Beitrag zur Berechnung mehrfach gelagerter Wellen. Von Dipl.-Ing. H. Winkel, Berlin. (Schluß von S. 356 d. Bd.) WINKEL: Beitrag zur Berechnung mehrfach gelagerter Wellen Das Verfahren mit Hilfe der T-Momente eignet sich in den für den Maschinenbauer wichtigen Fällen, wo selten mehr als zwei Kräfte innerhalb einer Oeffnung angreifen, außerordentlich gut, da sich die Momente T in einfacher Weise graphisch ermitteln lassen. Wir benutzen die Gleichung $$T_r=\frac{N_r}{3(l_r+l_{r+1})}=-\frac{6(\frac{\text{frakfamily}{L}_r}{l_r}+\frac{\text{frakfamily}{R}_{r+1}}{l_{r+1}})}{3(l_r+l_{r+1})}$$ Es seien die r-te und (r + 1)-te Oeffnung (Abb. 6) eines durchlaufenden Trägers mit je zwei Einzelkräften belastet. Die Kraft P1 ergibt als einfache Momentenfläche ein Dreieck mit der Höhe $$h_1=P_1.\frac{a_1.b_1}{l_r},$$ entsprechend werden $${h_1}^{\prime }=P_2.\frac{a_2.b_2}{l_r}$$; $$h_2=Q_1.\frac{{a_1}^{\prime }.{b_1}^{\prime }}{l_{r+1}}$$; $${h_2}^{\prime }=Q_2.\frac{{a_2}^{\prime }{b_2}^{\prime }}{l_{r+1}}$$ Sind x1 und y1 die Schwerpunktsabstände der beiden Momentendreiecke der r-ten Oeffnung von der linken Stütze (r – 1) und x2' und y2' die entsprechenden Abstände der beiden Momentendreiecke der (r +1)-ten Oeffnung von der rechten Stütze (r + 1), dann wird $$-T_r=2.\frac{\text{frakfamily}{L}_r}{l_r(l_r+l_{r+1})}+2.\frac{\text{frakfamily}{R}_{r+1}}{l_{r+1}(l_r+l_{r+1})}$$ und mit     $$\text{frakfamily}{L}_r=\frac{1}{2}.l_r.h_1.x_1+\frac{1}{2}{l}_r.{h_1}^{\prime }.y_1,$$ $$\text{frakfamily}{R}_{r+1}=\frac{1}{2}{l}_{r+1}.h_2.{x_2}^{\prime }+\frac{1}{2}.l_{r+1}.{h_2}^{\prime }.{y_2}^{\prime },$$ $$-T_r=\{\frac{2.\frac{1}{2}.l_r.h_1.x_1}{l_r.(l_r+l_{r+1})}+\frac{2.\frac{1}{2}.l_r.{h_1}^{\prime }.y_1}{l_r.(l_r+l_{r+1})}\}+\{\frac{2.\frac{1}{2}.l_{r+1}.h_2.{x_2}^{\prime }}{l_{r+1}.(l_r+l_{r+1})}+\frac{2.\frac{1}{2}.l_{r+1}.{h_2}^{\prime }.{y_2}^{\prime }}{l_{r+1}.(l_r+l_{r+1})}\},$$

= $$\underbrace{\{\frac{h_1.x_1}{l_r+l_{r+1}}+\frac{{h_1}^{\prime }{y}_1}{l_r+l_{r+1}}\}}$$ + $$\underbrace{\{\frac{h_2.{x_2}^{\prime }}{l_r+l_{r+1}}+\frac{{h_2}^{\prime }.{y_2}^{\prime }}{l_r+l_{r+1}}\}}$$ $$-T_r=$$ $$p_r$$ + $$q_r$$

Die Größen pr und qr lassen sich als Seileckordinaten darstellen, wenn wir die Höhen h der einfachen Momentendreiecke als Kräfte auffassen, die in den Schwerpunkten der Einzeldreiecke angreifen, und als Polweite (lr + lr + 1) wählen. Ist O der Pol für den Kräftezug h1 h'1, so schneidet der Seilzug I, II, III senkrecht unter der Stütze (r – 1) die Größe ab: $$p_r=\frac{{h_1}^{\prime }.y_1}{l_r+l_{r+1}}+\frac{h_1.x_1}{l_r+l_{r+1}}.$$ Mit O' als Pol und h'2 h2 als Kräftezug erhalten wir senkrecht unter der Stütze (r + 1) durch den Seilzug I' II', III' die Größe $$q_r=\frac{h_2.{x_2}^{\prime }}{l_r+l_{r+1}}+\frac{{h_2}^{\prime }.{y_2}^{\prime }}{l_r+l_{r+1}}.$$ Beide Strecken zusammen ergeben das Moment Tr in dem Maßstabe der einfachen Momentenfläche; wir tragen demnach auf der verschränkten Stützsenkrechten Tr ab, so daß VV' = Tr = pr + qr wird. Daß diese Konstruktion der Momente T auch bei gleichförmiger Belastung nicht versagt, zeigt Abb. 7. In diesem Falle werden $$\text{frakfamily}{R}_{r+1}=\frac{2}{3}{l}_{r+1}.f_2.\frac{1}{2}{l}_r;$$ $$\text{frakfamily}{L}_r=\frac{2}{3}.l_r.f_1.\frac{1}{2}{l}_{r+1}$$ wobei $$f_1=\frac{g_r.{l_r}^2}{8}$$, $$f_2=\frac{g_{r+1}.{l_{r+1}}^2}{8}$$ $$-T{}_{rg}=\frac{2.\frac{1}{3}.l_r.f_1.l_r}{l_r.(l_r+l_{r+1})}+\frac{2.\frac{1}{3}{l}_{r+1}.f_2.l_{r+1}}{l_{r+1}.(l_r+l_{r+1})},$$       $$=\frac{f_1.\frac{2}{3}{l}_r}{l_r+l_{r+1}}+\frac{f_2.\frac{2}{3}{l}_{r+1}}{l_r+l_{r+1}},$$       $$=T_{rg}=p_{rg}+q_{rg}.$$ Wir werden die als Kräfte aufgefaßten Ordinaten f1 und f2 der einfachen Momentenflächen in ⅔ lr von der Stütze (r – 1) bzw. in ⅔ lr + 1 von der Stütze (r + 1) angreifen lassen und die Seilecke I, II bzw. I', II' genau so konstruieren wie in Abb. 6. Ist der Verlauf der Momentenfläche über den ganzen Träger bekannt, so sind damit auch die Stützreaktionen gegeben. Das Stützmoment Mb (Abb. 8) muß gleich der Summe der statischen Momente sämtlicher Kräfte links von B sein, folglich Mb = A . l1 – P1 . a1 – P2 . a2 $$A=\frac{1}{l_1}(M_b+P_1.a_1+P_2.a_2),$$ wobei zu beachten ist, daß das Stützmoment Mb negativ ist. Zur Berechnung von B wenden wir denselben Satz auf das Stützmoment in C an; es wird

Abb. 6.

Mc = A . (l1 + l2) – P1 . a1 – P2 . a2 + B . l2 – P3 . a3 – P4 . a4, $$B=\frac{1}{l_2}[M_c+A(l_1+l_2)+P_1.{a_1}^{\prime }+P_2.{a_2}^{\prime }+P_3.a_3+P_4.a_4].$$ Auf diesem Wege lassen sich aus den Stützmomenten sämtliche Auflagerreaktionen bestimmen. Der Neigungswinkel φ der Welle in den Lagern stellt sich – wie eingangs nachgewiesen – als Auflagerreaktion eines Trägers dar, der mit der Momentenfläche belastet ist. In Abb. 6 haben wir zwei aufeinander folgende Oeffnungen eines durchlaufenden Trägers mit der Momentenfläche belastet und auch das Seileck zu den Belastungsflächen als Kräfte gezeichnet. Ziehen wir die Schlußlinien der Seilecke und zu diesen Schlußlinien durch die Pole O und O' Parallelen, so schneiden diese Parallelen auf den Kräftezügen die Auflagerreaktionen ab, die uns ein Maß für die Größe der Neigungswinkel geben. Die negativen Stützmomentenflächen sind in der Weise berücksichtigt, daß wir die Stützmomente selbst als Kräfte aufgetragen haben, die in den Drittelsenkrechten wirken. Wir dürfen die Länge der Strecke Mr als Maß für den Inhalt der Momentenfläche nehmen, weil innerhalb einer Oeffnung sämtliche in Frage kommenden Dreiecke die Stützweite zur Grundlinie haben. Die Drittelsenkrechten sind Wirkungslinien der als Kräfte betrachteten Flächeninhalte, weil die Schwerpunkte der Einzeldreiecke, in die wir die negativen Trapeze zerlegt denken, auf den Drittelsenkrechten liegen. Mit den Bezeichnungen der Abb. 6 erhalten wir für B als Drehpunkt $$A.l_r=F_1.{x_1}^{\prime }+F_1.{y_1}^{\prime }-\frac{1}{2}{l}_r.M_{r-1}.\frac{2}{3}{l}_r-\frac{1}{2}{l}_r.M_r.\frac{1}{3}{l}_r,$$    $$A=\frac{1}{2}{l}_r\{(\frac{h_1.{x_1}^{\prime }}{l_r}+\frac{{h_1}^{\prime }.{y_1}^{\prime }}{l_r})-(\frac{2}{3}{M}_{r-1}-\frac{1}{3}{M}_r)\},$$      $$=\frac{1}{2}{l}_r\{A_1-A_2\},$$ $${\phi }_a=\frac{l_r}{2EJ}(A_1-A_2)$$ A1 erhalten wir als Abschnitt auf dem Kräftezug h1 h'1, wenn wir durch den Pol O zur Schlußlinie s1 eine Parallele ziehen; A2 wird durch eine Parallele zu s'1 auf dem Kräftezuge Mr Mr–1 abgeschnitten. A1 und A2 werden im Momentenmaßstab, lr im Längenmaßstab gemessen.

Abb. 7.

Abb. 8.

Analog wird $${\phi }_b=\frac{l_r}{2EJ}(B_1-B_2)={{\phi }_b}^{\prime }=\frac{l_{r+1}}{2EJ}({B_1}^{\prime }-{B_2}^{\prime }).$$ Zahlenbeispiel: Gegeben sei der Träger (Abb. 9); es ergeben sich die M0-Flächen

1. Oeffnung $$M_1=300.\frac{45.135}{180}=10125\text{ cmkg}=h_1$$ $$M_2=700.\frac{68.112}{180}=29600\text{ cmkg}={h_1}^{\prime }$$ 2. Oeffnung $$M_3=400.\frac{65.155}{220}=1830\text{ cmkg}=h_2$$ $$M_4=350.\frac{85.135}{220}=18250\text{ cmkg}={h_2}^{\prime }$$

Abb. 9.

3. Oeffnung $$M_5=1100.\frac{95.70}{165}=44400\text{ cmkg}=h_3$$ 4. Oeffnung $$M_6=450.\frac{40.145}{185}=14100\text{ cmkg}=h_4$$ $$M_7=575.\frac{55.130}{185}=22200\text{ cmkg}={h_4}^{\prime }$$

5. Oeffnung $$M_8=-900.\frac{70.80}{150}=-33600\text{ cmkg}=h_5$$ Die Ermittlung der Festpunkte geschieht graphisch; wir erhalten die Stützmomente Ma = 0; Mb = –  25250 cmkg; Mc = – 15750 cmkg; Md = – 28500 cmkg; Me = + 4000 cmkg; Mf = 0. Das größte auftretende Moment ist max M = 31500 cmkg; mit hb = 300 kg/qcm wird d = 110 mm ⌀; J = 718 cm4. $${\phi }_a=\frac{180\text{ cm}.2,2\text{ cm}.5000\text{ cmkg/cm}}{2.2150000\text{ kg/qcm}.718{\text{ cm}}^4}\stackrel{\mathrm{\infty }}{=}\frac{1}{1560}.$$ Die übrigen Neigungswinkel ergeben sich in gleicher Weise.

Abb. 10.

Bei der Ermittlung der Auflagerreaktionen beachten wir: Momente, die eine Durchbiegung des Trägers nach unten ergeben, sind positiv (Abb. 10a), Momente, die eine Durchbiegung des Trägers nach oben ergeben, sind negativ (Abb. 10b). F . 150 + 900 . 80 = Me = 4000, F = – 453 kg. A . 180 – 300 . 135 – 700 . 68 = Mb = – 25250 A = + 350 kg. – 453 . 335 + 900 . 265 + E . 185 – 775 . 130                                   – 450 . 40 = Md = – 28500       E = – 110 kg. – 453 . 500 + 900 . 430 – 110 . 350 – 575 . 295 – 450 . 205 + D . 165 – 1100 . 95 = Mc = – 15750       D = + 1390 kg. 350 . 400 – 300 . 355 – 700 . 288 + B . 220                       – 400 . 155 – 350 . 85 = Mc = – 15750       B = + 1105 kg. 350 . 565 – 300 . 520 – 700 . 453 + 1105 . 385                 – 400 . 320 – 350 . 250 + C . 165 – 1100 . 70                                            = Md = – 28500       C = + 690 kg. In Abb. 9 ist noch der Verlauf der Biegungslinie angedeutet.