei kombinierter Last.

Merke Wechsel-Kriterium

|y_0| < y_{\max}

⇔ Profil mit Vorzeichenwechsel.

Prüfungstipp Faustregel
Beide Rand-Vorzeichen prüfen, schneller als

y_0

-Rechnung.

3.4 Tipps zum direkten Erkennen (5 Faustregeln)

Fünf Faustregeln für das schnelle Erkennen der Profilform aus den Schnittgrössen $N$ und $M_z$ . Wer die Regeln verinnerlicht, klassifiziert jedes σ_x-Profil in unter 30 Sekunden.

Regel	Aussage
(a) Reine Biegung	$N = 0$ und $M_z \neq 0$ → Dreieck mit Vorzeichenwechsel durch Schwerpunkt
(b) Reine Normalkraft	$N \neq 0$ und $M_z = 0$ → Rechteck (gleiches Vorzeichen über ganze Höhe)
(c) Beide aktiv	Beide Faserrand-Werte ausrechnen: $\sigma(\pm y_{\max}) = N/A \mp M_z\,y_{\max}/I_z$
(d) Maximum am gleichen Vorzeichen wie N	$\|\sigma_{\max}\|$ tritt auf der Faserseite auf, wo Biegung und $N$ gleichgerichtet sind
(e) Profilform aus zwei Vorzeichen	Beide Rand-Werte gleich: Trapez einseitig. Verschieden: Vorzeichenwechsel-Profil

Fünf Faustregeln zur Profil-Klassifikation. Vor jeder Aufgabe einmal durchgehen.

Superposition als visuelles Bauen. Das $\sigma_x$ -Profil bei kombinierter Belastung ist die punktweise Summe von zwei einfacheren Profilen: Rechteck (aus $N$ ) plus Dreieck (aus $M_z$ ). Wer das Bild im Kopf hat, kann jedes Trapez-Profil rückwärts analysieren: Rechteck-Anteil (Mittelwert der zwei Rand-Werte) plus Dreieck-Anteil (Halbdifferenz). Visuell: Rechteck zuerst zeichnen, dann das Dreieck draufaddieren, fertig ist das Trapez.

Klausur-Strategie. Bei einer Multiple-Choice-Aufgabe nach dem Profil-Bild: erst $N$ und $M_z$ am Querschnitt grob abschätzen (Vorzeichen reicht oft). Dann mit Regel (e) klassifizieren: einseitig oder Wechsel. Mit Regel (d) Spitze identifizieren. Damit ist die Antwort fast immer eindeutig zuordenbar.

Superposition als visuelles Muster

\underbrace{\sigma_x(y)}_{\text{Trapez}} = \underbrace{N/A}_{\text{Rechteck}} + \underbrace{(-M_z\,y/I_z)}_{\text{Dreieck}}

Trapez-Profil als Summe zweier Standard-Profile. Visuell überlagern.

Merke 5 Faustregeln
(a) reine Biegung → Dreieck. (b) reine Normalkraft → Rechteck. (c) beide → 2 Werte. (d) Max gleich Vorzeichen wie

N

. (e) Profilform aus 2 Vorzeichen.

Formel Superposition

\text{Trapez} = \text{Rechteck} + \text{Dreieck}

\sigma_x

-Profil als visuelle Summe.

Prüfungstipp Klausur-Strategie

N, M_z

Vorzeichen → Regel (e) → Profilform.

3.5 Beispiel: $\sigma_x$ -Profil nahe dem Auflager A (FS25 F2-ähnlich)

Aufgabe. Gegeben ist die Geometrie aus FS25 F1/F2/F3: schräger Balken (45°) zwischen $A$ (gelenkig unten links) und $B$ (horizontal verhindert oben rechts), mit Streckenlast $q = F/l$ senkrecht zum Stab und vertikaler Kraft $F$ bei $B$ . Quadratquerschnitt $a \times a$ . Aus der ex1-Auflösung (FS25 F1) wissen wir: $A_x = +3\,F$ , $A_y = 0$ . Daraus folgt die axiale Komponente am Querschnitt nahe $A$ : $|N_A| = 3\,F/\sqrt{2}$ (Druck im Stab, weil die Reaktion bei $A$ den Stabkopf in Richtung $B$ drückt). Gesucht: σ_x-Profilform am Querschnitt nahe $A$ (also bei $x = A^+$ , leicht innerhalb des Stabes).

Lösungsweg in 4 Schritten

Schritt 1: $\sigma_N$ am Querschnitt nahe A

Aus der ex1-Auflösung (FS25 F1): $A_x = +3\,F$ , $A_y = 0$ . Projiziert auf die Stab-Achse $(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ liefert die axiale Komponente $|N_A| = 3\,F/\sqrt{2}$ . Vorzeichen: Druck im Stab (Reaktion bei $A$ drückt den Stab in Richtung $B$ ). Querschnittsfläche $A_Q = a^2$ .

Konstanter Anteil.

$\sigma_N = \frac{N}{A_Q} = -\frac{3\,F}{\sqrt{2}\,a^2} = -\frac{3}{\sqrt{2}}\,\frac{F}{a^2}\quad (\text{gross, negativ})$
Schritt 2: $\sigma_b$ am Faserrand nahe A

Bei $x = A$ (Gelenklager) ist $M_z(A) = 0$ exakt. Bei $x = A^+$ (leicht innerhalb) wächst $M_z$ linear vom Lager weg. Für eine kleine Strecke $\Delta x$ ist $M_z(A^+) \approx Q \cdot \Delta x$ klein. Daher ist $\sigma_b$ auch klein im Vergleich zu $\sigma_N$ .

Linearer Anteil ist klein.

$|\sigma_b|_{\max}(A^+) = \frac{|M_z(A^+)| \cdot |y_{\max}|}{I_z} \ll |\sigma_N|$
Schritt 3: Vorzeichenwechsel-Kriterium prüfen

Mit $|N\,I_z|$ gross und $|M_z\,A_Q\,y_{\max}|$ klein: $|N\,I_z| \gg |M_z\,A_Q\,y_{\max}|$ . Das Kriterium für Vorzeichenwechsel ist NICHT erfüllt. Daraus: einseitiges Trapez (kein Wechsel). Vorzeichen aus $N$ : negativ.

Klassifikation: Trapez im negativen Bereich.

$|N\,I_z| \gg |M_z\,A_Q\,y_{\max}| \;\Longrightarrow\; \text{kein Vorzeichenwechsel}$
Schritt 4: Profilform identifizieren

Aus den Tabellen 8-Standardfälle (Sec. 3.2): Druck-dominiert, kein Wechsel = Fall 6. Profilform: Trapez ganz im negativen Bereich, leichte Schiefe wegen kleinem Biege-Anteil. Visuell: das ist Option I in der FS25 F2-Aufgabe.

Antwort: Trapez Druck.

$\boxed{\,\text{Profilform: Fall 6 (Trapez ganz im Druck-Bereich)}\,}$

Formel Referenzresultat

\text{Fall 6: Trapez Druck}

Druck-dominiert nahe Gelenklager A.

Merke Lager-Muster
Bei

x =

Lager

^+

M_z

klein, Profil ist (Fast-)Rechteck oder Trapez.

Querverweis Multiple-Choice-Klausur
→ ex1 FS25 F1 (Statik des schrägen Balkens)

4.1 Längsdehnung $u(x)$ aus Normalkraft

Was ist die Längsdehnung. Die Funktion $u(x)$ misst, wie weit ein Punkt der Mittellinie eines Stabes sich in $x$ -Richtung gegenüber dem Anfangsausgangspunkt verschoben hat. Sie ist die Mittellinien-Verschiebung, NICHT die Faser-Verschiebung (letztere variiert noch über $y$ via Bernoulli). Bei einem Kragarm, der nur axial gezogen wird, sieht man $u(L)$ als die sichtbare Verlängerung des Stabes.

Wieso $u'(x) = N(x)/(EA)$ . Aus Hooke 1D: $\sigma_x = E\,\varepsilon_x$ . Die Verzerrung $\varepsilon_x = \partial u/\partial x = u'(x)$ ist die Ableitung der Mittellinien-Verschiebung. Mit $\sigma_x = N/A$ folgt $u'(x) = N(x)/(EA)$ . Das ist die Differentialgleichung für die Mittellinien-Verschiebung in $x$ -Richtung. Eine Stufe einfacher als die Biege-DGL, weil nur erste Ableitung.

Wann brauche ich das. Bei jeder Aufgabe in Kap. 7, in der eine axiale Last (oder eine schräge Lager-Reaktion mit axialer Komponente) auftritt und wir die Verschiebung eines Punktes brauchen. Im Üs7 S1 (45°-Lager) wird $u(L)$ gebraucht, um die Verträglichkeit am schrägen Lager auszuwerten.

Häufige Falle. Vorzeichen-Verwechslung. $N > 0$ (Zug) erzeugt $\Delta l > 0$ (Verlängerung). $N < 0$ (Druck) erzeugt $\Delta l < 0$ (Verkürzung). Wenn der Stab in $x$ -Richtung verschoben wird (positives $u(L)$ ), verlängert er sich um diesen Wert. Vorzeichen-konsistent halten: positiv-Richtung der Verschiebung passt zur positiv-Richtung der Last.

!!!

Differentialgleichung der Mittellinien-Verschiebung

u'(x) = \frac{N(x)}{E\,A}

E

ist E-Modul,

A

Querschnittsfläche,

N(x)

axiale Schnittkraft an der Stelle

x

. Erste Ordnung, deshalb nur eine Konstante.

!!!

Integralform

u(x) = u(0) + \int_0^x \frac{N(s)}{E\,A}\,ds

Bei abschnittsweise konstantem

N

(Üblich): Summe der Teillängen mit Hookeschem Gesetz. Gilt

u(0) = 0

bei Einspannung am linken Ende.

Spezialfall konstantes

N

über Länge

L

\Delta l = u(L) - u(0) = \frac{N\,L}{E\,A}

Hooke 1D Standard. Bei einfachem Zug- oder Druckstab mit konstantem Querschnitt.

Definition Längsdehnung $u(x)$

x

-Verschiebung der Mittellinie. Aus

u'(x) = N(x)/(EA)

via Integration.

Formel Hauptformel

u'(x) = N(x)/(E\,A)

DGL erster Ordnung.

Merke Eine RB
Pro Bereich nur eine Konstante. Üblich

u(0) = 0

Prüfungstipp Vorzeichen

N > 0

Zug,

u' > 0

Verlängerung.

Querverweis Brücke
→ Kap. 5 Sec. 1.1 Hooke 1D

4.2 Biegelinie $v(x)$ aus Biegemoment (Wiederholung Kap. 6)

Was ist die Biegelinie. Die Funktion $v(x)$ misst, wie weit die Mittellinie eines Balkens in $y$ -Richtung gegenüber der Anfangslage verschoben ist. Bei einem Kragarm unter Querlast sieht man $v(L)$ als die sichtbare Durchbiegung am freien Ende.

Wieso $E\,I_z\,v''(x) = M_z(x)$ . Aus Bernoulli: ebene Querschnitte bleiben eben und senkrecht zur deformierten Mittellinie. Die Faser-Dehnung ist $\varepsilon_x(y) = -y\,v''(x)$ (Geometrie). Mit Hooke: $\sigma_x = -E\,y\,v''$ . Schnittmoment-Definition: $M_z = -\int_A \sigma_x\,y\,dA = E\,v'' \cdot \int_A y^2\,dA = E\,I_z\,v''$ . Daraus die Biege-DGL.

Doppelintegration mit zwei RB pro Bereich. Pro Bereich liefert die zweimalige Integration zwei Konstanten ( $C_1, C_2$ ). Daher braucht man zwei Randbedingungen pro Bereich. Bei $n$ Bereichen sind $2\,n$ Konstanten und $2\,n$ RB nötig. Verfügbare RB-Typen: gelenkiges Lager ( $v = 0$ , eine RB), Einspannung ( $v = 0$ und $v' = 0$ , zwei RB), Bereichs-Übergang ( $v_1 = v_2$ und $v'_1 = v'_2$ , zwei RB), Symmetrie-Mitte ( $v' = 0$ , eine RB).

Wann brauche ich das. Immer wenn ein Querkraft- oder Querlast-Beitrag im System ist. Gilt für jede Aufgabe in Kap. 7, weil dort kombinierte Belastung auftritt; der Biegungs-Anteil wird über $v(x)$ behandelt.

!!!

Biege-DGL zweiter Ordnung

E\,I_z\,v''(x) = M_z(x)

Zentrale DGL der Biegelinie.

E

E-Modul,

I_z

Trägheitsmoment um die

z

-Achse,

M_z(x)

Schnittmoment-Verlauf.

Doppelintegration mit Konstanten

\begin{aligned} E\,I_z\,v'(x) &= \int M_z(x)\,dx + C_1 \\ E\,I_z\,v(x) &= \iint M_z(x)\,dx\,dx + C_1\,x + C_2 \end{aligned}

Zwei Konstanten pro Bereich. Aus Randbedingungen festlegen.

Lager	$v$ und $v'$	Anzahl RB
Gelenkiges Lager	$v=0$ , $v'$ frei	1
Festes Lager	$v=0$ , $v'$ frei	1
Einspannung	$v=0$ , $v'=0$	2
Symmetrie-Mitte	$v$ frei, $v'=0$	1
Freier Rand	$v$ frei, $v'$ frei	0 (aber $v''=v'''=0$ )
Bereichs-Übergang	$v_1=v_2$ , $v'_1=v'_2$	2

Standard-Randbedingungen für die Biegelinie. Jedes Lager liefert eine bestimmte Anzahl an Bedingungen.

Definition Biegelinie $v(x)$

y

-Verschiebung der Mittellinie. Aus

E\,I_z\,v'' = M_z

via Doppelintegration.

Formel Biege-DGL

E\,I_z\,v''(x) = M_z(x)

Zweiter Ordnung. Pro Bereich zwei Konstanten.

Merke $2n$ Konstanten

n

Bereiche

\Rightarrow

2\,n

RB nötig.

Querverweis Aus Kap. 6
→ Kap. 6 Sec. 4.3 Biege-DGL
→ Kap. 6 Sec. 5 Doppelintegration

4.3 Beide Effekte gleichzeitig in einem Stab

Zwei unabhängige Verformungs-Felder. In einem schlanken Stab unter kombinierter Belastung gibt es zwei Verschiebungen: $u(x)$ in $x$ -Richtung (Längsdehnung) und $v(x)$ in $y$ -Richtung (Biegelinie). Bei kleinen Verformungen sind diese beiden Felder unabhängig: die axiale Last erzeugt $u(x)$ ohne Einfluss auf $v(x)$ , und die Querlast erzeugt $v(x)$ ohne Einfluss auf $u(x)$ .

Linearisierung im kleinen Verformungsbereich. Diese Trennung gilt nur, weil wir alle Terme höherer Ordnung in $u, v$ und ihren Ableitungen vernachlässigen. Das ist die geometrisch lineare Theorie. Bei grossen Verformungen oder bei Knickung (Kap. 13) wird die Trennung zerstört: Druckkräfte verstärken Biegung und umgekehrt. Mech II Kap. 7 nutzt durchweg die lineare Trennung.

Konsequenz für das Vorgehen. Statik liefert $N(x)$ und $M_z(x)$ unabhängig (an jeder Stelle separat). Verformungen werden danach getrennt berechnet: $u(x)$ aus $N$ und $v(x)$ aus $M_z$ . Erst beim Bestimmen der Endpunkt-Verschiebung (Sec. 4.4) oder bei Verträglichkeits-Bedingungen (Sec. 5.3 und 6.2) treffen die zwei Felder wieder aufeinander.

!!!

Verschiebungsfeld der Mittellinie

(u(x), v(x)) \;\text{mit}\; \begin{cases} u'(x) = N(x)/(E\,A) \\ E\,I_z\,v''(x) = M_z(x) \end{cases}

Zwei entkoppelte Differentialgleichungen. Die linke ist erster Ordnung, die rechte zweiter Ordnung. Jeweils mit eigenen Randbedingungen.

Vollständiges Verschiebungsfeld einer Faser

\begin{aligned} u_{\text{Faser}}(x, y) &= u(x) - y\,v'(x) \\ v_{\text{Faser}}(x, y) &= v(x) \end{aligned}

Bernoulli-Faser: bewegt sich mit der Mittellinie

v(x)

und kippt um den Winkel

v'(x)

. Daraus die zusätzliche

-y\,v'

-Komponente in

x

-Richtung.

Merke Entkopplung

u(x)

und

v(x)

sind unabhängig im linearen Bereich.

Formel Bernoulli-Faser

u_{\text{Faser}} = u(x) - y\,v'(x)

Mittellinien-Verschiebung plus Faser-Kippung.

Prüfungstipp Kleine Verformungen
Bei grossen Verformungen oder Knickung gilt die Entkopplung nicht.

Querverweis Knicken
→ Kap. 13 Knicken (Stabilität)

4.4 Verschiebungsvektor eines Endpunkts

Endpunkt-Verschiebung als Vektor. Wenn ein Stab in $A$ befestigt ist und am Endpunkt $B$ frei beweglich, dann hat $B$ einen Verschiebungsvektor $(u_B, v_B)$ relativ zur Anfangslage. Beide Komponenten kommen aus den zwei entkoppelten Verformungs-Rechnungen: $u_B = u(L)$ aus der Längsdehnung, $v_B = v(L)$ aus der Biegelinie.

Betrag der Verschiebung. Geometrisch ist die Endpunkt-Verschiebung der Vektor-Betrag: $|s_B| = \sqrt{u_B^2 + v_B^2}$ . Bei reiner Axiallast: $|s_B| = |u_B|$ . Bei reiner Querlast: $|s_B| = |v_B|$ . Bei kombinierter Belastung muss der Pythagoras angewendet werden.

Kragarm-Beispiel zur Anschauung. Kragarm der Länge $L$ mit Axialkraft $F_x$ am Ende und Querlast $F_y$ am Ende. $u(L) = F_x\,L/(EA)$ aus Hooke. $v(L) = F_y\,L^3/(3\,EI_z)$ aus Doppelintegration mit Kragarm-RB. Der Endpunkt verschiebt sich um den Vektor $(F_x\,L/(EA), F_y\,L^3/(3\,EI_z))$ . Die zwei Komponenten haben sehr verschiedene Skalierungen mit $L$ ( $L$ vs. $L^3$ ): bei langen Stäben dominiert die Biegung, bei kurzen die Axialdehnung.

Wichtig für Verträglichkeit. An einem schrägen Lager (Sec. 6) liegt der Verschiebungsvektor zwingend auf der Bewegungsrichtung des Lagers. Daraus folgt eine geometrische Beziehung zwischen $u_B$ und $v_B$ . Diese Beziehung ist die Schlüsselgleichung für statisch unbestimmte Systeme mit kombinierter Belastung.

!!!

Endpunkt-Verschiebungsvektor

\vec{s}_B = \begin{pmatrix} u_B \\ v_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u(L) \\ v(L) \end{pmatrix}, \qquad |s_B| = \sqrt{u_B^2 + v_B^2}

Aus den zwei Verformungs-Feldern abgelesen am Endpunkt

x = L

. Vektorbetrag via Pythagoras.

Kragarm-Standardresultate

\begin{aligned} u(L)\big|_{F_x\,\text{axial am Ende}} &= \frac{F_x\,L}{E\,A} \\ v(L)\big|_{F_y\,\text{quer am Ende}} &= \frac{F_y\,L^3}{3\,E\,I_z} \end{aligned}

Klassische Kragarm-Resultate. Die Skalierung mit

L

ist sehr unterschiedlich: linear für Axial, kubisch für Biegung.

Formel Endpunkt

|s_B| = \sqrt{u_B^2 + v_B^2}

Vektorbetrag der Endpunkt-Verschiebung.

Merke Verschiedene Skalierungen

u(L) \propto L

v(L) \propto L^3

am Kragarm.

Prüfungstipp Pythagoras
Zwei Komponenten als Vektor zusammensetzen.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 6.5 Beispiel 45°-Lager

5.1 Wann ist ein Balken statisch unbestimmt

Was bedeutet statisch unbestimmt. Ein Balken ist statisch unbestimmt, wenn er mehr Lagerreaktionen hat als unabhängige Gleichgewichts-Bedingungen vorhanden sind. Die GGB allein reichen nicht aus, um alle Reaktionen zu bestimmen, deshalb braucht man eine zusätzliche Gleichung aus der Verformungsbetrachtung.

Wieso so viele Reaktionen. Konstruktiv möchte man oft mehr Lager als minimal nötig, um die Steifigkeit zu erhöhen oder die Durchbiegung zu reduzieren. Beispiel: ein einfacher Balken mit zwei Lagern hat $v_{\max} = 5\,q\,L^4/(384\,E\,I)$ . Dasselbe System mit einem zusätzlichen mittleren Lager hat eine kleinere maximale Durchbiegung. Der Preis: das System ist nun statisch unbestimmt.

Wie viele Bedingungen fehlen. Ein 2D-Balken hat drei GGB ( $\sum F_x = 0$ , $\sum F_y = 0$ , $\sum M = 0$ ). Bei vier Reaktionen ist das System einfach statisch unbestimmt (eine Zusatz-Gleichung nötig). Bei fünf Reaktionen zweifach. Allgemein: Grad der statischen Unbestimmtheit $=$ Anzahl Reaktionen $-$ 3 (in 2D).

Wann erkenne ich das. Erkennungsmerkmale aus dem Aufgabentext: zwei oder mehr Lager neben einer Einspannung, oder ein Balken mit drei oder mehr Auflagern. Die Skizze zeigt mehr Lager als minimal nötig (drei für 2D).

Topologie	Reaktionen	Grad
Kragarm (statisch bestimmt)	3	0
Kragarm plus Loslager	4	1
Kragarm plus festes Lager	5	2
Doppelt eingespannter Balken	6	3
Drei-Lager-Balken (durchlaufend)	4	1

Häufige stat. unbest. Topologien in Mech-II-Aufgaben.

Definition Statisch unbestimmt
Mehr Reaktionen als GGB. Verformungs-Bedingung schliesst das System.

Merke Grad
Anzahl Reaktionen minus 3 (in 2D). Anzahl überzähliger

X

Prüfungstipp Erkennungsmerkmal
Mehr als 3 Lagerkomponenten in 2D.

Querverweis Brücke
→ Kap. 5 Sec. 4 Stat. unbest. Stäbe

5.2 Verträglichkeitsbedingung als Zusatzgleichung

Was ist Verträglichkeit. Zwei Teile, die am selben Punkt verbunden sind, müssen sich an diesem Punkt gleich verschieben. Diese geometrische Bedingung heisst Verträglichkeit (compatibility). Bei stat. unbest. Systemen liefert sie die zusätzliche Gleichung in der überzähligen Reaktion $X$ .

Brücke zu Kap. 5 Sec. 4. Bei statisch unbestimmten Stäben (Kap. 5) war die Verträglichkeit der Längenänderungen die Zusatz-Gleichung: $\Delta l_1 = \Delta l_2$ wenn beide Stäbe an einem starren Querschnitt angreifen. Bei statisch unbestimmten Biege-Systemen (Kap. 7) ist die Verträglichkeit der Verschiebungen die Zusatz-Gleichung: $v(x_{\text{Lager}}) = 0$ , weil das Lager den Balken an dieser Stelle festhält. Idee identisch, nur Verformungs-Grösse anders.

Wie das eine Gleichung in $X$ wird. Wähle eine überzählige Reaktion $X$ . Drücke die anderen Reaktionen aus den drei GGB als Funktion von $X$ aus. Berechne die Biegelinie $v(x)$ aus der Doppelintegration; die Konstanten $C_1, C_2$ werden teilweise aus den anderen RB festgelegt. Dann: setze die letzte Verträglichkeits-RB ein (typisch $v(x_{\text{Lager}}) = 0$ ). Diese Gleichung enthält $X$ und liefert dessen Wert.

Wann brauche ich das. Immer wenn das System stat. unbest. ist UND eine Verformungs-Grösse (typisch Verschiebung an einem Lager) verfügbar ist. Das ist der Fall in jeder Sec. 5, 6, 7 dieses Kapitels.

!!!

Verträglichkeits-Gleichung an einem Lager

v(x_{\text{Lager}}; X) = v_{\text{vorgeschrieben}}

Typisch

v_{\text{vorgeschrieben}} = 0

am festen oder Loslager. Bei einer schrägen Lager-Geometrie können auch andere Werte auftreten (Sec. 6).

Definition Verträglichkeit
Verbundene Teile müssen am Verbindungspunkt gleich verschoben sein.

Formel Schliess-Gleichung

v(x_{\text{Lager}}; X) = 0

Liefert die Gleichung in der überzähligen Reaktion.

Merke Muster
Statik(

X

) plus Verformung(

X

) plus Verträglichkeit gibt

X

Querverweis Brücke
→ Kap. 5 Sec. 4 Verträglichkeit Stäbe

5.3 Lager-Geometrie als Zwangsbedingung

Welches Lager liefert welche RB. Jeder Lagertyp lässt eine bestimmte Verschiebung zu und sperrt andere. Die gesperrten Verschiebungen liefern Verträglichkeits-RB. Das ist eine geometrische Aussage: das Lager zwingt den Balken-Punkt auf eine bestimmte Bewegung.

Vier Standard-Lagertypen. Gelenkiges Lager (Punkt-Auflager, Roll-Lager): erlaubt Drehung, sperrt vertikale Verschiebung. RB: $v(x_{\text{L}}) = 0$ . Festes Lager (Gelenk-Lager fest am Boden): erlaubt nur Drehung, sperrt beide Translationen. RB: $u(x_{\text{L}}) = 0$ und $v(x_{\text{L}}) = 0$ . Einspannung: sperrt alles. RB: $u = 0$ , $v = 0$ , $v' = 0$ . Schräges Lager (Lager-Linie unter Winkel $\alpha$ ): sperrt Verschiebung senkrecht zur Linie, erlaubt Verschiebung entlang der Linie. RB: $u\,\sin(\alpha) + v\,\cos(\alpha) = 0$ (oder ähnlich, je nach genauer Definition).

Beispiele aus Üs7. Üs7 H1: Kragarm-Einspannung links ( $u = v = v' = 0$ bei $x = 0$ ) plus Loslager rechts ( $v(L) = 0$ ). Drei plus eins gleich vier RB für die Biegelinie und ein $X$ . Üs7 S1: Kragarm-Einspannung links plus 45°-Lager rechts (Verträglichkeit $|u(L)| = |v(L)|$ ).

Häufige Falle. Vergessen, dass Einspannung $v'(0) = 0$ liefert. Oder Vorzeichen falsch bei schrägem Lager. Die Lager-Geometrie sauber aus der Skizze ablesen, insbesondere die Bewegungsrichtung des Loslagers.

Lagertyp	Erlaubte Bewegung	RB
Loslager (vertikal sperren)	$u, v'$	$v(x_{\text{L}}) = 0$
Festes Gelenklager	$v'$	$u = 0$ und $v = 0$
Einspannung	nichts	$u = 0$ , $v = 0$ , $v' = 0$
Schräges Lager (Winkel $\alpha$ )	Bewegung entlang Lager-Linie	$u\,\sin(\alpha) + v\,\cos(\alpha) = 0$

Verträglichkeits-Bedingungen pro Lagertyp. Die verbotenen Bewegungen sind das Komplement der erlaubten.

Merke RB pro Lagertyp
Loslager:

v=0

. Einspannung:

v=v'=0

. Schräg: gekoppelt.

Formel Schräges Lager

u\,\sin(\alpha) + v\,\cos(\alpha) = 0

Senkrecht zur Lager-Linie.

Prüfungstipp Skizze
Bewegungsrichtung des Loslagers aus der Skizze ablesen.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 6 Schräges Lager

5.4 Vorgehen in fünf Schritten

Standard-Muster für jede statisch unbestimmte Aufgabe in Kap. 7. Diese Schritte sind eine Verfeinerung des Vier-Schritte-Musters aus Kap. 5 (Stäbe) auf den Biegelinien-Fall.

Schritt 1: Überzählige Reaktion $X$ wählen. Identifiziere den Grad der statischen Unbestimmtheit. Wähle eine Reaktion als überzählig, deren Verträglichkeit einfach formulierbar ist. Bei Üs7 H1: $X = B$ (Loslager-Reaktion).

Schritt 2: Statik in Funktion von $X$ . Drei GGB aufstellen, alle anderen Reaktionen aus den GGB ausdrücken. Schnittkraft $N(x)$ und Schnittmoment $M_b(x)$ entlang dem Stab als Funktion von $X$ .

Schritt 3: Verformungen in Funktion von $X$ . Längsdehnung $u(x)$ aus $u' = N(x)/(EA)$ (falls $N$ relevant). Biegelinie $v(x)$ aus $E\,I_z\,v''(x) = M_b(x)$ . Beide Funktionen enthalten $X$ als Parameter, plus Integrationskonstanten.

Schritt 4: Bekannte Randbedingungen einsetzen. Einspannungs-RB ( $v(0) = 0$ , $v'(0) = 0$ etc.) liefern die Integrationskonstanten als Funktion von $X$ . So bleibt nur noch $X$ unbekannt.

Schritt 5: Verträglichkeits-RB einsetzen, $X$ auflösen. Die Lager-Bedingung am stat. unbest. Lager liefert eine Gleichung in $X$ . Lösen, einsetzen, alle Reaktionen und Verformungen finalisieren.

!!!

Muster in einer Zeile

X = X(\text{Lasten}, \text{Steifigkeiten}) \;\Longleftarrow\; v(x_{\text{stat. unbest. Lager}}; X) = 0

Endform:

X

als Ausdruck in den Last- und Steifigkeits-Werten.

Merke 5 Schritte

X

wählen, Statik(

X

), Verformungen(

X

), bekannte RB, Verträglichkeit.

Formel Schliess-Gleichung

v(x_{\text{Lager}}; X) = 0

Liefert

X

am Schluss.

Prüfungstipp Konstanten zählen

2\,n + g

Unbekannte, gleichviel RB.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 5.5 Üs7 H1 Beispiel

5.5 Beispiel: Kragarm mit Streckenlast und Loslager (Üs7 H1)

Aufgabe (aus Übungsserie 7, Hausübung H1). Ein Kragarm ist links bei $A$ eingespannt und hat ein zusätzliches Loslager $B$ am rechten Ende. Über die ganze Länge $L$ wirkt eine Streckenlast $q$ nach unten. Berechne die Lagerreaktionen.

Statisch unbestimmt. An der Einspannung $A$ gibt es drei Reaktionen ( $A_x$ , $A_y$ , $M_A$ ), am Loslager $B$ eine Reaktion ( $B$ ). Insgesamt vier Unbekannte, aber nur drei Gleichgewichtsbedingungen ( $\sum F_x = 0$ , $\sum F_y = 0$ , $\sum M = 0$ ). Das System ist einfach statisch unbestimmt, also brauchen wir eine zusätzliche Gleichung aus der Verformung.

Vorgehen. Eine der Reaktionen als überzählige Unbekannte $X$ wählen, die anderen aus den drei GGB in Funktion von $X$ ausdrücken. Dann Biegelinie aufstellen und Randbedingungen einsetzen. Die Randbedingung am Loslager $B$ ( $v(L) = 0$ ) liefert die zusätzliche Gleichung, die $X$ festlegt.

Definition Statisch unbestimmt
Mehr Reaktionen als GGB. Verformungs-Bedingung schliesst das System.

Merke Vorgehen 5 Schritte
Überzählige als

X

, Statik in

X

, Biegelinie, RB einsetzen,

X

auflösen.

Querverweis Brücke
→ Kap. 5 Sec. 4 Verträglichkeit
→ Kap. 6 Sec. 6.4 Stat. unbest. Biegung

5.6 Lagerreaktionen in Abhängigkeit von B

Lösungsweg in 3 Schritten

Schritt 1: Freischnitt mit B als Unbekannte

Einspannung links: $A_x$ , $A_y$ , $M_A$ . Loslager rechts: nur vertikale Reaktion $B$ . Insgesamt vier Unbekannte. Streckenlast $q$ nach unten über die ganze Länge $L$ , Resultierende $q\,L$ in der Mitte.

GGB aufstellen.

$\begin{aligned} \sum F_x &= 0 \;\Longrightarrow\; A_x = 0 \\ \sum F_y &= 0 \;\Longrightarrow\; A_y = q\,L - B \\ \sum M_A &= 0 \;\Longrightarrow\; M_A = L\,B - \frac{L^2\,q}{2} \end{aligned}$
Schritt 2: Schnittmoment in Abhängigkeit von B

Schnitt bei $x \in [0, L]$ vom rechten Ende aus betrachtet (so muss man $A$ -Reaktionen nicht aufschreiben). Rechts vom Schnitt: anteilige Streckenlast $q\,(L - x)$ mit Schwerpunkt $(L - x)/2$ vom Schnitt entfernt, plus Loslager-Reaktion $B$ am Endpunkt mit Hebelarm $(L - x)$ .

Schnittmoment-Bilanz um den Schnitt-Punkt.

$\begin{aligned} M_b(x) &= \frac{q}{2}\,(L - x)^2 - B\,(L - x) \\ &= \frac{q}{2}\,x^2 + (B - q\,L)\,x - B\,L + \frac{L^2\,q}{2} \end{aligned}$
Schritt 3: Vorbereitung der Biegelinie

Mit $E\,I_z\,v''(x) = M_b(x)$ haben wir alles, was wir für die Doppelintegration brauchen. Die zwei Konstanten $C_1, C_2$ und die unbekannte $B$ ergeben drei Unbekannte. Drei Randbedingungen werden sie alle drei festlegen.

Ausgangspunkt für Sec. 5.7.

$E\,I_z\,v''(x) = \frac{q}{2}\,x^2 + (B - q\,L)\,x - B\,L + \frac{L^2\,q}{2}$

Formel Reaktionen in $B$

A_y = q\,L - B,\;M_A = L\,B - L^2\,q/2

Drei Reaktionen in Funktion von

B

Merke Schnitt von rechts
Vermeidet Einspannungsreaktionen, vereinfacht

M_b(x)

5.7 Biegelinie und Randbedingungen

Lösungsweg in 5 Schritten

Schritt 1: Doppelintegration

$E\,I_z\,v''(x) = M_b(x)$ zweimal nach $x$ integrieren. Pro Integration eine Konstante.

Allgemeine Lösung mit $C_1, C_2$ .

$\begin{aligned} E\,I_z\,v(x) &= \frac{q}{24}\,x^4 + \frac{B - q\,L}{6}\,x^3 \\ &\quad + \frac{-B\,L + L^2\,q/2}{2}\,x^2 + C_1\,x + C_2 \end{aligned}$
Schritt 2: Drei Randbedingungen

Einspannung bei $x = 0$ : $v(0) = 0$ und $v'(0) = 0$ . Loslager bei $x = L$ : $v(L) = 0$ . Insgesamt drei RB für drei Unbekannte ( $C_1, C_2, B$ ).

Bedingungen ausschreiben.

$v(0) = 0, \qquad \frac{dv}{dx}\bigg|_{x=0} = 0, \qquad v(L) = 0$
Schritt 3: Erste zwei RB lösen

$v(0) = 0$ liefert $C_2 = 0$ direkt. $v'(0) = 0$ liefert $C_1 = 0$ direkt (kein konstantes Glied in $v'$ am Anfang). So sind beide Integrationskonstanten festgelegt, ohne $B$ zu kennen.

$C_1, C_2$ verschwinden.

$C_2 = 0, \qquad C_1 = 0$
Schritt 4: Dritte RB liefert B

$v(L) = 0$ einsetzen und Polynom in $L$ ausrechnen. Mit etwas Algebra (Üs7 H1 zeigt die Zwischenschritte mit gleichnamigem Nenner $24$ ) lassen sich alle Terme zusammenfassen zu einer linearen Gleichung in $B$ .

Lineare Gleichung lösen.

$\begin{aligned} v(L) = 0 &\;\Longrightarrow\; \frac{q\,L^4}{24} + \frac{(B - q\,L)\,L^3}{6} + \frac{(-B\,L + L^2\,q/2)\,L^2}{2} = 0 \\ &\;\Longrightarrow\; -\frac{B}{3} + \frac{q\,L}{8} = 0 \;\Longrightarrow\; B = \frac{3\,q\,L}{8} \end{aligned}$
Schritt 5: Restliche Reaktionen

$B$ in die Formeln aus Sec. 5.6 einsetzen. Die zwei restlichen Einspannungs-Reaktionen $A_y$ und $M_A$ folgen direkt.

Endwerte für alle vier Reaktionen.

$\boxed{\;B = \frac{3\,q\,L}{8},\qquad A_y = \frac{5\,q\,L}{8},\qquad M_A = -\frac{q\,L^2}{8}\;}$

Formel Resultate

B = 3\,q\,L/8,\;A_y = 5\,q\,L/8,\;M_A = -q\,L^2/8

Klassische Verteilung beim einseitig eingespannten Balken mit Endlager.

Merke Drei RB, drei Unbekannte
Zwei Integrationskonstanten plus eine überzählige Reaktion.

6.1 Wieso ein schräges Lager beide Verformungen koppelt

Die Idee. Ein Lager unter Winkel $\alpha$ zur Horizontalen lässt eine Bewegung nur entlang einer bestimmten Richtung zu. Wenn der Verschiebungsvektor des Lager-Punktes den horizontalen Anteil $u_B$ und den vertikalen Anteil $v_B$ hat, dann liegt $(u_B, v_B)$ zwingend auf der Bewegungs-Linie des Lagers.

Anschauliches Bild. Stell dir ein Schienenfahrzeug vor: das Fahrgestell sitzt auf Schienen unter Winkel $\alpha$ . Es kann nur entlang der Schiene rollen, nicht senkrecht dazu. Wenn das Fahrgestell sich um Distanz $d$ entlang der Schiene bewegt, ist die horizontale Verschiebung $u = d\,\cos(\alpha)$ und die vertikale $v = d\,\sin(\alpha)$ . Beide Komponenten sind durch die einzige Variable $d$ bestimmt, also gekoppelt.

Konsequenz für die Statik. Das schräge Lager liefert eine Reaktion ENTLANG seiner Lager-Linie (nicht senkrecht dazu). Wenn die Lager-Linie unter $\alpha$ steht, hat die Reaktion die Komponenten $(\sin(\alpha), \cos(\alpha)) \cdot |R|$ oder ähnlich. Damit hat das Lager NUR EINE unabhängige Reaktions-Grösse $|R|$ , nicht zwei wie bei einem festen Gelenklager.

Wieso das stat. unbest. wird. Bei einem Kragarm (links eingespannt) plus schrägem Lager rechts: Einspannung hat 3 Reaktionen, schräges Lager hat 1 Reaktion. Total 4 Reaktionen, 3 GGB, also einfach stat. unbest. Eine Verträglichkeits-Bedingung wird gebraucht; sie kommt aus der Lager-Geometrie.

!!!

Verschiebungs-Komponenten am schrägen Lager

(u_B, v_B) = d \cdot (\cos(\alpha), \sin(\alpha)) \quad\text{für}\;d\;\text{entlang der Lager-Linie}

d

ist die Distanz, um die das Lager sich verschiebt. Beide Komponenten gekoppelt durch

d

Definition Schräges Lager
Lager mit Bewegungs-Linie unter Winkel

\alpha

zur Horizontalen.

Formel Verschiebungs-Komponenten

u_B = d\,\cos(\alpha),\;v_B = d\,\sin(\alpha)

Eindimensionale Bewegung.

Merke Eine Reaktions-Grösse
Reaktion entlang Lager-Linie, ein freier Parameter.

Prüfungstipp Skizze konsultieren
Winkel

\alpha

und Bewegungsrichtung exakt ablesen.

6.2 Verträglichkeit mathematisch

Allgemeine Formulierung. Wenn $(u_B, v_B) = d \cdot (\cos(\alpha), \sin(\alpha))$ , dann ist die Komponente von $(u_B, v_B)$ SENKRECHT zur Lager-Linie null. Mathematisch: $-u_B \sin(\alpha) + v_B \cos(\alpha) = 0$ oder äquivalent $u_B/\cos(\alpha) = v_B/\sin(\alpha)$ (wenn beide Nenner ungleich null). Diese Beziehung ist die Verträglichkeitsbedingung.

Spezialfall $\alpha = 45°$ . $\sin(\alpha) = \cos(\alpha) = 1/\sqrt{2}$ , also $-u_B + v_B = 0$ , das heisst $u_B = v_B$ . Wenn die Vorzeichen-Konvention so gewählt ist, dass beide positiv sind: $u_B = v_B$ . Bei umgekehrter Lager-Richtung: $u_B = -v_B$ . Aufgabe Üs7 S1 hat $|u_B| = |v_B|$ .

Spezialfall $\alpha = 0°$ (horizontale Lager-Linie). $\sin(\alpha) = 0$ , also $v_B \cos(\alpha) = 0$ , also $v_B = 0$ . Das heisst, das Lager fungiert als Loslager mit nur vertikaler Sperre. Die horizontale Bewegung $u_B$ ist frei.

Spezialfall $\alpha = 90°$ (vertikale Lager-Linie). $\cos(\alpha) = 0$ , also $u_B \sin(\alpha) = 0$ , also $u_B = 0$ . Das Lager sperrt horizontale Bewegung, lässt vertikale frei.

!!!

Verträglichkeit am schrägen Lager

u_B \sin(\alpha) - v_B \cos(\alpha) = 0 \;\Longleftrightarrow\; \frac{u_B}{\cos(\alpha)} = \frac{v_B}{\sin(\alpha)}

Die Komponente senkrecht zur Lager-Linie ist null. Vorzeichen kann je nach Richtungs-Konvention der Skizze variieren.

Winkel $\alpha$	Lager-Typ	RB
$0°$	horizontaler Boden, vertikales Sperren	$v_B = 0$
$45°$	Diagonale, beide Komponenten gekoppelt	$\|u_B\| = \|v_B\|$
$90°$	vertikale Wand, horizontales Sperren	$u_B = 0$
allgemein $\alpha$	Lager-Linie	$u_B \sin(\alpha) = v_B \cos(\alpha)$

Verträglichkeitsbedingung pro Lager-Winkel.

Formel Verträglichkeit

u_B \sin(\alpha) = v_B \cos(\alpha)

Komponente senkrecht zur Lager-Linie verschwindet.

Merke $\alpha = 45°$
Standardfall.

|u_B| = |v_B|

Prüfungstipp Vorzeichen aus Skizze
Bewegungsrichtung exakt ablesen.

6.3 Drei Bausteine zur Lösung

Übersicht. Eine stat. unbest. Aufgabe mit schrägem Lager und kombinierter Last erfordert drei Verformungs-Berechnungen, die alle in der überzähligen Reaktion $X$ formuliert sind. Die Verträglichkeit am Lager liefert dann die Schliess-Gleichung.

Baustein 1: Statik in $X$ . Lager-Reaktion $X$ als überzählig wählen. Drei GGB liefern die anderen Reaktionen ausgedrückt durch $X$ . Schnittkraft $N(x)$ und Schnittmoment $M_b(x)$ entlang dem Stab als Funktion von $X$ .

Baustein 2: Längsdehnung am Endpunkt aus $N$ . Integration $u(L) = \int_0^L N(x)/(EA)\,dx$ . Bei abschnittsweise konstantem $N$ : $u(L) = \sum_i N_i\,L_i/(EA_i)$ . Bei einem schrägen Lager wirkt nur die axiale Komponente von $X$ als $N$ , also $N(x) = -X \cos(\alpha)$ (Vorzeichen aus Skizze). Resultat: $u(L)$ als linearer Ausdruck in $X$ .

Baustein 3: Biegelinie am Endpunkt aus $M$ . Doppelintegration der Biege-DGL $E\,I_z\,v''(x) = M_b(x)$ mit Kragarm-RB ( $v(0) = 0$ , $v'(0) = 0$ ). Resultat: $v(L)$ als Ausdruck in der Streckenlast und in $X$ . Beide Beiträge linear in den Lasten und in $X$ .

Schliess-Gleichung. Mit den zwei Funktionen $u(L; X)$ und $v(L; X)$ einsetzen in die Verträglichkeit $u_B \sin(\alpha) = v_B \cos(\alpha)$ . Das ist eine lineare Gleichung in $X$ . Auflösen, einsetzen, alle Verformungen und Reaktionen finalisieren.

!!!

Drei-Bausteine-Muster

\begin{aligned} &\text{Statik:}\quad N(x; X), \;M_b(x; X) \\ &\text{Axial:}\quad u(L; X) = \int_0^L \frac{N(x; X)}{E\,A}\,dx \\ &\text{Biegung:}\quad v(L; X) = \text{Doppelintegration mit RB} \\ &\text{Schliess:}\quad u(L; X) \sin(\alpha) = v(L; X) \cos(\alpha) \;\Longrightarrow\; X \end{aligned}

Vollständige Methodik in vier Schritten. Muster für jede Aufgabe mit schrägem Lager.

Merke Drei Bausteine
Statik, Axial-Verformung, Biegelinie. Alle in

X

Formel Längsdehnung

u(L) = \int_0^L N(x)/(EA)\,dx

Aus Kap. 5 Hooke 1D.

Prüfungstipp Vorzeichen-Sorgfalt
Drei Felder, drei Vorzeichen-Konventionen. Kontrollieren.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 6.5 Üs7 S1 Beispiel

6.4 Anschauung: warum $A\,L^2 + 3\,I$ als Nenner auftritt

Vorhang auf für die Steifigkeits-Kombination. Bei vielen Aufgaben mit schrägem Lager (insbesondere Üs7 S1) erscheint der Ausdruck $A\,L^2 + 3\,I$ als Nenner in der überzähligen Reaktion $X$ . Das ist kein Zufall. Es kombiniert die zwei Steifigkeiten des Stabes auf eine geometrisch sinnvolle Weise.

Axiale Steifigkeit. Der Term $A\,L^2$ stammt aus der axialen Verformung. Bei einer Lagerreaktion mit horizontaler Komponente $\propto X$ und Hebelarm $L$ verkürzt sich der Stab um $u(L) \propto X\,L/(EA)$ . Aus der Verträglichkeit folgt eine Beziehung zwischen $u$ und $X$ , die den Faktor $A$ enthält. Multiplikation mit $L^2$ kommt aus der Hebelarm-Beziehung.

Biege-Steifigkeit. Der Term $3\,I$ stammt aus der Biegelinie. Bei einer Lagerreaktion mit vertikaler Komponente $\propto X$ am Kragarm-Ende ist die Durchbiegung $v(L) \propto X\,L^3/(3\,E\,I)$ . Das Verhältnis zwischen $u$ und $v$ über die Verträglichkeit liefert dann den Faktor $3\,I$ im Nenner.

Konsequenz für die Praxis. Wenn $A\,L^2 \gg 3\,I$ : axiale Steifigkeit dominiert, Biegung ist vernachlässigbar. Der Stab verhält sich wie ein Kabel-Stab. Wenn $A\,L^2 \ll 3\,I$ : Biege-Steifigkeit dominiert, axiale Verkürzung ist vernachlässigbar. Der Stab verhält sich wie ein reiner Biegebalken. Das Verhältnis $A\,L^2/(3\,I)$ ist der Schlüssel-Indikator dafür, welcher Effekt dominant ist.

Dimensions-Check. $A\,L^2$ hat Dimension $[\mathrm{m}^4]$ , $I$ hat ebenfalls $[\mathrm{m}^4]$ . Beide Terme sind also dimensionskonform und können addiert werden. Das Verhältnis $A\,L^2/I$ ist dimensionslos und gibt eine geometrische Charakterisierung des Stabes.

Steifigkeits-Verhältnis

\eta = \frac{A\,L^2}{3\,I}

Dimensionslos.

\eta \gg 1

: axial dominant.

\eta \ll 1

: Biegung dominant. Bei

\eta \approx 1

: beide Effekte gleichberechtigt.

Formel Nenner

A\,L^2 + 3\,I

Kombinierte Steifigkeit aus axial und Biegung.

Merke Dimensionscheck
Beide Terme

[\mathrm{m}^4]

, dimensionskonform.

Prüfungstipp Verhältnis $\eta$

A\,L^2/(3\,I)

zeigt dominanten Effekt.

6.5 Beispiel: 45°-Lager mit Eigengewicht (Üs7 S1)

Aufgabe (aus Übungsserie 7, Schnellübung S1). Ein Biegebalken (Länge $L$ , E-Modul $E$ , Querschnittsfläche $A$ , Trägheitsmoment $I$ ) ist links bei $A$ eingespannt und rechts bei $B$ schräg gelagert (45° gegen die Horizontale). Auf den Balken wirkt sein Eigengewicht als verteilte Last $q_0$ nach unten. Berechne den Betrag der Verschiebung des Punktes $B$ .

Muster. Diese Aufgabe ist die Königsdisziplin von Kap. 7. Gleichzeitig statisch unbestimmt UND kombinierte Biegung-und-Normalkraft, weil das schräge Lager eine Reaktion erzeugt, die sowohl horizontale als auch vertikale Komponenten hat. Die horizontale Komponente führt zu einer axialen Stabverkürzung, die vertikale zu einer Biegung. Das Lager 45° verbindet beide Verschiebungen, was eine zusätzliche Verträglichkeitsbedingung ergibt.

Merke Schräges Lager 45°
Reaktion in 45°-Richtung, koppelt

u_B

und

v_B

Prüfungstipp Erweiterte Methodik
Wie Sec. 5, aber mit zusätzlicher Verträglichkeit aus der Lager-Geometrie.

6.6 Lagerreaktionen, Schnittkräfte und Biegelinie

Lösungsweg in 6 Schritten

Schritt 1: Lagerreaktionen in Abhängigkeit von B

Einspannung links: $A_x$ , $A_y$ , $M_A$ . Schräges Lager rechts: Reaktion $B$ entlang 45°. Komponenten: $B_x = (\sqrt{2}/2)\,B$ (in der Skizze nach links), $B_y = -(\sqrt{2}/2)\,B$ . Streckenlast $q_0$ nach unten gleichmässig.

Drei GGB aufstellen.

$\begin{aligned} \sum F_x &= 0 \;\Longrightarrow\; A_x = \frac{\sqrt{2}}{2}\,B \\ \sum F_y &= 0 \;\Longrightarrow\; A_y = q_0\,L - \frac{\sqrt{2}}{2}\,B \\ \sum M_A &= 0 \;\Longrightarrow\; M_A = \frac{\sqrt{2}}{2}\,B\,L - \frac{L^2}{2}\,q_0 \end{aligned}$
Schritt 2: Innere Beanspruchung im Stab

Schnitt von rechts bei $x \in [0, L]$ . Normalkraft aus der horizontalen Komponente von $B$ (kann nicht durch andere Lasten geändert werden, da $q_0$ vertikal). Biegemoment aus Streckenlast plus vertikale Komponente von $B$ .

Zwei Schnittgrössen.

$\begin{aligned} N(x) &= -\frac{\sqrt{2}}{2}\,B \quad (\text{konstant}) \\ M_b(x) &= \frac{q_0}{2}\,(L - x)^2 - \frac{\sqrt{2}}{2}\,B\,(L - x) \end{aligned}$
Schritt 3: Doppelintegration der Biegelinie

$E\,I\,v''(x) = M_b(x)$ zweimal integrieren. Mit der Substitution $u = L - x$ gibt es eine kompakte Form, ausgeschrieben dann mit $C_1, C_2$ .

Allgemeine Lösung.

$\begin{aligned} E\,I\,v(x) &= \frac{q_0}{24}\,(L - x)^4 - \frac{\sqrt{2}}{12}\,B\,(L - x)^3 + C_1\,x + C_2 \end{aligned}$
Schritt 4: Erste zwei RB lösen

Einspannung bei $x = 0$ : $v(0) = 0$ und $v'(0) = 0$ . Setze ein und löse nach $C_1, C_2$ .

Konstanten als Funktion von $B$ .

$\begin{aligned} v(0) = 0 &\;\Longrightarrow\; C_2 = \frac{L^3}{24}\,(2\,\sqrt{2}\,B - q_0\,L) \\ v'(0) = 0 &\;\Longrightarrow\; C_1 = \frac{L^2}{24}\,(4\,q_0\,L - 6\,\sqrt{2}\,B) \end{aligned}$
Schritt 5: Verträglichkeit am 45°-Lager

Bei $x = L$ muss die Verschiebung in der 45°-Richtung sein, also $|v(L)| = |u(L)|$ . $u(L)$ kommt aus der Stabverkürzung durch $N$ : $u(L) = -N\,L/(EA) = (\sqrt{2}/2)\,B\,L/(EA)$ . Einsetzen in $v(L) = u_B = -u(L)$ (Vorzeichen aus Lager-Richtung) liefert eine Gleichung in $B$ .

Verträglichkeits-Gleichung lösen.

$\begin{aligned} v(L) &= u_B = \frac{\sqrt{2}}{2}\,\frac{B\,L}{E\,A} \\ \Longrightarrow\quad B &= \frac{\sqrt{2}\cdot 3\,A\,L^3\,q_0}{8\,(A\,L^2 + 3\,I)} \end{aligned}$
Schritt 6: Verschiebung des Punktes B

Mit $B$ aus Schritt 5 einsetzen in $v_B = -u_B$ und Betrag rechnen. Geometrische Verschiebung in 45°-Richtung: $|s_B| = \sqrt{u_B^2 + v_B^2} = \sqrt{2}\,|v_B|$ .

Endwert.

$\begin{aligned} u_B &= \frac{\sqrt{2}\,B\,L}{2\,E\,A} = -\frac{3\,L^4\,q_0}{8\,E\,(A\,L^2 + 3\,I)} \\ v_B &= -u_B = \frac{3\,L^4\,q_0}{8\,E\,(A\,L^2 + 3\,I)} \end{aligned} \\[6pt] \boxed{\,|s_B| = \sqrt{u_B^2 + v_B^2}\,}$

Formel Endwert B

B = \frac{\sqrt{2}\cdot 3\,A\,L^3\,q_0}{8\,(A\,L^2 + 3\,I)}

Lagerreaktion am 45°-Lager.

Merke Verträglichkeit aus Lager

|u_B| = |v_B|

aus der 45°-Bewegungsrichtung.

Prüfungstipp Zwei Steifigkeiten

A\,L^2

aus axialer plus

3\,I

aus Biegung.

6.7 Synthese: warum dieses Muster alle bisherigen Werkzeuge integriert

Üs7 S1 ist die Vorlage für viele FS18-FS25-Klausuren. Sobald ein Lager nicht streng horizontal oder vertikal ist (also unter einem Winkel $\alpha \neq 0°, 90°$ ), kommt eine Verträglichkeitsbedingung der Form $u_B \cos(\alpha) + v_B \sin(\alpha) = 0$ ins Spiel. Diese Bedingung verbindet axiale Stabverlängerung (aus $N$ ) mit der Biegelinie (aus $M_b$ ). Das ist der Grund, warum Kap. 7 die Synthese aller bisherigen Werkzeuge ist.

Drei Bausteine. Erstens: Statik in Abhängigkeit der überzähligen Reaktion $X$ . Zweitens: Schnittkräfte $N(x)$ und $M_b(x)$ in Funktion von $X$ . Drittens: zwei Verformungsrechnungen, eine für $u(L)$ aus $N/(EA)$ (Kap. 5) und eine für $v(L)$ aus der Biegelinie (Kap. 6), beide in Funktion von $X$ . Verträglichkeit am Lager liefert die Gleichung in $X$ .

Muster in einer Zeile. $X = X(\text{Lasten}, \text{Steifigkeiten})$ , dann alle Verformungen einsetzen, fertig.

Merke Synthese-Aufgabe
Statik plus Verträglichkeit, axial plus Biegung.

Prüfungstipp Drei Bausteine
Statik(

X

), Schnittkräfte(

X

), Verformungen(

X

7.1 Wann mehrere Bereiche

Fünf Ursachen für einen Bereichswechsel. Ein Bereich endet und ein neuer beginnt, sobald sich die analytische Form der Schnittkräfte $N(x)$ oder $M_b(x)$ ändert. Das passiert in fünf Standard-Situationen.

(1) Querschnittssprung. Wenn das Trägheitsmoment $I$ oder die Querschnittsfläche $A$ entlang dem Stab variiert, ändert sich das Verhältnis $M/I$ und damit die Biegelinie pro Bereich. Beispiel: Welle mit dünnem Aussenstück und dickem Mittelstück (Üs7 S2).

(2) Einzellast. Eine Punktkraft erzeugt einen Knick im Schnittmoment-Diagramm. Vor und hinter der Last hat $M_b(x)$ unterschiedliche Steigungen. Pro Knick ein neuer Bereich.

(3) Streckenlast-Endpunkt. Wenn eine Streckenlast nur über einen Teil des Balkens wirkt und dort endet, ändert sich am Endpunkt die Steigung der Querkraft (und damit die Krümmung des Schnittmoments).

(4) Punktmoment. Ein angreifendes Punktmoment erzeugt einen Sprung im Schnittmoment-Diagramm. Pro Sprung ein neuer Bereich.

(5) Mittleres Lager. Ein zusätzliches Lager mitten im Balken (etwa beim durchlaufenden Träger) erzeugt einen Knick im Schnittmoment, weil die Lagerreaktion eine zusätzliche Kraft am Lager-Punkt liefert.

Ursache	Effekt im $M_b$ -Diagramm	Beispiel
Querschnittssprung	kein Knick in $M_b$ , aber $E\,I$ ändert sich	Üs7 S2
Einzellast	Knick (Steigungs-Sprung)	Standardfall, siehe Sec. 2.6
Streckenlast-Endpunkt	Krümmungs-Sprung	Üs7 Wiederholung, Üs6 S1
Punktmoment	Sprung (Wert-Sprung)	FS22 E2
Mittleres Lager	Knick	Drei-Lager-Träger

Bereichswechsel pro Ursache. Pro Wechsel ein neuer Bereich mit eigenen Konstanten.

Merke Fünf Ursachen
Querschnittssprung, Einzellast, Streckenlast-End, Punktmoment, mittleres Lager.

Formel $2n$ Konstanten

n\;\text{Bereiche}\;\Rightarrow\;2\,n\;\text{Konstanten}

Pro Bereich Doppelintegration mit zwei RB.

Prüfungstipp Skizze
Vor dem Rechnen

M_b

-Diagramm überschlagen.

Querverweis Aus Kap. 6
→ Kap. 6 Sec. 6.1 Mehrere Bereiche

7.2 Stetigkeitsbedingungen am Übergang

Wieso Stetigkeit zwingend. Ein Balken kann nicht reissen oder einen scharfen Knick haben. Daher muss die Verschiebung $v(x)$ und die Steigung $v'(x)$ am Übergang zwischen zwei Bereichen stetig sein. Diese Stetigkeit liefert zwei Randbedingungen pro Bereichs-Grenze, was genau zur Anzahl der Konstanten passt.

Bedingungen am Übergang. Bei Bereichs-Grenze $x = a$ : $v_1(a) = v_2(a)$ und $v'_1(a) = v'_2(a)$ . Wenn die Laufvariablen gleich orientiert sind ( $x_1$ und $x_2$ beide von links nach rechts), gelten die Stetigkeits-Bedingungen direkt. Wenn die Laufvariablen entgegengesetzt orientiert sind (selten in Kap. 7), dreht sich das Vorzeichen der Steigung.

Längsdehnung beim Querschnittssprung. Beim Wechsel des Querschnitts ist die Stetigkeit auch für $u(x)$ wichtig. $u_1(a) = u_2(a)$ ist erfüllt, weil Hooke 1D von links und rechts gleichzeitig betrachtet werden kann. Aber: $u'_1$ und $u'_2$ können verschieden sein, weil $E\,A$ links und rechts verschieden sein können (wenn $A$ springt). Das bedeutet, der STAB hat eine Dehnungs-Diskontinuität, aber die VERSCHIEBUNG ist stetig.

Wie viele RB pro Übergang. Bei $n$ Bereichen entstehen $n - 1$ Bereichs-Grenzen, jede liefert 2 Stetigkeits-RB für $v$ (Verschiebung und Steigung). Plus 2 RB an den Stab-Enden (üblicherweise aus Lagern). Insgesamt $2(n-1) + 2 = 2n$ RB, was zu $2n$ Konstanten passt.

!!!

Stetigkeit der Biegelinie am Übergang

v_1(a) = v_2(a), \qquad v'_1(a) = v'_2(a)

Pro Bereichs-Grenze zwei RB. Beide aus physikalischer Notwendigkeit (kein Bruch, kein Knick im Stab).

Stetigkeit der Längsdehnung am Querschnittssprung

u_1(a) = u_2(a) \quad\text{(aber}\;u'_1 \neq u'_2\;\text{wenn}\;A\;\text{springt)}

Verschiebung stetig, Dehnung kann springen. Bei konstantem

A

entlang dem Stab ist auch die Dehnung stetig.

Formel Stetigkeit

v_1(a) = v_2(a),\;v'_1(a) = v'_2(a)

Pro Bereichs-Grenze zwei RB.

Merke Material-Kontinuität
Kein Bruch, kein Knick. Daraus zwei stetige Funktionen.

Querverweis Aus Kap. 6
→ Kap. 6 Sec. 6.2

7.3 Kritische Querschnitt-Stelle

Was ist die kritische Stelle. Die kritische Querschnitt-Stelle ist die, an der die Spannung $|\sigma_x|$ maximal wird. Bei einem Stab mit konstantem Querschnitt fällt das mit der Stelle des grössten $|M_b|$ zusammen. Bei abschnittsweise variablem Querschnitt nicht mehr: dort kann das Verhältnis $|M_b|/I$ an einer Stelle gross sein, an der $|M_b|$ selber nicht maximal ist.

Wieso $|M_b|/I$ statt $|M_b|$ . Die Biegespannung ist $|\sigma_b| = |M_b| \cdot |y_{\max}|/I$ . Wenn $I$ über den Stab variiert, hängt der Spannungswert nicht nur von $|M_b|$ , sondern auch von $|y_{\max}|/I$ ab. An einer Stelle mit kleinerem $I$ und nur leicht kleinerem $|M_b|$ kann die Spannung grösser sein als an der Stelle mit maximalem $|M_b|$ aber grossem $I$ .

Muster für die Suche. Identifiziere alle kritischen Kandidaten: Stellen mit lokalen Maxima des $|M_b|$ -Diagramms UND Stellen, an denen $I$ einen Sprung nach unten macht (Übergang von dickem zu dünnem Bereich). An jedem Kandidat $|M_b|/I$ berechnen, das Maximum nehmen.

Üs7 S2 als Beispiel. In der Welle ist das Biegemoment am grössten in der Mitte ( $x = 5\,L/2$ , $|M_b| = 5\,q\,L^2/4$ ). Aber an dieser Stelle ist auch $I_z = \pi\,R^4$ (dicker Bereich). An der Übergangs-Stelle $x = 2\,L$ ist $|M_b| = q\,L^2$ (kleiner) und $I_z = \pi\,R^4/4$ (deutlich kleiner). Das Verhältnis ist an der Übergangs-Stelle GRÖSSER, also ist DAS die kritische Stelle. Lehrpunkt: bei abschnittsweise variablem Querschnitt mehrere Stellen prüfen, nicht nur das $|M_b|$ -Maximum.

!!!

Kritische Querschnitt-Stelle

x^* = \arg\max_{x} \frac{|M_b(x)| \cdot |y_{\max}(x)|}{I(x)}

Suche das Maximum des Spannungs-Verhältnisses, nicht des Biegemoments allein.

Bei kombinierter Belastung

|\sigma_x|_{\max} = \max_{x, y} \Big| \frac{N(x)}{A(x)} - \frac{M_b(x)\,y}{I(x)} \Big|

Mit Normalkraft addieren sich Anteile. Maximum oft an den Faserrändern

y = \pm y_{\max}

Merke $|M|/I$ entscheidet
Bei variablem Querschnitt nicht

|M|

allein.

Formel Maximum

x^* = \arg\max\; |M_b|\,|y_{\max}|/I

Über alle Querschnitt-Kandidaten.

Prüfungstipp Übergangs-Stellen
Häufig kritisch wegen

I

-Sprung nach unten.

7.4 Volumenabhängige Streckenlast

Was ist eine volumenabhängige Streckenlast. Wenn das Eigengewicht eines Stabes als Belastung berücksichtigt werden muss, ist die Streckenlast $q$ proportional zum Querschnittsvolumen pro Längeneinheit, also zur Querschnittsfläche $A$ . Bei einem Stab mit konstantem $A$ ist auch $q$ konstant. Bei einem Stab mit variablem $A$ ist $q$ abschnittsweise verschieden.

Wieso $q \propto A$ . Eigengewicht: ein Stab-Element der Länge $dx$ und Querschnittsfläche $A$ hat das Volumen $A\,dx$ und die Masse $\rho \cdot A\,dx$ (mit $\rho$ der Dichte). Die Gewichtskraft pro Längeneinheit ist $g \cdot \rho \cdot A$ , also $q = g\,\rho\,A$ . Bei einem zylindrischen Stab mit Radius $R$ ist $A = \pi\,R^2$ , also $q = g\,\rho\,\pi\,R^2 \propto R^2$ .

Wann brauche ich das. Bei jeder Aufgabe, in der das Eigengewicht des Stabes nicht vernachlässigt werden kann. Üblicherweise bei langen, schweren Stäben oder bei Dimensionierungs-Aufgaben, in denen die Frage ist, wie dick der Stab sein muss, damit das Eigengewicht alleine ihn nicht zerstört.

Konsequenz für die Dimensionierung. Wenn $q \propto R^2$ und die kritische Spannung $|\sigma| =$ konstant $\cdot q\,L^2/R^3 \propto R^2 \cdot L^2/R^3 = L^2/R$ ist, dann liefert die Bedingung $|\sigma| \leq \sigma_{\text{zul}}$ direkt $R \geq C \cdot L^2/\sigma_{\text{zul}}$ mit einer geometrischen Konstante. Das ist die Standard-Form der Dimensionierungs-Formel bei Eigengewicht.

!!!

Volumenabhängige Streckenlast

q = g\,\rho \cdot A \quad\text{oder kompakt}\quad q = f_G \cdot A

f_G = g\,\rho

ist das spezifische Gewicht (Kraft pro Volumen). Bei zylindrischem Stab:

q = f_G\,\pi\,R^2

Skalierung bei Dimensionierung

|\sigma_{\max}| \propto \frac{q\,L^2}{R^3} = \frac{f_G\,\pi\,R^2 \cdot L^2}{R^3} = \frac{f_G\,\pi\,L^2}{R}

Bei zylindrischem Stab.

R^2

aus

q

kürzt zwei Potenzen aus

R^3

, übrig bleibt

1/R

. Daraus die Standard-Dimensionierung.

Formel Eigengewicht

q = f_G \cdot A

Streckenlast aus Eigengewicht. Variabel bei variablem

A

Merke Skalierung
Beim zylindrischen Stab:

q \propto R^2

|\sigma| \propto L^2/R

Prüfungstipp Einheiten

f_G

\mathrm{N/mm^3}

umrechnen für saubere Algebra.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 7.5 Üs7 S2

7.5 Beispiel: Welle mit drei Bereichen (Üs7 S2)

Aufgabe (aus Übungsserie 7, Schnellübung S2). Eine kreiszylindrische Welle ist symmetrisch in $A$ und $B$ in $y$ -Richtung unverschieblich gelagert (oberhalb und unterhalb je ein Auflager). Die Welle besteht aus drei Abschnitten: dünner Bereich Radius $R$ in den Aussenstücken, dickerer Mittelteil Radius $\sqrt{2}\,R$ . Fünf gleiche Längenabschnitte $L$ mit Auflagern bei $x = L$ ( $A$ ) und $x = 4\,L$ ( $B$ ). Die Welle wird nur durch das Eigengewicht belastet. Berechne den kleinstmöglichen zulässigen Radius $R$ bei gegebener Länge $L$ , gegebenem spezifischen Gewicht $f_G$ und zulässiger Spannung $\sigma_{\text{zul}}$ .

Gegeben. $L = 1$ m, $\sigma_{\text{zul}} = 20$ kN/cm² $= 200$ N/mm², $f_G = 80$ N/dm³ $= 80 \times 10^{-6}$ N/mm³.

Volumenabhängige Streckenlast. Da das Eigengewicht volumenabhängig ist, hat der dicke Bereich eine grössere Streckenlast pro Längeneinheit als der dünne. Konkret: $q_{\text{dünn}} = f_G \cdot \pi\,R^2 \equiv q$ und $q_{\text{dick}} = f_G \cdot \pi\,(\sqrt{2}\,R)^2 = 2\,q$ . Das macht die Statik zu einem dreiabschnittigen Problem.

Merke Drei Bereiche
Dünn-Dick-Dünn mit verschiedenen

q

und

I_z

Prüfungstipp Volumenabhängig

q \propto R^2

, also dicker Bereich hat

2\,q

7.6 Lagerkräfte, Biegemoment und Dimensionierung

Lösungsweg in 5 Schritten

Schritt 1: Lagerkräfte aus Symmetrie

Gesamt-Eigengewicht: zwei Aussenstücke je $2\,q\,L$ ( $q$ über je $2\,L$ Länge im dünnen Bereich) plus Mittelstück $2\,q\,L$ ( $2\,q$ über $L$ im dicken Bereich). Insgesamt $6\,q\,L$ . Aus Symmetrie folgt $A = B = 3\,q\,L$ .

Lagerkräfte.

$A = B = 3\,q\,L$
Schritt 2: Biegemoment in drei Bereichen

Schnitt im linken Kragarm-Bereich $0 \leq x \leq L$ (vor Auflager $A$ ): nur Streckenlast $q$ rechts vom Schnitt. Im Bereich $L \leq x \leq 2\,L$ (zwischen $A$ und Mittelstück): Streckenlast $q$ plus Lagerreaktion $A$ . Im Bereich $2\,L \leq x \leq 5\,L/2$ (im Mittelstück): zusätzlich Streckenlast $2\,q$ ab $x = 2\,L$ . Symmetrie liefert die rechte Hälfte spiegelbildlich.

Drei Funktionen $M_b(x)$ .

$\begin{aligned} M_{b,0}(x) &= \frac{q}{2}\,x^2 \quad (0 \leq x \leq L) \\ M_{b,1}(x) &= \frac{q}{2}\,x^2 - 3\,q\,L\,(x - L) \quad (L \leq x \leq 2\,L) \\ M_{b,2}(x) &= q\,(x - 2\,L)^2 - q\,L\,(x - L) \quad (2\,L \leq x \leq 5\,L/2) \end{aligned}$
Schritt 3: Kritische Stelle finden

Der Betrag $|M_b(x)|$ ist am grössten bei $x = 5\,L/2$ (in der Mitte des dicken Stücks): $|M_b(5\,L/2)| = (5/4)\,q\,L^2$ . Aber an dieser Stelle ist $I_z$ auch grösser ( $I_z = \pi\,(\sqrt{2}\,R)^4/4 = \pi\,R^4$ ). Bei $x = 2\,L$ (Übergangs-Stelle, gerade noch im dünnen Bereich) ist $|M_b(2\,L)| = q\,L^2$ und $I_z = \pi\,R^4/4$ . Vergleiche $|\sigma|$ an beiden Stellen.

Spannung an beiden kritischen Stellen.

$\begin{aligned} \sigma_{\max}(2\,L, R) &= \frac{|M_b(2\,L)| \cdot R}{I_z(2\,L)} = \frac{q\,L^2 \cdot R}{\pi\,R^4/4} = \frac{4\,q\,L^2}{\pi\,R^3} \\[4pt] \sigma_{\max}\!\left(\frac{5\,L}{2}, \sqrt{2}\,R\right) &= \frac{|M_b(5\,L/2)| \cdot \sqrt{2}\,R}{I_z(5\,L/2)} = \frac{(5/4)\,q\,L^2 \cdot \sqrt{2}\,R}{\pi\,R^4} = \frac{\sqrt{2}\cdot 5\,q\,L^2}{4\,\pi\,R^3} \end{aligned}$
Schritt 4: Welche Stelle ist kritisch

Bilde das Verhältnis: $\sigma(2\,L)/\sigma(5\,L/2) = (4) / (\sqrt{2}\cdot 5/4) = 16/(\sqrt{2}\cdot 5) > 1$ . Also ist die Spannung bei $x = 2\,L$ grösser. Die kritische Stelle ist die Übergangs-Stelle, NICHT die Mitte, weil dort das Trägheitsmoment noch klein ist.

Kritische Stelle.

$\sigma_{\max} = \frac{4\,q\,L^2}{\pi\,R^3} \quad (\text{bei}\;x = 2\,L)$
Schritt 5: Dimensionierung

Setze $\sigma_{\max} \leq \sigma_{\text{zul}}$ und löse nach $R$ auf. Mit $q = f_G \cdot \pi\,R^2$ einsetzen, dann das $R^3$ kürzt sich teilweise weg.

Endformel für den minimalen Radius.

$\begin{aligned} \frac{4\,(f_G\,\pi\,R^2)\,L^2}{\pi\,R^3} &\leq \sigma_{\text{zul}} \\ \frac{4\,f_G\,L^2}{R} &\leq \sigma_{\text{zul}} \end{aligned} \\[6pt] \boxed{\,R \geq \frac{4\,f_G\,L^2}{\sigma_{\text{zul}}} = \frac{4 \cdot 80 \times 10^{-6} \cdot (1000)^2}{200} = 1{,}6\;\mathrm{mm}\,}$

Formel Resultat

R \geq 4\,f_G\,L^2/\sigma_{\text{zul}} = 1{,}6\;\mathrm{mm}

Minimaler Radius gegen Versagen.

Merke Mehrere Querschnitte prüfen
Kritisch ist

|M|/I

, nicht

|M|

allein.

Prüfungstipp Einheits-Falle

f_G

\mathrm{N/mm^3}

umrechnen für saubere Algebra.

8.1 Schwerpunkt und Trägheitsmoment des Halbkreises (Wiederholung Kap. 6)

Pflicht-Wiederholung. Bevor wir die Wiederholungs-Aufgabe lösen können, brauchen wir den Schwerpunkt und das Flächenträgheitsmoment des Halbkreis-Querschnitts um die Schwerpunkts-Achse. Das ist Stoff aus Kap. 6 Sec. 2.1 (Schwerpunkt-Integral) und Sec. 3.1 (Steiner). Hier explizit hergeleitet, weil die Halbkreis-Geometrie häufig auftritt.

Schwerpunkt via Polarkoordinaten-Integral. Halbkreis: oben gewölbt, flache Seite unten. Hilfskoordinatensystem $(\xi, \eta)$ mit Ursprung im Mittelpunkt der flachen Seite, $\eta$ -Achse senkrecht nach oben. Aus Symmetrie: $\xi_S = 0$ . Für $\eta_S$ das Schwerpunkt-Integral $\eta_S = (1/A)\iint \eta\,dA$ mit $\eta = r\sin(\varphi)$ , $dA = r\,d\varphi\,dr$ , $A = \pi\,R^2/2$ . Doppelintegral $\int_0^R\int_0^\pi r^2\sin(\varphi)\,d\varphi\,dr$ . Auswertung: das innere Integral $\int_0^\pi \sin(\varphi)\,d\varphi = 2$ , das äussere $\int_0^R r^2\,dr = R^3/3$ . Produkt: $2\,R^3/3$ . Schwerpunkt: $\eta_S = (2\,R^3/3)/(R^2 \cdot \pi/2) = 4\,R/(3\,\pi)$ .

Trägheitsmoment um Mittelpunkt der flachen Seite. Direktes Integral $I_{HK} = \iint \eta^2\,dA = \int_0^R\int_0^\pi r^3\sin^2\varphi\,d\varphi\,dr$ . Inneres Integral: $\int_0^\pi \sin^2\varphi\,d\varphi = \pi/2$ . Äusseres: $\int_0^R r^3\,dr = R^4/4$ . Produkt: $\pi\,R^4/8$ . Das ist $I_{HK}$ um die Achse durch den Mittelpunkt der flachen Seite.

Steiner zum Schwerpunkt. Schwerpunkt liegt $\eta_S = 4\,R/(3\,\pi)$ oberhalb der flachen Seite. Die gesuchte Schwerpunkts- $I_z$ ist $I_z = I_{HK} - \eta_S^2 \cdot A$ (Steiner umgekehrt: vom Hilfskoordinatensystem zum Schwerpunkt-Koordinatensystem). Einsetzen: $I_z = \pi\,R^4/8 - (4\,R/(3\,\pi))^2 \cdot \pi\,R^2/2 = R^4(\pi/8 - 8/(9\,\pi))$ .

Numerischer Vorfaktor. $\pi/8 \approx 0{,}3927$ , $8/(9\,\pi) \approx 0{,}2829$ . Differenz: $\approx 0{,}1098$ . Also $I_z \approx 0{,}1098\,R^4$ . Deutlich kleiner als $\pi\,R^4/8 \approx 0{,}393\,R^4$ , weil der Schwerpunkt nicht auf der Symmetrie-Achse der flachen Seite liegt.

!!!

Schwerpunkt des Halbkreises

\eta_S = \frac{4\,R}{3\,\pi} \approx 0{,}4244\,R

Vom Mittelpunkt der flachen Seite gemessen. Standard-Resultat aus Mech I.

!!!

Schwerpunkts-Trägheitsmoment des Halbkreises

I_z = R^4 \Big(\frac{\pi}{8} - \frac{8}{9\,\pi}\Big) \approx 0{,}1098\,R^4

Um die horizontale Achse durch den Schwerpunkt. Aus

I_{HK} = \pi\,R^4/8

und Steiner-Verschiebung.

Formel Schwerpunkt

\eta_S = 4\,R/(3\,\pi)

Halbkreis. Vom Mittelpunkt der flachen Seite.

Formel Schwerpunkts- $I_z$

I_z = R^4(\pi/8 - 8/(9\,\pi))

\approx 0{,}1098\,R^4

. Aus Steiner.

Merke Standard-Integrale

\int_0^\pi\sin(\varphi)\,d\varphi = 2

\int_0^\pi\sin^2\varphi\,d\varphi = \pi/2

Querverweis Aus Kap. 6
→ Kap. 6 Sec. 2.1 Schwerpunkt
→ Kap. 6 Sec. 3.1 Steiner

8.2 Muster: alle Werkzeuge zusammen

Synthese-Aufgabe. Die Üs7-Wiederholungsaufgabe ist die längste und komplexeste Aufgabe der ganzen Vorlesung. Sie integriert ALLE Werkzeuge aus Kap. 5, Kap. 6 und Kap. 7 in einer einzigen Rechnung. Wer diese Aufgabe vollständig bearbeiten kann, hat das Material durchdrungen.

Werkzeug-Liste. (1) Schwerpunkt und Trägheitsmoment des Halbkreises via Polarkoord-Integral und Steiner (Kap. 6 Sec. 2-3, hier in 6.1 wiederholt). (2) Lagerkräfte aus Symmetrie (Mech I). (3) Schnittmoment in mehreren Bereichen (Kap. 6 Sec. 6, Kap. 7 Sec. 5). (4) Doppelintegration der Biegelinie mit Stetigkeit (Kap. 6 Sec. 5-6). (5) Volumenabhängige Streckenlast aus Eigengewicht (Kap. 7 Sec. 5.4). (6) Maximum suchen, Dimensionierung. (7) Polynom-Auflösung mit numerischen Methoden.

Wo welches Werkzeug. Die Werkzeuge greifen in einer bestimmten Reihenfolge ineinander. Erst muss der Querschnitt analysiert werden ( $I_z$ ), dann die Lagerkräfte ( $A = B$ ), dann das Schnittmoment in zwei Bereichen, dann die Biegelinie via Doppelintegration mit vier Konstanten und vier RB. Das Maximum bei $x = 2\,a$ einsetzen, dann die Bedingung $v(2a) \leq R/10$ nach $R$ auflösen. Mit Eigengewicht entsteht ein Polynom 5. Grades, das numerisch gelöst werden muss.

Muster in einer Zeile. Querschnitt $\to$ Statik $\to$ Schnittmoment $\to$ Biegelinie $\to$ Maximum $\to$ Dimensionierung. Jeder Pfeil ist ein eigenes Werkzeug, alle zusammen geben die Lösung. Wenn ein Schritt unsicher ist, hilft die Übersicht: welcher Schritt fehlt ist meistens klar, sobald man die Liste durchgeht.

Schritt	Werkzeug	Sec. Referenz
Querschnitt	Polarkoord-Integral, Steiner	Sec. 6.1, Kap. 6 Sec. 2-3
Lagerkräfte	Symmetrie, GGB	Mech I
Schnittmoment	Mehrbereichs-Berechnung	Sec. 7.1-7.2, Kap. 6 Sec. 6
Biegelinie	Doppelintegration, Stetigkeit	Kap. 6 Sec. 5-6
Eigengewicht	Volumenabhängige $q$	Sec. 7.4
Maximum	Symmetrie-Auswertung	Sec. 7.3
Dimensionierung	Bedingung $v \leq v_{\text{zul}}$	Sec. 7.4

Werkzeug-Übersicht für die Synthese-Aufgabe.

Merke Synthese
Alle Werkzeuge aus Kap. 5, 6, 7 in einer Aufgabe.

Prüfungstipp Schritt-für-Schritt
Strikt nach Werkzeug-Liste arbeiten.

Querverweis Anwendung
→ Sec. 8.3 Aufgabe

8.3 Aufgabe Üs7 Wiederholung

Aufgabe (aus Übungsserie 7, Wiederholungsaufgabe). Ein Balken mit halbkreisförmigem Querschnitt (Radius $R$ ) ist beidseitig gelenkig gelagert. Die Belastung besteht aus einer verteilten Last des Gesamtbetrags $P$ über das mittlere $2\,a$ -Stück (zwischen $x = a$ und $x = 3\,a$ ) plus dem Eigengewicht (überall vorhanden). Wie gross muss $R$ mindestens sein, damit die maximale Durchbiegung höchstens $R/10$ beträgt?

Gegeben. $P = 5$ kN, $E = 210$ GPa, $a = 50$ cm, $\rho = 7{,}85$ kg/dm³, $g = 9{,}81$ m/s². Insgesamt vier Längen $a, 2\,a, a$ (Auflager bei $x = 0$ und $x = 4\,a$ ).

Muster. Diese Aufgabe ist die längste Aufgabe der ganzen Vorlesung. Sie integriert ALLE Werkzeuge: Schwerpunkt mit Steiner für Halbkreis (Kap. 6), Doppelintegration mit Übergangsbedingungen, Stetigkeit der Biegelinie über Bereichsgrenzen, Maximum suchen und Dimensionierung. Schritt für Schritt durchgehen, bis das Muster automatisch sitzt.

Merke Halbkreisquerschnitt
Eigen-

I

und Steiner für Halbkreis nötig.

Prüfungstipp Längste Aufgabe
Integriert alle Werkzeuge aus Kap. 5, 6, 7.

8.4 Walkthrough Teil 1: Halbkreis-Trägheitsmoment via Steiner

Lösungsweg in 4 Schritten (Querschnitt-Analyse)

Schritt 1: Schwerpunkt des Halbkreises

Halbkreis: oben gewölbt, unten flach. Schwerpunkt liegt auf der Symmetrie-Achse (vertikal), Abstand $\eta_S = 4\,R/(3\,\pi)$ vom Mittelpunkt der flachen Seite (Standard-Resultat aus Mech I, hergeleitet via Polarkoordinaten-Integral).

Schwerpunkt-Lage.

$\eta_S = \frac{4\,R}{3\,\pi}$
Schritt 2: Trägheitsmoment um Mittelpunkt der flachen Seite

Direktes Integral $I_{HK} = \iint_{HK} \eta^2\,dA$ in Polarkoordinaten ( $\eta = r\sin(\varphi)$ , $dA = r\,d\varphi\,dr$ ) liefert $\pi\,R^4/8$ . Das ist der Wert um die Achse durch den Mittelpunkt der flachen Seite.

$I$ um die Hilfs-Achse.

$I_{HK} = \frac{\pi\,R^4}{8}$
Schritt 3: Steiner zum Schwerpunkt

Schwerpunkts- $I_z$ folgt aus Steiner: $I_z = I_{HK} - \eta_S^2 \cdot A$ mit $A = \pi\,R^2/2$ . Einsetzen und algebraisch vereinfachen.

Schwerpunkts- $I_z$ als geschlossene Formel.

$\begin{aligned} I_z &= \frac{\pi\,R^4}{8} - \Big(\frac{4\,R}{3\,\pi}\Big)^2 \cdot \frac{\pi\,R^2}{2} \\ &= \frac{\pi\,R^4}{8} - \frac{16\,R^2}{9\,\pi^2} \cdot \frac{\pi\,R^2}{2} \\ &= R^4 \Big(\frac{\pi}{8} - \frac{8}{9\,\pi}\Big) \end{aligned}$
Schritt 4: Numerisch und in der Biegung verwendbar

Faktor $\pi/8 - 8/(9\,\pi) \approx 0{,}393 - 0{,}283 \approx 0{,}110$ . Also $I_z \approx 0{,}110\,R^4$ . Vorbereitet für die Biegelinie-Berechnung.

Numerischer Vorfaktor.

$I_z = R^4 \cdot \Big(\frac{\pi}{8} - \frac{8}{9\,\pi}\Big) \approx 0{,}1098\,R^4$

Formel Halbkreis $I_z$

I_z = R^4 \big(\pi/8 - 8/(9\,\pi)\big)

Schwerpunkts-Trägheitsmoment des Halbkreises.

Merke Schwerpunkt $4R/(3\pi)$
Vom Mittelpunkt der flachen Seite. Standard-Resultat.

Querverweis Steiner
→ Kap. 6 Sec. 3.1

8.5 Walkthrough Teil 2: Biegelinie und Dimensionierung

Lösungsweg in 5 Schritten (Biegelinie und R)

Schritt 1: Lagerkraft und Gesamtlast

Eigengewicht über die ganze Länge $4\,a$ als Streckenlast $q = g\,\rho\,A_{Querschnitt} = g\,\rho \cdot \pi\,R^2/2$ . Resultat: $G = q \cdot 4\,a$ . Plus die verteilte Last $P$ über das mittlere $2\,a$ . Lagerkräfte aus Symmetrie: $A = B = (P + q \cdot 4\,a)/2$ .

Vorbereitung.

$A = B = \frac{P + q \cdot 4\,a}{2}, \qquad q = g\,\rho \cdot \frac{\pi\,R^2}{2}$
Schritt 2: Biegemoment in zwei Bereichen

Bereich 1 ( $0 \leq x \leq a$ , vor der verteilten Last): nur Eigengewicht und $A$ . Bereich 2 ( $a \leq x \leq 2\,a$ , in der verteilten Last): zusätzlich $P/(2\,a)$ pro Längeneinheit als zusätzliche Streckenlast.

Zwei Funktionen $M_b(x)$ .

$\begin{aligned} M_{b,1}(x) &= \frac{q}{2}\,x^2 - A\,x \\ M_{b,2}(x) &= \frac{1}{2}\Big(\frac{P}{2\,a} + q\Big)\,x^2 - \Big(A + \frac{P}{2}\Big)\,x + \frac{a\,P}{4} \end{aligned}$
Schritt 3: Doppelintegration mit vier Konstanten

Pro Bereich zwei Integrationskonstanten ( $C_1, C_2$ für Bereich 1, $C_3, C_4$ für Bereich 2). Insgesamt vier RB nötig: $v_1(0) = 0$ , $v_1(a) = v_2(a)$ (Stetigkeit), $v_1'(a) = v_2'(a)$ (Steigungs-Stetigkeit), $v_2'(2\,a) = 0$ (Symmetrie-Bedingung).

Algebra-Block. Resultat siehe Üs7 Wiederholung.

$\begin{aligned} C_2 &= 0 \\ C_4 &= \frac{a^3\,P}{48} \\ C_3 &= \frac{a^2}{6}(12\,A - P - 8\,a\,q) \\ C_1 &= \frac{a^2}{12}(24\,A - 16\,a\,q - P) \end{aligned}$
Schritt 4: Maximaler Durchbiegungs-Wert bei x=2a

Biegelinie $v_2(x)$ bei $x = 2\,a$ einsetzen. Das ist die Mitte aufgrund der Symmetrie. Mit $A$ und $q$ ausgedrückt durch $P$ und $R$ (über $A$ , $q$ aus Schritt 1) entsteht eine Formel allein in $R$ und Konstanten. Üs7-Lösung gibt explizit:

Geschlossene Form.

$v_2(2\,a) = \frac{3\,a^3\,\pi\,(80\,a\,\rho\,g\,\pi\,R^2 + 57\,P)}{2\,E\,(9\,\pi^2 - 64)\,R^4}$
Schritt 5: Bedingung v(2a) ≤ R/10 lösen

Setze $v_2(2\,a) \leq R/10$ und löse die Ungleichung nach $R$ . Mit den gegebenen numerischen Werten ( $P = 5$ kN, $E = 210$ GPa, $a = 50$ cm, $\rho = 7{,}85$ kg/dm³, $g = 9{,}81$ m/s²) entsteht ein Polynom 5. Grades in $R$ , das numerisch gelöst werden muss.

Endwert.

$\boxed{\;R \geq 252\;\mathrm{mm}\;}$

Formel Resultat

R \geq 252\;\mathrm{mm}

Minimaler Radius bei Halbkreis-Querschnitt.

Merke Polynom 5. Grades
Eigengewicht macht die Algebra länger.

Prüfungstipp Numerisch lösen
Newton-Verfahren oder Solver. Plausibilitätscheck am Ende.

Aufgaben mit Musterlösungen

Vier Multiple-Choice-Aufgaben aus Klausuren FS21, FS22, FS24, FS25. Antwort-Optionen 1:1 aus der Original-Klausur übernommen. Markiere deine Antwort, klick Lösung prüfen, dann erscheint der vollständige Lösungsweg.

Aufgabe 1

Aus Klausur FS25, Frage F1. Ein Balken

A

B

mit quadratischem Vollquerschnitt (Seitenlänge

a

) ist an der Stelle

A

unverschieblich gelagert. An der Stelle

B

ist die horizontale Verschiebung verhindert. Er wird durch eine Gleichstreckenlast

q = F/l > 0

über die gesamte Länge

A

B

belastet. Zusätzlich wirkt an der Stelle

B

eine Vertikalkraft mit dem Betrag

F > 0

. Bestimme die horizontale Kraft

B_H

, die an der Stelle

B

vom Tragwerk ins Auflager übertragen wird (

B_H > 0

für Zugkraft,

B_H < 0

für Druckkraft).

Lösungsweg

Schritt 1: Gesamt-Statik und Geometrie

Drei Unbekannte ( $A_x$ , $A_y$ , $B_H$ ), drei GGB. Statisch bestimmt. Geometrie: Diagonal-Balken 45° von $A$ unten links nach $B$ oben rechts, mit horizontaler Projektion $l$ und vertikaler Projektion $l$ . Stab-Länge $L_{\text{stab}} = \sqrt{2}\,l$ . Lasten: Vertikalkraft $F$ in $-y$ an Punkt $B$ und Streckenlast $q = F/l$ senkrecht zum Stab (NICHT vertikal). Diese Senkrechtigkeit ist die zentrale Falle der Aufgabe.

GGB-System.

$\sum F_x = 0,\quad \sum F_y = 0,\quad \sum M_A = 0$
Schritt 2: Resultierende der Streckenlast

$q = F/l$ wirkt senkrecht zum Stab über die ganze Stab-Länge $L_{\text{stab}} = \sqrt{2}\,l$ . Resultierende: $R_q = q \cdot L_{\text{stab}} = (F/l) \cdot \sqrt{2}\,l = \sqrt{2}\,F$ . Die Resultierende wirkt am Stab-Mittelpunkt senkrecht zum Stab (in der Skizze: nach unten-rechts).

Magnitude und Wirkungspunkt.

$R_q = q \cdot L_{\text{stab}} = \frac{F}{l} \cdot \sqrt{2}\,l = \sqrt{2}\,F$
Schritt 3: Moment der Streckenlast um A

Bei einer senkrecht zum Stab wirkenden, gleichmässig verteilten Last beträgt das Moment um den Endpunkt einfach $q \cdot L_{\text{stab}}^2/2$ (Standard-Formel für gleichmässig verteilte Last). Mit $L_{\text{stab}}^2 = 2\,l^2$ folgt $M_q = (F/l) \cdot 2\,l^2/2 = F\,l$ . Vorzeichen: positiv (Streckenlast dreht im selben Sinne wie die Vertikalkraft $F$ am Punkt $B$ ).

Standard-Formel anwenden.

$M_q = q \cdot \frac{L_{\text{stab}}^2}{2} = \frac{F}{l} \cdot \frac{2\,l^2}{2} = F\,l$
Schritt 4: Moment der Vertikalkraft F um A

$F$ wirkt nach unten an $B$ . Horizontaler Hebelarm zwischen $A$ und $B$ ist $l$ . Moment um $A$ : $M_F = F \cdot l$ . Vorzeichen positiv (gleicher Drehsinn wie $M_q$ ).

Moment der Vertikalkraft.

$M_F = F \cdot l$
Schritt 5: Moment von $B_H$ um A und Lösung

Vertikaler Hebelarm zwischen $A$ und $B$ ist $l$ . Moment um $A$ : $M_{B_H} = B_H \cdot l$ . $ΣM_A = 0$ mit allen drei Beiträgen. Vorzeichen-Konvention: $B_H$ positiv = Zugkraft (zieht $B$ horizontal weg), wirkt als Gegenmoment zu $M_q + M_F$ .

Lineare Gleichung in $B_H$ .

$\begin{aligned} \sum M_A &= 0:\quad F\,l + F\,l + B_H \cdot l = 0 \\ 2\,F\,l + B_H \cdot l &= 0 \\ B_H &= -2\,F \end{aligned} \\[6pt] \boxed{\,B_H = -2\,F\;\;(\text{Antwort h})\,}$
Falle: q senkrecht statt vertikal

Die zentrale Falle dieser Aufgabe: viele Studierende interpretieren $q = F/l$ als vertikale Streckenlast über die horizontale Projektion $l$ . Das gibt $R_q = F$ (vertikal) statt $\sqrt{2}\,F$ (senkrecht zum Stab) und einen falschen Hebelarm. Resultat solcher Fehlinterpretation: $B_H = -F/2$ (Distraktor a) oder $B_H = -F$ (Distraktor g). Klare Vorgabe der Klausur: $q$ wirkt senkrecht zum Stab über die volle Stab-Länge $\sqrt{2}\,l$ .

Vorzeichen- und Geometrie-Falle erkennen.

$\text{Falsch: }q\;\text{vertikal,}\;R_q = F \;\Longrightarrow\; \text{Distraktor a oder g}$

Aufgabe 2

Aus Klausur FS22, Frage E1. Der Balken

A

B

C

(Biegesteifigkeit

E\,I_z

) der Länge

2\,l

ist an der Stelle

A

unverschieblich (festes Gelenklager) und an der Stelle

B

vertikal unverschieblich (Loslager) gelagert.

C

ist freier Überstand der Länge

l

. Am Ende

C

greift ein in die positive

z

-Richtung wirkendes Biegemoment mit dem Betrag

M_0 > 0

an. Bestimme die vertikale Auflagerkraft

B_V

, die am Punkt

B

übertragen wird (Vorzeichenkonvention:

B_V > 0

für Zugkraft,

B_V < 0

für Druckkraft).

Lösungsweg

Schritt 1: Reaktionen identifizieren

$A$ ist ein festes Gelenklager (Reaktionen $A_x$ , $A_y$ ). $B$ ist ein Loslager (nur vertikale Reaktion $B_V$ ). Drei Unbekannte, drei GGB. System statisch bestimmt. Lasten: nur das Endmoment $M_0$ am Punkt $C$ in $+z$ -Richtung; keine Querkräfte.

Unbekannte.

$\text{Unbekannt: }A_x,\;A_y,\;B_V$
Schritt 2: Horizontale GGB

$\sum F_x = 0$ . Es wirken keine horizontalen Lasten. Daher $A_x = 0$ direkt.

Horizontale Reaktion.

$A_x = 0$
Schritt 3: Momentenbilanz um Punkt A

$\sum M_A = 0$ liefert direkt $B_V$ . Hebelarm von $B_V$ zum Punkt $A$ : horizontale Distanz $l$ . Beitrag des Endmoments $M_0$ : direkt $+M_0$ (Vorzeichen aus +z-Richtung). Konvention: $\sum M_A$ positiv ist CCW.

Momentenbilanz.

$\sum M_A = 0 \;\Longrightarrow\; B_V \cdot l + M_0 = 0$
Schritt 4: Auflösen nach $B_V$

Lineare Gleichung in $B_V$ . Vorzeichen: $B_V$ negativ heisst, das Auflager $B$ drückt das Tragwerk nach oben (Druck in der Konvention $B_V > 0$ für Zugkraft).

Wert von $B_V$ .

$B_V = -\frac{M_0}{l} < 0 \quad (\text{Druck-Reaktion am Loslager})$
Schritt 5: Antwort identifizieren

Vergleich mit den 8 Optionen liefert Option E. Die übrigen Optionen entstehen bei Vorzeichen- oder Hebelarm-Fehlern: Option B (positives Vorzeichen) wäre Zug am Loslager, Option A oder D ( $M_0/(2\,l)$ ) entstehen, wenn man fälschlich die Distanz $A$ - $C$ statt $A$ - $B$ als Hebelarm einsetzt.

Antwort E.

$\boxed{\,B_V = -\frac{M_0}{l}\,}$

Aufgabe 3

Aus Klausur FS24, Frage E1. Gegeben sei ein an der Stelle

A

eingespannter Kragarm

A

B

C

(Biegesteifigkeit

E\,I

), der an der Stelle

B

durch eine um 45° (bezüglich der Horizontalen) geneigte Kraft

F > 0

belastet wird. Der Kragarm verläuft selbst unter 45° von

A

unten links nach

C

oben rechts;

B

liegt in der Mitte. Die Strecke

A

B

hat horizontale Projektion

l

und vertikale Projektion

l

(analog für

B

C

). Bestimme die Horizontalverschiebung

u_C

des Punktes

C

u_C = \frac{8}{3}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = \frac{5}{3}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = \frac{2\sqrt{2}}{3}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = \frac{5}{6}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = \frac{5}{6\sqrt{2}}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = \frac{5\sqrt{2}}{6}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = 2\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

u_C = \frac{1}{3}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}

Lösungsweg

Schritt 1: Geometrie und Last-Projektion

Der Kragarm verläuft unter 45° zur Horizontalen, mit Gesamtlänge $L_b = 2\,l\,\sqrt{2}$ (zwei Halb-Segmente $l\,\sqrt{2}$ ). Lokale Beam-Koordinate $\xi$ entlang dem Stab, Halb-Länge $L = l\,\sqrt{2}$ . Die Last $F$ unter 45° zur Horizontalen ist senkrecht zum 45°-Stab, also rein perpendikulär (kein axialer Anteil).

Lokales Koordinatensystem.

$L = l\,\sqrt{2},\qquad \text{Stablänge} = 2\,L = 2\,l\,\sqrt{2}$
Schritt 2: Kragarm mit Punktlast in Stab-Mitte

Bekanntes Standard-Resultat: Kragarm Länge $2\,L$ mit Querlast $P$ bei Stab-Mitte ( $\xi = L$ ). Lösung über Doppelintegration mit zwei Bereichen und Stetigkeit am Lastangriffspunkt: $v(2\,L) = 5\,P\,L^3/(6\,E\,I)$ .

Verschiebung am Stab-Ende in Last-Richtung.

$v(2\,L) = \frac{5\,P\,L^3}{6\,E\,I}$
Schritt 3: Einsetzen P = F und L = l√2

Mit Punktlast $P = F$ und Halb-Länge $L = l\,\sqrt{2}$ . $L^3 = (l\,\sqrt{2})^3 = 2\sqrt{2}\,l^3$ . Damit folgt der Wert von $v$ (Verschiebung von $C$ in Lastrichtung, also senkrecht zum Stab).

Verschiebung in Lastrichtung.

$v(2\,L) = \frac{5\,F \cdot 2\sqrt{2}\,l^3}{6\,E\,I} = \frac{5\sqrt{2}\,F\,l^3}{3\,E\,I}$
Schritt 4: Horizontale Komponente (Projektion)

Der Verschiebungsvektor zeigt senkrecht zum 45°-Stab, also unter $-45°$ zur Horizontalen. Horizontale Projektion: $u_C = v(2\,L) \cdot \cos(45°) = v(2\,L)/\sqrt{2}$ .

Horizontale Komponente.

$u_C = \frac{v(2\,L)}{\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{2}\,F\,l^3}{3\,E\,I} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{5\,F\,l^3}{3\,E\,I}$
Schritt 5: Antwort identifizieren

Vergleich mit den 8 Optionen liefert Option B. Die häufigsten Distraktoren: Option E ( $5/(6\sqrt{2})$ ) entsteht, wenn man die Halb-Länge $L = l$ statt $l\,\sqrt{2}$ einsetzt. Option F ( $5\sqrt{2}/6$ ) ist die rohe Verschiebung in Lastrichtung ohne Projektion.

Antwort B.

$\boxed{\,u_C = \frac{5}{3}\,\frac{F\,l^3}{E\,I}\,}$

Aufgabe 4

Aus Klausur FS21, Frage F2. Der linear elastische Balken

A

B

C

(Länge

2\,l

, Elastizitätsmodul

E

, Vollkreisquerschnitt mit Durchmesser

a

, Flächenträgheitsmoment

I = \pi\,a^4/64

) ist an der Stelle

A

eingespannt und wird durch eine Kraft des Betrags

\sqrt{2}\,F

an der Stelle

B

unter 45° zur Horizontalen belastet. Bestimme den Betrag der maximalen Zugspannung

\max\sigma_x

an der Stelle

A

für

l = 10\,a

\max\sigma_x = 321\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 166\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 641\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 324\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 644\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 224\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 320\,\frac{F}{\pi\,a^2}

\max\sigma_x = 322\,\frac{F}{\pi\,a^2}

Lösungsweg

Schritt 1: Last in axiale und Quer-Komponente zerlegen

Die Last $\sqrt{2}\,F$ wirkt unter 45° zur Horizontalen am Punkt $B$ . Der Balken ist horizontal. Zerlegung: horizontale Komponente $F_x = \sqrt{2}\,F \cdot \cos(45°) = F$ (axial, Druck oder Zug je nach Richtung). Vertikale Komponente $F_y = \sqrt{2}\,F \cdot \sin(45°) = F$ (Querlast).

Komponenten.

$F_x = F\;(\text{axial}),\qquad F_y = F\;(\text{quer, nach unten})$
Schritt 2: Schnittgrössen am Querschnitt A

Schnitt direkt an der Einspannung $A$ . Rechts vom Schnitt liegt die ganze Last bei $B$ (Abstand $l$ von $A$ ). Normalkraft im Stab: aus $F_x$ folgt $|N| = F$ (Zug, weil die Last den Stab zwischen $A$ und $B$ in Richtung $B$ zieht). Biegemoment bei $A$ : aus $F_y$ mit Hebelarm $l$ folgt $|M_z(A)| = F \cdot l$ .

Innere Schnittgrössen am gefährlichen Querschnitt.

$|N| = F,\qquad |M_z(A)| = F\,l$
Schritt 3: Querschnitts-Daten Vollkreis

Vollkreis Durchmesser $a$ , also Radius $a/2$ . Querschnittsfläche $A_Q = \pi\,(a/2)^2 = \pi\,a^2/4$ . Trägheitsmoment $I = \pi\,a^4/64$ (gegeben). Maximaler Faserabstand vom Schwerpunkt: $|y_{\max}| = a/2$ .

Querschnitts-Werte.

$A_Q = \frac{\pi\,a^2}{4},\qquad I = \frac{\pi\,a^4}{64},\qquad |y_{\max}| = \frac{a}{2}$
Schritt 4: Spannungs-Anteile berechnen

Hauptformel Kap. 7: $\sigma_x = N/A_Q - M_z\,y/I$ . Konstanter Anteil aus $N$ : $\sigma_N = F/(\pi\,a^2/4) = 4\,F/(\pi\,a^2)$ . Maximaler Biege-Anteil bei $|y| = a/2$ : $|\sigma_b|_{\max} = F\,l \cdot (a/2)/(\pi\,a^4/64) = 32\,F\,l/(\pi\,a^3)$ . Mit $l = 10\,a$ : $|\sigma_b|_{\max} = 320\,F/(\pi\,a^2)$ .

Beide Anteile in der gleichen Einheit.

$\sigma_N = \frac{4\,F}{\pi\,a^2},\qquad |\sigma_b|_{\max} = \frac{32\,F\,l}{\pi\,a^3} \overset{l=10\,a}{=} \frac{320\,F}{\pi\,a^2}$
Schritt 5: Superposition auf der Zugseite

An der Faser, an der Biegung Zug erzeugt, addieren sich axialer Zug und Biege-Zug zu einem grösseren positiven Wert. Maximale Zugspannung: $\max\sigma_x = \sigma_N + |\sigma_b|_{\max} = (4 + 320)\,F/(\pi\,a^2) = 324\,F/(\pi\,a^2)$ .

Antwort D.

$\boxed{\,\max\sigma_x = \frac{4\,F}{\pi\,a^2} + \frac{320\,F}{\pi\,a^2} = \frac{324\,F}{\pi\,a^2}\,}$

MerkeErst selbst rechnen, dann Lösung prüfen!

1.1 Idee der Superposition

1.2 Vollständige Hauptformel mit zwei Biegeachsen

1.3 Vorzeichen und Konventionen

1.4 Verschiebung der neutralen Faser

1.5 Beispiel zur Anwendung der Hauptformel: Kragarm mit Axial- und Querlast

1.6 Teilaufgabe a): Spannungsverlauf im Querschnitt A-A

Lösungsweg in 4 Schritten

1.7 Teilaufgabe b): Maximale Normalspannung im ganzen Stab

Lösungsweg in 5 Schritten

2.1 Konzept und Definitionen

2.2 Vier Standardlasten und ihre Diagramm-Form

2.3 Kombinationsregeln und Mehrbereichs-Verlauf

2.4 Vorzeichen-Referenz und Faustregeln

2.5 Beispiel: beidseitig gelenkiger Balken mit Streckenlast

2.6 Beispiel: Kragarm mit Streckenlast und Punktlast

3.1 Konzept: was ist ein σx\sigma_xσx​-Profil

3.2 Acht Standardfälle mit Profilform

3.3 Lage der neutralen Faser und Vorzeichenwechsel-Kriterium

3.4 Tipps zum direkten Erkennen (5 Faustregeln)

3.5 Beispiel: σx\sigma_xσx​-Profil nahe dem Auflager A (FS25 F2-ähnlich)

Lösungsweg in 4 Schritten

4.1 Längsdehnung u(x)u(x)u(x) aus Normalkraft

4.2 Biegelinie v(x)v(x)v(x) aus Biegemoment (Wiederholung Kap. 6)

4.3 Beide Effekte gleichzeitig in einem Stab

4.4 Verschiebungsvektor eines Endpunkts

5.1 Wann ist ein Balken statisch unbestimmt

5.2 Verträglichkeitsbedingung als Zusatzgleichung

5.3 Lager-Geometrie als Zwangsbedingung

5.4 Vorgehen in fünf Schritten

5.5 Beispiel: Kragarm mit Streckenlast und Loslager (Üs7 H1)

5.6 Lagerreaktionen in Abhängigkeit von B

Lösungsweg in 3 Schritten

5.7 Biegelinie und Randbedingungen

Lösungsweg in 5 Schritten

6.1 Wieso ein schräges Lager beide Verformungen koppelt

6.2 Verträglichkeit mathematisch

6.3 Drei Bausteine zur Lösung

6.4 Anschauung: warum A L2+3 IA\,L^2 + 3\,IAL2+3I als Nenner auftritt

6.5 Beispiel: 45°-Lager mit Eigengewicht (Üs7 S1)

6.6 Lagerreaktionen, Schnittkräfte und Biegelinie

Lösungsweg in 6 Schritten

6.7 Synthese: warum dieses Muster alle bisherigen Werkzeuge integriert

7.1 Wann mehrere Bereiche

7.2 Stetigkeitsbedingungen am Übergang

7.3 Kritische Querschnitt-Stelle

7.4 Volumenabhängige Streckenlast

7.5 Beispiel: Welle mit drei Bereichen (Üs7 S2)

7.6 Lagerkräfte, Biegemoment und Dimensionierung

Lösungsweg in 5 Schritten

8.1 Schwerpunkt und Trägheitsmoment des Halbkreises (Wiederholung Kap. 6)

8.2 Muster: alle Werkzeuge zusammen

8.3 Aufgabe Üs7 Wiederholung

8.4 Walkthrough Teil 1: Halbkreis-Trägheitsmoment via Steiner

Lösungsweg in 4 Schritten (Querschnitt-Analyse)

8.5 Walkthrough Teil 2: Biegelinie und Dimensionierung

Lösungsweg in 5 Schritten (Biegelinie und R)

Aufgaben mit Musterlösungen

Aufgabe 1

Lösungsweg

Aufgabe 2

Lösungsweg

Aufgabe 3

Lösungsweg

3.1 Konzept: was ist ein $\sigma_x$ -Profil

3.5 Beispiel: $\sigma_x$ -Profil nahe dem Auflager A (FS25 F2-ähnlich)

4.1 Längsdehnung $u(x)$ aus Normalkraft

4.2 Biegelinie $v(x)$ aus Biegemoment (Wiederholung Kap. 6)

6.4 Anschauung: warum $A\,L^2 + 3\,I$ als Nenner auftritt