Untersuchung der Endversteifung einer Balkenbrücke. Von Prof. G. Ramisch in Breslau. Untersuchung der Endversteifung einer Balkenbrücke. I. In Fig. 1 stellt der Balken $$\overline{A_1{B}_1}$$ von der Länge l mit den beiden Pfeilern $$\overline{A{A}_1}$$ und $$\overline{B{B}_1}$$ von gleicher Höhe h in starrer Verbindung, doch so, dass beide zum Balken senkrecht stehen. In A steht der linke Pfeiler mit dem Fundamente in gelenkartiger Verbindung und der Punkt B des rechten Pfeilers ruht auf einem zur horizontalen Geraden $$\overline{mn}$$ parallel beweglichen Auflager. Ferner steht der linke Pfeiler mit dem Stabe $$\overline{A{N}_2}$$ und der rechte Pfeiler mit dem Stabe $$\overline{B{N}_1}$$ in starrer Verbindung. Die Stäbe $$\overline{A{N}_2}$$ und $$\overline{B{N}_1}$$ werden wir später fortlassen, sie sind aber vorläufig für die Untersuchung notwendig; sie sollen starr sein, während wir den Balken und die Pfeiler als elastisch voraussetzen. Der Entwurf ist statisch bestimmt und wir wollen daraus ein dreifach statisch unbestimmtes System ableiten, welches die Eigenschaft besitzen soll, dass ausser dem Auflager A auch das Auflager B unbeweglich ist, ferner, dass diese Auflager entfernt werden und die Pfeiler in A und B eingespannt sind. Es soll nur der Balken $$\overline{A_1{B}_1}$$ mit Kräften senkrecht dazu belastet sein, und es ist zunächst notwendig, drei statisch unbestimmte Kräfte anzubringen, welche den geforderten Bedingungen Genüge leisten. Die eine derselben nennen wir H und sie wirkt horizontal im Punkte B. Die zweite X1 genannt, wirkt senkrecht auf $$\overline{B{N}_1}$$ und die dritte, welche X2 heissen soll, wirkt senkrecht auf $$\overline{A{N}_2}$$. Irgend eine Belastung des Entwurfes veranlasst elastische Formveränderungen seiner Teile, wodurch bewirkt wird, dass die Punkte B, N1 und N2 sich bewegen. Die Bedingung können wir nun so aussprechen, dass die Kräfte H, X1 und X2 so berechnet werden sollen, dass die Bewegung der drei Punkte unmöglich ist. Es werden daher auch, wie wir sehen werden, die drei statisch unbestimmten Kräfte von der Belastung des Balkens A1 B1 abhängig sein. Es möge sich zunächst nur eine einzige Last P auf $$\overline{A_1{B}_1}$$ befinden, welche von A1 und B1 die Abstände a bezw. b hat. Der Untersuchung legen wir das Hooke'sche Gesetz zu Grunde und q sei ein beliebiger Querschnitt von $$\overline{A_1{B}_1}$$, dessen Abstände von A1 und B1, bezw. v2 und v1 sind. Der Querschnitt bei q möge sich infolge der Belastung um dγ drehen. Legt dabei der Punkt B den unendlich kleinen Weg dσ zurück, so ist: dσ = h . dγ Legt ferner N1 den unendlich kleinen Weg dσ' zurück, so ist, wenn wir $$\overline{N_{1}B}=x_1$$ setzen: $$d{\sigma }^{\prime }=1\cdot \frac{x_1}{l}\cdot v_2\cdot d\gamma$$ und legt ferner N2 den unendlich kleinen Weg dσ'' zurück, so ist, wenn AN2 = x2 ist: $$d{\sigma }^{″}=1\cdot \frac{x_2}{l}\cdot v_1\cdot d\gamma$$ Der Querschnitt q1 des Pfeilers $$\overline{B{B}_1}$$ welcher von B den Abstand y1 hat, möge sich um dy1 drehen. Hierbei legt der Punkt B den unendlich kleinen Weg dσ1 zurück und es ist: dσ1 = y1 . dγ1 Der vom Punkte N1 zurückgelegte unendlich kleine Weg ist: dσ1' = 1 . x1 . dγ1, und der vom Punkte N2 zurückgelegte unendlich kleine Weg ist: dσ1'' = 0 Endlich möge sich der Querschnitt q2 des Pfeilers $$\overline{A{A}_1}$$, welcher von A den Abstand y2 hat, um den unendlich kleinen Winkel dy2 drehen. Hierbei legt der Punkt B den unendlich kleinen Weg dσ2 zurück und wir haben: dσ2= γ2 . dγ2 Der vom Punkte N1 zurückgelegte unendlich kleine Weg ist: dσ2' = 0 und der vom Punkte N2 zurückgelegte unendlich kleine Weg ist: dσ2'' = 1 . x2 . dy2 Die Auflagerdrücke von P in A1 und in B1 bewirken auch eine Längenveränderung der Pfeiler und damit eine Bewegung der Punkte N1 und N2. Da aber die von diesen Punkten zurückgelegten Wege ausserordentlich klein sind. so werden wir sie, wie es auch von anderen Schriftstellern üblich ist, vernachlässigen.

Fig. 1.

Das von P in q hervorgebrachte Biegungsmoment nennen wir M0. Es rufen dann sämtliche Kräfte in q das Biegungsmoment $$M_a=M_0-H\cdot h-\frac{M_1}{l}\cdot v_2-\frac{M_2}{l}\cdot v_1$$ hervor, wobei M1 = X1 . x1 . . . . . . . . . Ia und M2 = X2 . x2 . . . . . . . . . Ib sein soll. In q1 wird von P kein Biegungsmoment erzeugt, ferner bringt dort auch M2 kein Biegungsmoment hervor. Biegungsmomente bringen also nur H und M1 hervor und wir erhalten daher das Biegungsmoment $$M_{a_1}$$ sämtlicher Kräfte: $$M_{a_1}=H\cdot y_1+M_1$$ . . . . . . . . II Ebenso bringt in q2 die Kraft P kein Biegungsmoment hervor, ferner auch nicht M1, sondern nur H und M2 erzeugen Biegungsmomente. Von sämtlichen Kräften wird also das Biegungsmoment $$M_{a_2}=H\cdot y_2+M_2$$ . . . . . . . . III erzeugt. Ist nun E der Elastizitätsmodul und J das Trägheitsmoment von irgend einem Querschnitt des Balkens A1 B1, so ist: $$M_a=E\cdot J\cdot \frac{d\gamma }{dl}$$ wobei dl das Element der Strecke $$\overline{A_1{B}_1}$$ ist. Wir nennen wiederum den Elastizitätsmodul beider Pfeiler E, dagegen das Trägheitsmoment irgend eines Querschnitts der Pfeiler J1, so ist: $$M_{a_1}=E\cdot J_1\cdot \frac{d{\gamma }_1}{dh}$$ und $$M_{a_2}=E\cdot J_1\cdot \frac{d{\gamma }_2}{dh}$$ wobei dh das Streckenelement jedes Pfeilers ist. Sowohl Balken als auch Pfeiler sollen übrigens überall denselben Querschnitt haben, aber unter einander haben sie verschiedene Querschnitte, weil sie ja verschiedene Trägheitsmomente haben. Die Untersuchung lässt sich für den anderen Fall, dass Trägheitsmomente der Querschnitte des Balkens oder der Pfeiler verschieden sind, auf ganz gleiche Weise führen. Wenn nun alle drei Querschnitte sich drehen, möge B den unendlich kleinen Weg d (σ) zurücklegen. Es ist dann: d (σ) = dσ – dσ – dσ2 d.h. $$E\cdot d_{(0)}=\frac{h}{J}\cdot (M_0-H\cdot h-\frac{M_1}{l}\cdot v_2-\frac{M_2}{l}\cdot v_1)dl$$ $$-\frac{y_1}{J_1}(H\cdot y_1+M_1)dh-\frac{y_2}{J_1}\cdot (H\cdot y_2+M_2)\cdot dh$$ Legt dabei Punkt N1 den unendlich kleinen Weg d (σ1) zurück, so ist: d (σ1) = dσ' – dσ2' – dσ2' oder auch: $$E\cdot d_{({\sigma }_1)}=\frac{x_1\cdot v_2}{l\cdot J}(M_0-H\cdot h-\frac{M_1}{l}\cdot v_2-\frac{M_2}{l}\cdot v_1)dl-\frac{x_1}{J_1}\cdot (H{y}_1+M_1)dh$$ Legt endlich Punkt N2 den unendlich kleinen Weg d (σ2) dabei zurück, so hat man: $$E\cdot d_{({\sigma }_2)}=\frac{1\cdot x_2\cdot v_1}{l\cdot J}(M_0-H\cdot h-\frac{M_1}{l}\cdot v_2-\frac{M_2}{l}\cdot v_1)dl-\frac{x_2}{J_1}\cdot (H\cdot y_1+M_2)dh$$ Diese drei Gleichungen müssen wir für alle Querschnitte des Balkens und der Pfeiler bilden und sämtliche d (σ), d (σ1) l und d (σ2) addieren; damit nun die drei Punkte B, N1 und N2 unbeweglich bleiben, müssen: ∫d (σ) = 0, ∫d (σ1) = 0 und ∫d (σ2) = 0 sein. Hierdurch entsteht erstens, wenn: ∫d (σ) = 0 ist: $$\frac{h}{J}\int M_0\cdot dl=\frac{H\cdot h^2\cdot l}{J}+\frac{M_1\cdot h}{l\cdot J}\cdot \frac{l^2}{2}+\frac{M_2\cdot h}{l\cdot J}\cdot \frac{l^2}{2}$$ $$+\frac{H\cdot h^3}{3\cdot J_1}+\frac{M_1\cdot h^2}{2\cdot J_1}+\frac{H\cdot h^3}{3\cdot J_1}+\frac{M_2\cdot h^2}{2\cdot J_1}$$ oder auch: $$\frac{\int M_0\cdot dl}{J}=H\cdot h\cdot (\frac{l}{J}+\frac{2}{3}\cdot \frac{h}{J_1})+\frac{M_1}{2}\cdot (\frac{l}{J}+\frac{h}{J_1})+\frac{M_2}{2}(\frac{l}{J}+\frac{h}{J_1})$$ Wir setzen: $$\frac{J}{J_1}\cdot h=h^{\prime }$$ . . . . . IV so haben wir: $$\int M_0\cdot dl=H\cdot h(l+\frac{2}{3}{h}^{\prime })+\frac{M_1}{2}\cdot (l+h^{\prime })+\frac{M_2}{2}(l+h^{\prime })$$ . . . . . . V Zweitens, wenn ∫d (σ1) = 0 ist, ergiebt sich: $$\frac{1}{l\cdot J}\int M_0{v}_{2}dl=\frac{H\cdot h}{l\cdot J}\cdot \int v_2\cdot dl+\frac{M_1}{l^2\cdot J}\cdot \int {v_2}^{2}dl$$ $$+\frac{M_2}{l_2\cdot J}\cdot \int v_1\cdot v_{2}dl+\frac{H}{J_1}\cdot \int y_{1}dh+\frac{M_1}{J_1}\cdot \int d{y}_1$$ Hierin ist: $$\int v_{2}dl=\frac{l^2}{2}\int {v_2}^{2}dl=\frac{1}{3}{l}^3$$ $$\int v_1\cdot v_{2}dl=\int v_1(l-v_1)dl=\frac{l^3}{2}-\frac{l^3}{3}=\frac{l^3}{6}$$ $$\int y_{1}dh=\frac{h^2}{2}$$ und $$\int d{y}_1=h$$

Fig. 2.

Also hat man: $$\frac{1}{l\cdot J}\int M_0\cdot v_{2}dl-\frac{H\cdot h\cdot l}{2\cdot J}+\frac{M_1\cdot l}{3\cdot J}+\frac{M_2\cdot l}{6\cdot J}+\frac{H\cdot h^2}{2\cdot J_1}+\frac{M_1\cdot h}{J_1}$$ oder: $$\frac{1}{l\cdot J}\cdot \int M_0\cdot v_2\cdot dl=\frac{H\cdot h}{2}\cdot (\frac{l}{J}+\frac{h}{J_1})+M_1\cdot (\frac{l}{3J}+\frac{h}{J_1})+\frac{M_2\cdot l}{6\cdot J}$$ Man multipliziere die Gleichung mit J und berücksichtige Formel 1, so entsteht hieraus: $$\frac{1}{l}\cdot \int M_0{v}_{2}dl=\frac{H\cdot h}{2}(l+h^{\prime })+M_1\cdot (\frac{l}{3}+h^{\prime })+\frac{1}{6}{M}_{2}l$$ . . . . . . . . . VI. Auf gleiche Weise erhält man drittens, wenn ∫d (σ2) = 0 ist, die Gleichung: $$\frac{1}{l}\cdot \int M_0\cdot r_1\cdot dl=\frac{H\cdot h}{2}\cdot (l+h^{\prime })+\frac{1}{6}{M}_{1}l+M_2(\frac{l}{3}+h^{\prime })$$ . . . . . VII. II. Wir gehen jetzt über zur Deutung des Ausdruckes σ M0 . dl in Formel 2. Hierzu zeichne man für P das Momentendreieck a0 b0 d in Fig. 1 mit dem beliebigen Polabstande h0. Ist z die Ordinate darin für den Querschnitt q, so ist: M0 = h0 . z, und z . dl der Inhalt des unendlich dünnen Streifen von der Breite dl und der Höhe z; nennen wir ihn df, so entsteht: ∫M0 . dl = h0 . ∫df und das Integral ist nichts anderes, als der Inhalt der Momentenfläche, welcher $$\frac{1}{2}\cdot l\cdot t$$ ist, wenn t die Ordinate unter P ist. Daher ist weiter: $$\int M_0\cdot dl=\frac{1}{2}\cdot h_0\cdot l\cdot t$$ Es ist nun: $$h_0\cdot t=\frac{P\cdot ab}{l}$$ wobei letzterer Ausdruck das Biegungsmoment für den Angriffspunkt D von P ist, und es ist endlich: $$\int M_0\cdot dl=\frac{1}{2}\cdot P\cdot a\cdot b$$ Man mache in Fig. 2 die horizontale Strecke $$\overline{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overline{A_1{B}_1}$$ und darauf $$\overline{A^{\prime }{D}^{\prime }}=a$$, also ist $$\overline{D^{\prime }{B}^{\prime }}=b$$. In A' errichte man ein Lot und mache darauf $$\overline{A^{\prime }F}=\phi \cdot a$$, wobei φ eine beliebige Zahl ist und ziehe $$\overline{F{B}^{\prime }}$$. Endlich errichte man in D' auf $$\overline{A^{\prime }{B}^{\prime }}$$ das Lot, welches $$\overline{B^{\prime }F}$$ in G trifft und setze: $$\overline{D^{\prime }G}=\eta$$, so ist, weil Δ A' FB' ∾ D' GB' ist: $$\frac{\phi \cdot a}{l}=\frac{\eta }{b}$$ d.h. $$\frac{a\cdot b}{l}=\phi \cdot \eta$$ . . . . . . . VIII und nun entsteht: $$\int M_0\cdot dl=\frac{1}{2}P\cdot \phi \cdot \eta \cdot l$$ Hierdurch nimmt Formel 2 die Gestalt an: $$\frac{1}{2}P\cdot \phi \cdot \eta l=H\cdot h\cdot (l+\frac{2}{3}{h}^{\prime })+\frac{M_1}{2}\cdot (l+h^{\prime })+\frac{M_2}{2}(l+h^{\prime })$$ wofür wir künftig schreiben wollen: $$\frac{1}{2}\phi \cdot P\cdot \eta =H\cdot h\cdot (1+\frac{2h^{\prime }}{3l})+\frac{M_1}{2}(1+\frac{h^{\prime }}{l})+\frac{M_2}{2}(1+\frac{h^{\prime }}{l})$$ . . . . . . . . IX Zeichnet man so η für viele Punkte D von $$\overline{A^{\prime }{B}^{\prime }}$$ auf und verbindet die so entstandenen Punkte G mit einander, so erhält man eine krumme Linie, nämlich die gemeine Parabel. Wir werden sie künftig die η-Linie nennen. Aus der letzten Gleichung erkennt man, dass sie die Einflusslinie für den Ausdruck auf der rechten Seite der Gleichung mit $$\frac{1}{2}\phi$$ als Multiplikator ist. Der Multiplikator ist eine Zahl, worüber wir erst künftig verfügen können. – Wir gehen jetzt zur Deutung des Integrals ∫M0 . v2 . dl über. Es ist: M0 . dl = h 0 . df, also ∫M0 . v2 . df = h0 ∫v2 df. Dieses Integral ist nun nichts anderes, als das statische Moment des Dreiecks a0 b0 d in Fig. 1 in Bezug auf die Gerade $$\overline{A{A}_1}$$. – Man verlängere b0 d bis zum Treffpunkte e mit $$\overline{A{A}_1}$$, so ist $$\int v_2\cdot df=l\cdot \frac{\overline{a_{0}e}}{2}\cdot \frac{l}{3}-a\cdot \frac{\overline{a_{0}e}}{2}\cdot \frac{a}{3}$$ d.h. $$\int M_0\cdot v_2\cdot df=h_0\cdot \frac{\overline{a_{0}e}}{6}\cdot (l^2-a^2)$$ Da a0 kn' das Krafteck zum Momentendreieck a0 b0 d, also $$\overline{a_0}{n}^{\prime }=P$$ darin ist, so hat man, da Δ a0 kn' ∾ Δ a0 M0 ist $${\overline{a_{0}n}}^{\prime }:h_0=a_{0}e:a$$ d.h. $$h_0\cdot \overline{a_{0}e}=P\cdot a$$ und es ergiebt sich: $$\int M_0\cdot v_2\cdot dl=\frac{Pa}{6}\cdot (l^2-a^2)$$ Also hat man: $$\frac{1}{6}\cdot Pa\left(\frac{l^2-a^2}{l^2}\right)=\frac{Hh}{2}(1+\frac{h^{\prime }}{l})+M_1\cdot (\frac{1}{3}+\frac{h^{\prime }}{l})+\frac{1}{6}{M}_2$$ . . . . . . X aus Gleichung VI, indem man beide Seiten derselben vorher mit l dividiert hat. Auf ähnliche Weise erhält man aus Gleichung VII $$\frac{1}{6}\cdot P\cdot b\cdot \frac{l^2-b^2}{l^2}=\frac{H\cdot h}{2}(1+\frac{h^{\prime }}{l})+\frac{1}{6}{M}_1+M_2(\frac{1}{3}+\frac{h^{\prime }}{l})$$ . . . . . . . XI.

Fig. 3.

Die Gleichungen VIII bis XI dienen zur Berechnung der drei statisch unbestimmten Grössen H, M1 und M2. Wie wir sehen, fallen X1, X2, x1, und x2 fort, wir können dann X1 = 0 und X2 = 0 setzen, mit Rücksicht auf die Gleichungen Ia und Ib müssen dann x1 = ∞ und x2 = ∞ sein. Es sind dann M1 und M2 die Momente von Kräftepaaren. Solche Kräftepaare werden in der Praxis nur von Stäben, welche auf Biegung beansprucht werden, aufgenommen, wobei sich die Schwerachse stets als neutrale Achse ergiebt. Da die Kräfte jedes Paares, in der Ebene, worin sie wirken, beliebig angenommen werden dürfen, so sollen sie senkrecht zu $$\overline{A{A}_1}$$ und $$\overline{B{B}_1}$$ gerichtet sein. Dadurch werden die Pfeiler $$\overline{A{A}_1}$$ und $$\overline{B{B}_1}$$ auf Biegung in Anspruch genommen und die Stäbe $$\overline{N_{2}A}$$ und $$\overline{N_{1}B}$$ sind nunmehr entbehrlich, (Schluss folgt.)