Untersuchung eines flachen Bogens mit festen Kämpfergelenken beansprucht von horizontalen Kräften. Von Prof. G. Ramisch in Breslau. Untersuchung eines flachen Bogens mit festen Kämpfergelenken usw. I. Bis jetzt hat man durchweg nur solche Systeme untersucht, welche, nachdem sie statisch bestimmt gemacht worden sind, ein festes und ein horizontal bewegliches Auflager enthielten und die Belastungen senkrecht zur Bahn des beweglichen Auflagers gerichtet waren. Hier nehmen wir die Kräfte parallel zur Bahn des beweglichen Auflagers an und behandeln dabei den flachen Bogen, dessen kreisförmige elastische Linie, d.h. die Verbindungslinie der Querschnittschwerpunkte, wir als Parabel auffassen dürfen. Wir machen in Fig. 1 den Bogen dadurch statisch bestimmt, dass das linke Auflager A fest liegen bleibt und das rechte Auflager B parallel zur Geraden $$\overline{AB}$$, nämlich auf der Bahn $$\overline{mn}$$ beweglich gemacht wird. Der Bogen sei vorläufig nur von der Kraft P, welche parallel zu $$\overline{mn}$$ liegen soll, im Punkte D angreift, beansprucht, und habe p zum Abstand von A. Ist l die Spannweite $$\overline{AB}$$ und f die Pfeilhöhe $$\overline{MN}$$ des Bogens, so ist das Biegungsmoment für einen Punkt C rechts von D $$M=\frac{P\cdot p}{l}\cdot x-H\cdot y$$ . . . . . 1) Hierbei wirkt die Kraft H im Punkte B parallel zu $$\overline{mn}$$ und in Richtung von n nach m; sie ist vorläufig noch unbestimmt, soll jedoch den Zweck erfüllen, dass sie trotz der Einwirkung von P die Beweglichkeit des Auflagers B verhindern kann. – Wir gehen zunächst darauf hinaus, ihre Grösse zu ermitteln. Dann sind in dieser Gleichung y der Abstand des Punktes C von $$\overline{AB}$$ und x der Abstand des Punktes B von y. Wir nennen E den überall konstanten Elastizitätsmodul, J das überall konstante Trägheitsmoment des Querschnitts, ds das Element des Bogens und dγ den unendlich kleineren Winkel, mit dem sich die Bogenteile $$\overline{AC}$$ und $$\overline{BC}$$ gegenseitig; drehen, wenn einzig und allein die Faserelemente des Querschnitts von C elastisch sind; es ist dann auch:

Fig. 1.

$$M=E\cdot J\cdot \frac{d\gamma }{ds}$$ . . . . . 2) und diese Gleichung gilt für alle Punkte des Bogens, so dass wir sie später nicht mehr anzugeben brauchen. Beim flachen Bogen darf man statt dem Element ds seine Projektion dx auf $$\overline{AB}$$ setzen und erhält hierdurch aus den beiden Gleichungen: $$E\cdot J\cdot d\gamma =(\frac{P\cdot p}{l}\cdot x-H\cdot y)dx$$ Infolge der Kraft P verändert der Bogen seine Gestalt und der Punkt B bewegt sich um eine unendlich kleine Strecke, die wir dδ nennen. Mittels kinematischer Geometrie lässt sich ableiten, dass dδ =y . dγ ist und daher entsteht: $$E\cdot J\cdot d\delta =\frac{P\cdot p}{l}\cdot x\cdot y\cdot dx-H\cdot y^2\cdot dx$$ aus den beiden letzten Gleichungen. So kann man die Faserelemente aller Querschnitte von D bis B als elastisch, die übrigen aber als starr annehmen und die so entstandenen dδ sämtlich addieren, wodurch man erhält, wenn d die Summe ist: $$E\cdot J\cdot \delta =\frac{P\cdot p}{l}{\int }_B^{D}x\cdot y\cdot dx-H\cdot {\int }_B^D{y}^2\cdot dx$$ . 3) Weiter ist C1 der Schwerpunkt eines Querschnitts links von D und wir nennen y1 seinen Abstand von $$\overline{AB}$$ und x1 der Abstand des Punktes B von y1, so ist dafür das Biegungsmoment: $$M=\frac{P\cdot p\cdot x_1}{l}-P\cdot (p-y_1)-H\cdot y_1$$ . . 4) Daher hat man mit Rücksicht auf Gleichung 2): $$E\cdot J\cdot d\gamma =(\frac{P\cdot p}{l}\cdot x_1-Pp+P\cdot y_1-H\cdot y_1)\cdot dx.$$ Sind nur die Fasern des Querschnitts von C1 elastisch, so legt B dabei den Weg dδ1 zurück und es ist: dδ1=y1 . dγ, so dass nunmehr entsteht: $$E\cdot J\cdot d{\delta }_1=(P\cdot \frac{p}{l}\cdot x_1-P\cdot p+P{y}_1-H\cdot y_1)y_1\cdot dx.$$ Diese Gleichung kann man für alle Querschnitte zwischen A und D bilden und sämtliche dδ1 zusammenzählen. Ist δ1 die so entstandene Summe, so ergibt sich: $$E\cdot J\cdot {\delta }_1=\frac{P\cdot p}{l}{\int }_A^D{x}_1\cdot y_1\cdot dx-P\cdot p\cdot {\int }_A^D{y}_1\cdot dx+P\cdot {\int }_A^D{y_1}^2\cdot dx-H\cdot {\int }_A^D{y_1}^{2}dx.$$ Damit nun das Auflager B auch unbeweglich bleibt, der Bogen also zwei feste Kämpfergelenke hat, muss δ + δ1= 0 sein und es folgt aus diesem und der Gleichung 3: $$\frac{P\cdot p}{l}\{{\int }_B^{D}xy\cdot dx+{\int }_A^D{x}_1\cdot y_1\cdot dx\}-P\cdot p\cdot {\int }_A^D{y}_1\cdot dx+P\cdot {\int }_A^D{y_1}^2\cdot dx=H\cdot \{{\int }_B^D{y}^2\cdot dx+{\int }_A^D{y_1}^2\cdot dx\}$$ Hierbei ist jedoch der Einfluss der Komponente normal zum Querschnitt jedesmal als ausserordentlich gering vernachlässigt worden. Letzte Gleichung dient zur Berechnung der statisch unbestimmten Kraft H, weiche sich Jedoch wesentlich vereinfachen lässt, was hiermit geschehen soll. Zunächst kann man setzen: $${\int }_B^D{y}^2\cdot dx+{\int }_A^D{y_1}^2\cdot dx={\int }_A^B{y}^2\cdot dx$$ und es ist: $$y=\frac{4\cdot f\cdot x}{t^2}(l-x)$$ welche Gleichung genau für die Parabel und sehr angenähert für den flachen Kreisbogen giltig ist. Wir haben daher: $$\begin{array}{rcl}{\int }_A^B{y}^2\cdot dx& =& \frac{16\cdot f^2}{l^4}\cdot {\int }_0^1(l^2{x}^2-2l{x}^3+x^4)\cdot dx\\ & =& \frac{8}{15}\cdot f^2\cdot l.\end{array}$$ Dann ist: $${\int }_B^{D}x\cdot y\cdot dx+{\int }_A^D\cdot x_1\cdot y_1\cdot dx={\int }_A^{B}x\cdot ydx$$ und dieser Ausdruck ist nichts anderes als das statische Moment der Fläche, die von $$\overline{AB}$$ und dem Bogen begrenzt ist in bezug auf eine Achse durch B, die normal zu $$\overline{AB}$$ liegt. Nennen wir F den Inhalt der Fläche, so ist: $${\int }_A^B=xy\cdot dx=F\cdot \frac{l}{2}$$ und $${\int }_A^D{y}_1\cdot dx$$ ist der Inhalt der Fläche, welche von der Normalen $$\overline{DG}$$ auf $$\overline{AB}$$, dem Bogen $$\overline{AD}$$ und der Strecke $$\overline{AG}$$ begrenzt ist. Wir erhalten daher, wenn wir diese Fläche F1 nennen: $$\frac{P\cdot p}{l}\cdot \{{\int }_B^{D}x\cdot y\cdot dx+{\int }_A^D{x}_1\cdot y_1\cdot dx\}-P\cdot p\cdot {\int }_A^D{y}_1\cdot dx=P\cdot p\cdot (\frac{F}{2}-F_1)$$ und es ist: $$\frac{F}{2}=\frac{1}{3}\cdot f\cdot l.$$ Ferner ist: $${\int }_A^D{y}_1\cdot dx={\int }_o^q\frac{4\cdot fx}{l^2}(l-x)\cdot dx,$$ wobei q die Strecke $$\overline{AG}$$ ist. Dieser Integral ist nun: $$\frac{4\cdot f}{l^2}\cdot q^2(\frac{1}{2}l-\frac{1}{3}q)$$, so dass man hat: $$\frac{F}{2}-F_1=\frac{1}{3}\cdot f\cdot l-\frac{4f}{l^2}\cdot q^2(\frac{1}{2}l-\frac{1}{3}q).$$ Endlich ist: $${\int }_A^D\cdot dx=\frac{16\cdot f^2}{l^4}{\int }_o^q(l^2{x}^2-2l{x}^3+x^4)\cdot dx.$$ Man hat also durch Integration: $${\int }_A^D{y_1}^2\cdot dx=\frac{16\cdot f^2}{l^4}\cdot q^3\cdot (\frac{l^2}{3}-\frac{1}{2}l\cdot q+\frac{1}{5}{q}^2).$$ Aus diesen Gleichungen entsteht endlich: $$H=\frac{1}{2}\cdot P\cdot \left(\frac{q}{l}\right)\cdot \{5-5\cdot \left(\frac{q}{l}\right)-10\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^2+20\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^3-8{\left(\frac{q}{l}\right)}^4\}$$ und hiermit ist die unbestimmte Kraft H berechnet. Setzt man: $$\frac{1}{2}l\cdot \left(\frac{q}{l}\right)\cdot \{5-5\cdot (\frac{q}{l}-10\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^2+20\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^3)-8\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^4\}=z$$, dann hat man einfacher: $$H=P\cdot \frac{z}{l}$$ . . . . . . 6) Man nehme der Reihe nach $$\frac{q}{l}=0$$, 0,1, 0,2, 0,3, 0,4, 0,5, 0,6, 0,7, 0,8, 0,9 und 1,0 und erhält $$\frac{z}{l}=0,00000$$, 0,22096, 0,37472, 0,46128, 0,49504, 0,50000, 0,50496, 0,53872, 0,62528, 0,77904 u. 1,0000. Man nehme AB zur Q-Achse eines rechtwinkligen Koordinatenkreuzes mit A als Koordinatenanfangspunkt an, dessen andere Achse Z heisst, und zeichne in Fig. 1 nach den Gleichungen 5) und 6) die Kurve hin, so ist dieselbe die Einflusslinie zur Bestimmung des Horizontalschubes im Punkte B. Die Einflusslinie ist mit Hilfe der berechneten Zahlen für $$\frac{z}{l}$$ in Fig. 1 gezeichnet worden. Wirken demnach auf den Bogen die Kräfte P1, P2, P3 usw. und sind z1, z2, z3 usw. deren entsprechenden Ordinaten der Einflusslinie, so entsteht in B der Horizontalschub: $$H=\frac{1}{l}\cdot (P_1\cdot z_1+P_2\cdot z_2+P_3\cdot z_3+...)$$. Wenn das System statisch bestimmt ist, also das Auflager B sich bewegen kann, so wird nur im Punkt A ein Horizontalschub ausgeübt, welcher gleich der horizontalen Kraft P ist. Wirkt noch weiter in B die Horizontalkraft H, so entsteht in A eine gleiche Kraft H, welche aber entgegengesetzt gerichtet ist. Wenn daher das System statisch unbestimmt ist, so wirkt in A der Horizontalschub: H' = P – H, d.h. mit Rücksicht auf Gleichung 6) ergibt sich: $$H^{\prime }=P\left(\frac{l-z}{l}\right).$$ Man ziehe die Parallele $$\overline{A_1{B}_1}$$ zu $$\overline{AB}$$ im Abstande l und verlängere $$\overline{GK}$$ bis zum Schnittpunkte G1 mit $$\overline{A_1{B}_1}$$ so ist: $$\overline{G_{1}K}=l-z$$, wobei K ein Punkt der Einflusslinie ist. Setzt man l – z = z', so hat man: $$H^{\prime }=P\cdot \frac{z^{\prime }}{l}$$ . . . . . . 7) Hieraus folgt, dass die Einflusslinie für H zugleich auch Einflusslinie für H' ist, die Q-Achse ist aber nicht mehr $$\overline{AB}$$, sondern A, B1. Nennen wir also die entsprechenden Ordinaten für dieses Koordinatenkreuz mit A1 als Anfangspunkt z1, z2, z3 usw. für P1, P2, P3 usw., so ergibt sich die Horizontalkraft in A $$\text{Prime causes double exponent: use braces to clarify}$$. Wir haben also sowohl zur Bestimmung von H als als auch von H' die Strecke l zum Divisor. Ist im besonderen der Bogen von A an mit g für die Längeneinheit gleichmässig belastet bis zum Abstand p, wozu die Abszisse q gehört, so entsteht der Horizontalschub: $$H=\frac{1}{2}\cdot g\cdot {\int }_o^q(5\cdot \left(\frac{q}{l}\right)-5\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^2-10\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^3+20\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^4-8\cdot {\left(\frac{q}{l}\right)}^5)dq$$    $$=\frac{1}{2}gl(\frac{5}{2}{\left(\frac{q}{l}\right)}^2-\frac{5}{3}{\left(\frac{q}{l}\right)}^3-\frac{10}{4}{\left(\frac{q}{l}\right)}^4+\frac{20}{5}{\left(\frac{q}{l}\right)}^5-\frac{8}{6}{\left(\frac{q}{l}\right)}^6).$$ Hieraus entsteht für q = l $$H=\frac{1}{2}\cdot gl$$ und für $$q=\frac{l}{2}$$ $$H=\frac{35}{192}\cdot gl$$ . . . . . 8) In der Praxis kommt der Fall am meisten vor, dass $$q=\frac{l}{2}$$ ist, z.B. beim Winddruck. Es hat dann der Horizontalschub in B den ebengefundenen Wert, der Horizontalschub in A ist jedoch: $$H^{\prime }=\frac{1}{2}gl-\frac{35}{192}\cdot gl,$$ d.h. $$H^{\prime }=\frac{61}{192}\cdot gl$$ . . . . . 9) Uebrigens ist unter allen Umständen, sei es, dass es sich um Einzellasten, um kontinuierliche oder um gemischte Belastung handelt, die Summe der Horizontalkräfte in A und B gleich der gesamten Belastung des Bogens, wie sich aus den Gleichungen 6) und 7) sofort ergibt. Die Kraft P bringt im Punkte B den zu $$\overline{mn}$$ senkrechten Auflagerdruck $$P\cdot \frac{p}{l}$$, von unten nach oben wirkend hervor, und ausserdem noch die Horizontalkraft H. Im Punkte A bringt P den ebenfalls zu $$\overline{mn}$$ senkrecht gerichteten Auflagerdruck $$P\cdot \frac{p}{l}$$, welcher aber von oben nach unten wirkt, und die Horizontalkraft H' hervor. Man vereinige sowohl die in A als auch die in B wirkenden Kräfte zu Mittelkräften, und wenn S deren Schnittpunkt, so liegt derselbe auf P, und unsere Aufgabe soll es sein, die Lage des Punktes, welcher Kämpferdruckpunkt heisst, zu bestimmen: Bildet H mit der Mittelkraft den Winkel φ, so ist $$tg\phi =\frac{P\cdot \frac{p}{l}}{H}$$ und mit Rücksicht auf Gleichung 6) entsteht: $$tg\phi =\frac{p}{z}.$$ Hieraus ergibt sich folgende Konstruktion für S: Man mache auf $$\overline{AB}$$ die Strecke $$GL=\overline{GK}$$ und ziehe $$\overline{LD}$$. Hierlauf lege man zu $$\overline{LD}$$ die Parallele durch B und letztere trifft P in dem verlangten Punkte S. Zeichnet man für verschiedene Lagen von P den Punkt S hin und verbindet die so entstandenen Kämpferdruckpunkte miteinander, so erhält man eine krumme Linie, welche Kämpferdrucklinie heisst; sie ist darum von Wichtigkeit, weil damit sehr rasch für Einzellasten die Auflagerdrucke und Horizontallasten gefunden werden können. Zeichnet man sie auf, so findet man, dass sie nicht sehr viel von der Verbindungslinie des Punktes B mit dem Mittelpunkte M des Bogens abweicht, so dass die Gerade $$\overline{MB}$$ in der Praxis als Kämpferdrucklinie genommen werden kann, wenn die Last an der einen Bogenhälfte $$\overline{AM}$$ wirkt. Wirkt jedoch die Belastung an der anderen Bogenhälfte $$\overline{BM}$$, so ist die noch zu ziehende Gerade $$\overline{AM}$$ als Kämpferdrucklinie angenähert zu nehmen.

Fig. 2.

Nehmen wir z.B. an, dass der halbe Bogen $$\overline{AM}$$ gleichmässig mit g für die Längeneinheit in Fig. 2 belastet ist, so ist die Gesamtbelastung $$g\cdot \frac{l}{2}$$ und der zu $$\overline{mn}$$ senkrechte Auflagerdruck ist nun $$B_1=\frac{gl}{2}\cdot \frac{\frac{f}{2}}{\frac{l}{4}}=\frac{g\cdot f}{4}.$$ In Wirklichkeit ist B1 etwas grösser, weil die Mittelkraft $$\frac{gl}{2}$$ in einem etwas grösseren Abstande als $$\frac{f}{2}$$ wirkt. Wir haben: $$tg\phi =\frac{f}{\frac{l}{2}}=\frac{2\cdot f}{l}$$ und $$\text{tg}\phi =\frac{B_1}{H}$$, also: $$H=\frac{gf}{4}\cdot \frac{l}{2f}$$ oder auch: $$H=\frac{gl}{8}=0,125gl$$, und dieser Wert ist etwas zu klein. In Wirklichkeit ist H = 0,182 gl nach Gleichung 8). Nehmen wir also $$\overline{BM}$$ als Kämpferdrucklinie an, so erhalten wir einen kleineren Wert, weil die Mittelkraft $$\frac{gl}{2}$$ durch den Schwerpunkt des Bogens geht und sein Abstand von $$\overline{AB}$$ etwas grösser als $$\frac{f}{2}$$ ist. Da nun tatsächlich H grösser als 0,125 . gl, nämlich gleich 0,182 gl ist, so ist hier an einem Sonderfalle bestätigt, dass die Benutzung von $$\overline{BM}$$ und $$\overline{AM}$$ zur Kämpferdrucklinie genügend genaue Ergebnisse liefert. (Schluss folgt.)