Mechanik 1 - TU Wien

Mechanik 1 

Univ.Prof. Dr. Christian Bucher 

Sommersemester 2013 

Letzte Korrektur: 10. Juni 2013


Inhalt 

1 Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 

1.1 Beschreibung physikalischer Größen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 

1.2 Idealisierungen der Technischen Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 

1.3 Elementare Vektoroperationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 

2 Kraftsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 

2.1 Zentrales Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 

2.2 Moment einer Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 

2.3 Resultierende allgemeiner Kraftsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 

2.4 Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

3 Spannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 

3.1 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 

3.2 Spannungsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 

3.3 Verzerrungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 

3.4 Elastizitätsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 

4 Statik einfacher Tragwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 

4.1 Tragwerksidealisierungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 

4.2 Belastungsarten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 

4.3 Schnittprinzip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 

4.4 Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 

4.5 Lagerreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 

4.6 Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 

4.7 Spezielle Tragwerkstypen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 

4.8 Räumliche Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 

5 Kinematik des Punktes und des starren Körpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 

5.1 Kinematik des Massenpunktes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 

5.2 Kinematik des starren Körpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 

5.3 Kinematische Ketten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 

5.4 Bestimmung von Lagerreaktionen und Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 

6 Flächenmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 

7 Hydrostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 

7.1 Spannungszustand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 

7.2 Auftrieb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 

7.3 Flüssigkeitsdruck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 

8 Formänderungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 

8.1 Dehnungs- und Spannungsverteilung bei reiner Balkenbiegung . . . . . . . . . . 68 

8.2 Biegelinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 

8.3 Formänderungsenergie und Arbeitssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 

© 2007 - 2013 Christian Bucher. All rights reserved. 1


2 © 2007 - 2013 Christian Bucher. All rights reserved.


Vorbemerkung 

Dieses Manuskript fasst die wesentlichen Inhalte der Vorlesung Mechanik 1 kompakt zusammen. 

Es ist kein Ersatz für die Vorlesung und gibt deren Inhalt und insbesondere die zusätzlichen 

Erläuterungen nicht vollständig wieder. 

Hinweis 

Dieses Manuskript ist aktuell in Bearbeitung und kann zahlreiche Tippfehler enthalten. Es 

empfiehlt sich der Besuch der Vorlesung - in der Regel sind die dort angeschriebenen Gleichungen 

weitgehend korrekt. Den Studierenden, die konkrete Hinweise zur Verbesserung 

gaben, sei an dieser Stelle herzlich gedankt. 

Alle Rechte an diesem Manuskript liegen beim Verfasser. Nachdruck und Wiedergabe, auch 

auszugsweise, bedarf der schriftlichen Genehmigung durch den Verfasser. 

Literatur 

Aus der zahlreich vorhandenen Literatur werden folgende Bücher zur ergänzenden Lektüre 

empfohlen: 

1. F. Ziegler, Technische Mechanik der festen und flüssigen Körper, 3. Aufl., Springer, 

Wien-New York, 1998. 

2. D. Gross, W. Hauger, J. Schröder, W. A. Wall, Technische Mechanik 1 - Statik, 9. Aufl., 

Springer, Berlin-Heidelberg, 2006. 

3. D. Gross, W. Hauger, W. Schnell, P. Wriggers, Technische Mechanik 4 - Hydromechanik, 

Elemente der Höheren Mechanik, Numerische Methoden, Springer, Berlin-Heidelberg, 

1993. 


1 Einleitung Mechanik 1 

1 Einleitung 

1.1 Beschreibung physikalischer Größen 

1.1.1 Grundgrößen und Maßeinheiten 

Die Grundgrößen der Mechanik sind Länge (gemessen in Meter (m) 

oder geeigneten Vielfachen davon (z.B. Millimeter oder Kilometer), 

Zeit (gemessen in Sekunden oder Vielfachen wie z.B. Millisekunden 

oder Stunden) und Masse (gemessen in Kilogramm oder Vielfachen 

wie Gramm oder Tonne). Standard-Vielfache sind durch die folgenden 

Zusätze charakterisiert: 

• m (Milli) = 10 −3 

• µ (Mikro) = 10 −6 

• n (Nano) = 10 −9 

• k (Kilo) = 10 3 

• M (Mega) = 10 6 

Größe Einheit 

Länge m 

Zeit s 

Masse kg 

Tabelle 1.1 Grundgrößen 

und -einheiten 

• G (Giga) = 10 9 

Alle anderen physikalischen Größen der Größe Einheit 

Mechanik können aus den Grundgrößen 

abgeleitet werden. abgeleitet werden. 

Physikalische Größen können skalar 

(z.B. Energie) oder vektoriell (z.B. 

Geschwindigkeit) sein. Vektoren können 

nur unter Angabe eines Koordinatensystems 

festgelegt werden. 

Geschwindigkeit 

m/s 

Beschleunigung m/s 2 

Kraft 

kg m/s 2 = N (Newton) 

Druck 

kg/m s 2 = N/m 2 (Pascal) 

Tabelle 1.2 Abgeleitete Größen und Einheiten 

1.1.2 Koordinatensysteme 

Kartesische Koordinaten in der Ebene 

y 

⃗e y 

⃗r p 

P 

⃗e x 

x p 

Abbildung 1.1 

y p 

Kartesische 

Koordinaten in der 

Ebene 

x 

Ein Punkt P in der Ebene ist festgelegt durch zwei Maßzahlen, die 

kartesischen Koordinaten x p und y p . Diese Maßzahlen beschreiben 

die Abstände des Punktes P vom Koordinatenursprung in zwei 

orthogonalen Richtungen x und y. 

Der Ortsvektor ⃗r p des Punktes P ist dann festgelegt durch 

⃗r p = x p ⃗e x + y p ⃗e y (1.1) 

Darin sind ⃗e x und ⃗e y Einheitsvektoren in Richtung der Koordinatenachsen. 

In Komponentenschreibweise: 

[ ] 

xp 

⃗r p = 

(1.2) 

y p 



1 Einleitung 

Kartesische Koordinaten im Raum 

x 

z 

⃗r p 

P 

⃗e z 

⃗e y z 

⃗e p 

x 

yp 

Abbildung 1.2 

Kartesische Koordinaten 

im Raum 

x p 

y 

Ein Punkt P im Raum ist festgelegt durch drei Maßzahlen, 

die kartesischen Koordinaten x p , y p und z p . Diese Maßzahlen 

beschreiben die Abstände des Punktes P vom Koordinatenursprung 

in drei orthogonalen Richtungen x, y und z. 

Es gilt: 

bzw. in Komponentenschreibweise 

⎡ 

⃗r p = x p ⃗e x + y p ⃗e y + z p ⃗e z (1.3) 

x p 

⃗r p = y p ⎢⎣ 

⎤⎥ 

(1.4) 

⎦ 

z p 

Dabei bilden die drei Koordinatenachsen ein Rechtssystem, d.h. ⃗e z = ⃗e x × ⃗e y . 

Polare Koordinaten in der Ebene 

y 

x p 

r p 

φ p 

Abbildung 1.3 

⃗e φ 

Polare Koordinaten 

in der Ebene 

P 

y p 

x 

⃗e r 

1.2 Idealisierungen der Technischen Mechanik 

Ein Punkt P in der Ebene ist hier ebenfalls festgelegt durch zwei 

Maßzahlen, die polaren Koordinaten r p und ϕ p . Diese Maßzahlen 

beschreiben den Abstand des Punktes P vom Koordinatenursprung 

und den Winkel, den der Abstandsvektor mit der x-Achse 

einschliesst. 

Die Richtung der Einheitsvektoren ⃗e r und ⃗e ϕ hängt vom betrachteten 

Punkt P ab. Es gilt: 

⃗r p = r p ⃗e r (1.5) 

Die Umrechnung von kartesischen in polare Koordinaten und 

umgekehrt erfolgt nach: 

x p = r p cos ϕ p ; y p = r p sin ϕ p 

√ 

r p = x 2 p + y2 p ; ϕ p = arctan y p 

(1.6) 

x p 

• Starrer Körper: Körper verformt sich unter Einwirkungen von Kräften nicht. 

• Elastischer Körper: Verformungen des Körpers sind proportional zur Größe einwirkender 

Kräfte 

• Massenpunkt: Die gesamte Masse eines Körpers wird in einem Punkt konzentriert 

gedacht. 


1 Einleitung Mechanik 1 

1.3 Elementare Vektoroperationen 

hier dargestellt im R 3 . 

• Vektoren 

⎡ 

a x 

⃗a = a y ⎢⎣ 

⎤⎥ ⎦ 

a z 

⃗ b = 

⎡⎢ ⎣ 

b x 

b y 

b z 

⎤⎥ ⎦ 

(1.7) 

• Euklidische Norm (Länge) eines Vektors 

||⃗a|| = 

√ 

a 2 x + a2 y + a2 z = a (1.8) 

• Transponierter Vektor 

• Skalarprodukt (inneres Produkt) 

⃗a T = [ a x a y a z 

] 

(1.9) 

< ⃗a, ⃗ b >= ⃗a T ⃗ b = ax b x + a y b y + a z b z ; ⃗a T ⃗a = ||⃗a|| 2 (1.10) 

• Vektorprodukt (äußeres Produkt) 

⎡ 

⃗a × ⃗ a y b z − a z b y 

b = −a x b z + a z b x 

⎢⎣ 

⎤⎥ 

(1.11) 

⎦ 

a x b y − a y b x 

• Dyadisches Produkt (Matrixprodukt) 

⎡ 

⃗a · ⃗b 

a x b x a x b y a x b z 

T = a y b x a y b y a y b z 

⎢⎣ 

⎤⎥ 

(1.12) 

⎦ 

a z b x a z b y a z b z 



2 Kraftsysteme 


2.1 Zentrales Kraftsystem 

Wirken an einem Punkt eines Körpers mehrere Kräfte ⃗F 1 , ⃗F 2 , . . .⃗F n , so ist die Wirkung äquivalent 

der Wirkung der Resultierenden ⃗R. Dabei gilt: 

⃗R = ⃗F 1 + ⃗F 2 + . . . + ⃗F n = 

n∑ 

⃗F k (2.1) 

k=1 

x 

z ⃗ F1 

y 

⃗ F2 

⃗ F3 

⃗ R 

Abbildung 2.1 

Zentrales Kraftsystem 

In der Ebene lässt sich die Bildung der Resultierenden ⃗R durch Zeichnen des Kraftecks 

anschaulich zeigen. 

y 

Lageplan 

⃗ F1 

Kräfteplan 

x 

⃗ F2 

⃗ F1 

⃗ ⃗ 

F2 

F3 

⃗ F3 R ⃗ 

⃗R 

Abbildung 2.2 

Graphische Addition von Kräften in der Ebene 

Da Gl. (2.1) die Addition von Vektoren beschreibt, ist das Ergebnis des Kraftecks unabhängig 

von der Reihenfolge der Addition. 


2 Kraftsysteme Mechanik 1 

Beispiel 2.1 

y 

Addition von Kräften in der Ebene 

60 ◦ 

⃗ F2 

α 

⃗ R 

45 ◦ ⃗ F1 

x 

Gegeben seien drei Kräfte ⃗F 1 , ⃗F 2 und ⃗F 3 mit F 1 = 5 kN, 

F 2 = 4 kN, F 3 = 3 kN wie nebenstehend dargestellt. Die 

Resultierende ⃗R dieser drei Kräfte soll rechnerisch nach 

Größe R und Richtung α bestimmt werden. In Komponentenschreibweise 

sind die einzelnen Kräfte: 

⃗ F3 

⃗F 1 = 

[ 

F1 

0 

] 

; ⃗F 2 = 

[ 

F2 cos 60 ◦ ] [ 

−F3 cos 45 

F 2 sin 60 ◦ ; ⃗F 3 = 

◦ ] 

−F 3 sin 45 ◦ 

Komponentenweise Addition ergibt die Resultierende in kartesischen Koordinaten: 

[ 

F1 + F ⃗R = 2 cos 60 ◦ − F 3 cos 45 ◦ ] [ ] 

4.879 

0 + F 2 sin 60 ◦ − F 3 sin 45 ◦ = kN 

1.343 

Daraus folgt in Polarkoordinaten: 

R = 

√ 

R 2 x + R2 y = 5.060 kN; α 

= arctan R y 

R x 

= 15.25 ◦ 

Beispiel A: nicht abgedruckt. 

Zerlegung einer Kraft 

Der Additionsprozess kann auch umgekehrt werden, eine Kraft kann in Komponenten mit 

unterschiedlichen Richtungen zerlegt werden. Eine Kraft ⃗R soll in zwei Kräfte ⃗F 1 und ⃗F 2 mit 

vorgegebenen Richtungen 1, 2 zerlegt werden. Dabei muss natürlich gelten: 

⃗R = ⃗F 1 + ⃗F 2 (2.2) 

Es ist ein Krafteck zu konstruieren, das die Bedingungen erfüllt: Eine eindeutige Zerlegung 

ist in der Ebene nur bei zwei Kräften unterschiedlicher Richtung möglich, im Raum bei drei 

Kräften. 

y 

Lageplan 

1 

Kräfteplan 

x 

⃗R 

1 

⃗ F2 

2 

⃗ F1 

⃗R 

2 

Abbildung 2.3 

Zerlegung einer Kraft in der Ebene 




Beispiel 2.2 

y 

Zerlegung einer Kraft in der Ebene 

Gegeben 

1 

[ ] 

ist die Kraft 

7 ⃗R = kN 

3 

⃗R 

45 ◦ 

30 ◦ 

2 

x 

⃗F 1 = 

Sie soll in zwei Kräfte ⃗F 1 und ⃗F 2 mit Richtungen lt. der nebenstehenden 

Abbildung zerlegt werden. Die Resultierende ⃗R 

soll rechnerisch nach Größe R und Richtung α bestimmt werden. 

In Komponentenschreibweise sind die einzelnen Kräfte: 

[ 

F1 cos 45 ◦ ] 

F 1 sin 45 ◦ ; ⃗F 2 = 

[ 

F2 cos 30 ◦ ] 

−F 2 sin 30 ◦ 

Komponentenweise Addition ergibt die Resultierende in kartesischen Koordinaten 

Subtraktion I-II ergibt: 

I : R x = F 1,x + F 2,x = F 1 cos 45 ◦ + F 2 cos 30 ◦ = 7 

II : R y = F 1,y + F 2,y = F 1 sin 45 ◦ − F 2 sin 30 ◦ = 3 

und Rückeinsetzen in I 

F 1 = 

→ F 2 = 

F 2 (cos 30 ◦ + sin 30 ◦ ) = 7 − 3 = 4 

4 

cos 30 ◦ = 2.928 kN 

+ sin 30◦ 1 

cos 45 ◦ (7 − F 2 cos 30 ◦ ) = 6.312 kN 

2.2 Moment einer Kraft 

Die Größe 

z 

⃗M p 

⃗ F 

⃗M p = (⃗r q −⃗r p ) × ⃗F = ⃗r pq × ⃗F (2.3) 

P 

⃗r p 

⃗r pq 

⃗r q 

Q 

(vgl. Abb. 2.4) heißt Moment der Kraft ⃗F bezogen auf den Punkt P. 

Der Momentenvektor ⃗M p steht normal auf den Abstandsvektor⃗r pq 

und den Kraftvektor ⃗F. 

x 

y 

Abbildung 2.4 

einer Kraft im Raum 

Moment 

Sonderfall: ⃗r pq und ⃗F liegen in der x − y-Ebene. Der Momentenvektor ⃗M p besitzt dann nur 

die Komponente M p,z . 

Es gilt dann 

M p,z = F y x pq − F x y pq ; |M p,z | = ||⃗F|| · s pq (2.4) 



y 

F y 

⃗F 

Q 

α 

P x pq 

y pq 

F x 

s pq 

x 

Abbildung 2.5 

Moment 

einer Kraft in der Ebene 

Dabei ist s pq der Normalabstand des Bezugspunktes P von der Wirkungslinie von ⃗F. 

Es gilt lt. Abb. 2.5: 

Ebenso gilt 

und somit 

l pq = x pq sin α − y pq cos α; s pq = |l pq | (2.5) 

F x = F cos α; F y = F sin α (2.6) 

|M p,z | = |F y x pq − F x y pq | = |F sin αx pq − F cos αy pq | = ||⃗F|| · |l pq | = ||⃗F|| · s pq (2.7) 

Beispiel 2.3 

Moment einer Einzelkraft 

Eine einzelne Kraft ⃗F greift im Punkt Q an. Wie groß ist ihr Moment ⃗M 0 bezogen auf den 

Ursprung? 

Gegeben seien dabei: 

⎡ ⎤ 

⎡ ⎤ 

2 

0 

⃗F = 3 

⎢⎣ ⎥⎦ [kN]; ⃗r q = 1 

⎢⎣ ⎥⎦ [m] 

4 

−2 

Hier ist ⃗r p = ⃗0 und somit 

⎡ ⎤ ⎤ 

⎤ ⎤ 

0 2 1 · 4 + 2 · 3 10 

⃗M 0 = ⃗r q × ⃗F = 1 

⎢⎣ ⎥⎦ 

⎡⎢ × 3 ⎣ ⎥⎦ 

⎡⎢ = −0 · 4 − 2 · 2 

⎣ ⎥⎦ 

⎡⎢ = −4 ⎣ ⎥⎦ [kNm] 

−2 4 0 · 3 − 1 · 2 −2 

2.3 Resultierende allgemeiner Kraftsysteme 

An einem starren Körper angreifende Kräfte können entlang ihrer Wirkungslinie (``Kraftrichtung’’) 

beliebig verschoben werden, ohne dass sich die Wirkung auf den Körper ändert. 

(Dies gilt i.a. nicht für deformierbare Körper!) 




starr 

verformbar 

Abbildung 2.6 

Verschiebung einer Kraft an starrem bzw. verformbarem 

Körper 

Für Kräfte, deren Resultierende Null ist, verbleibt i.a. ein von Null verschiedenes resultierendes 

Moment. 

⃗R = ⃗F + (−⃗F) = ⃗0 

x 

z 

Abbildung 2.7 

der Ebene 

⃗M rs = ⃗r sp × ⃗F +⃗r sq × (−⃗F) = (⃗r sp −⃗r sq ) × ⃗F = ⃗r qp × ⃗F 

−⃗F 

⃗r qp 

Das resultierende Moment eines Kräftepaars ist 

P 

Q unabhängig vom Bezugspunkt S und wird daher 

y 

als freies Moment bezeichet. 

⃗r sq 

⃗r sp 

Die resultierende Wirkung eines allgemeinen 

S 

(nicht zentralen) Kraftsystems von n Kräften ⃗F k 

⃗F 

auf einen starren Körper wird beschrieben durch 

Moment eines Kräftepaars in die resultierende Kraft ⃗R und das resultierende 

Moment ⃗M p bezogen auf einen beliebigen Punkt 

P: 

n∑ 

n∑ 

⃗R = ⃗F k ; ⃗M p = ⃗r pk × ⃗F k (2.8) 

k=1 

Zwei Kraftsysteme heißen äquivalent, wenn ⃗R und ⃗M p übereinstimmen. 

Beispiel B: nicht abgedruckt. 

2.4 Gleichgewicht 

Ein Kraftsystem befindet sich im Gleichgewicht, wenn sowohl die Resultierende ⃗R als auch 

das resultierende Moment ⃗M p bezogen auf einen beliebigen Punkt P verschwindet. Im Raum 

sind dies 6 Bedingungsgleichungen: 

n∑ 

n∑ 

n∑ 

F kx = 0; F ky = 0; F kz = 0 

k=1 

n∑ 

M pkx = 0; 

k=1 

k=1 

k=1 

n∑ 

M pky = 0; 

k=1 

k=1 

n∑ 

M pkz = 0 

Für ein Kraftsystem in der x − y-Ebene verbleiben davon noch 3 Bedingungen: 

n∑ 

n∑ 

n∑ 

F kx = 0; F ky = 0; M pkz = 0 (2.9) 

k=1 

k=1 

Eine Grundaufgabe der Statik ist es, zu einem bestehenden Kraftsystem solche Kräfte hinzuzufügen, 

dass Gleichgewicht eintritt. 

k=1 

k=1 



P 

⃗ Fk 

⃗r pk 

⃗r qp 

k 

Q 

⃗r qk 

Abbildung 2.8 

Veränderung 

des Bezugspunktes 

Wenn ein Kraftsystem sich im Gleichgewicht befindet, verschwindet das resultierende 

Moment um jeden beliebigen Punkt Q (siehe dazu auch Abb. 2.8): 

⃗M q = 

n∑ 

⃗r qk × ⃗F k = 

k=1 

n∑ 

(⃗r pk +⃗r pq ) × ⃗F k = 

k=1 

= ⃗o +⃗r qp × ⃗o = ⃗o q.e.d. 

n∑ 

⃗r pk × ⃗F k +⃗r qp × 

k=1 

n∑ 

⃗F k 

k=1 

Beispiel 2.4 

a 

L 

⃗G 

⃗F 1 

⃗F 2 

Quadratischer Block 

b 

L 

Eine quadratische Scheibe (L × L) mit dem Gewicht ⃗G soll durch 

zwei Kräfte ⃗F 1 und ⃗F 2 gehalten werden (siehe Skizze). Wie groß 

müssen diese Kräfte sein? Dies ist ein ebenes Problem, es müssen 

daher 3 Gleichgewichtsbedingungen formuliert werden. 

∑ 

I : F k,x = 0 ̌ 

∑ 

II : M bk,z = −F 1 · L + F 2 · 0 + G · L 

2 = 0 

∑ 

II : M ak,z = F 1 · 0 + F 2 · L − G · L 

2 = 0 

aus II folgt F 1 = G 2 und aus III: F 2 = G 2 . 

Die resultierende Vertikalkraft muss ebenfalls Null werden. Dies kann als Kontrolle eingesetzt 

werden: 

∑ 

F k,y = F 1 + F 2 − G = 0 ̌ 



3 Spannungen 

3 Spannungen 

3.1 Definitionen 

Werkstoffe sind mikroskopisch gesehen unregelmäßig aufgebaut. Bei Betrachtung aus größerer 

Distanz wirken sie hingegen gleichmäßig (homogen). 

Abbildung 3.1 

Homogenisierung 

eines realen Körpers 

Wir nehmen an, dass die Werkstoffeigenschaften über ein repräsentatives Volumen gemittelt 

werden können und sprechen dann von einem Kontinuum. Sind diese Eigenschaften im 

gesamten betrachteten Gebiet (Körper) konstant, so ist der Werkstoff homogen. 

Viele wichtige Werkstoffeigenschaften betreffen das Verformungsverhalten unter Beanspruchungen. 

Ist das Verhalten richtungsunabhängig, so wird der Werkstoff diesbezüglich als 

isotrop bezeichnet, im gegenteiligen Fall als anisotrop. 

Bei der Beschreibung der Verformung eines Körpers verfolgen wir die Bewegung einzelner 

Punkt P. 

z 

⃗r p 

P 

P ∗ 

⃗r p 

∗ 

x 

Abbildung 3.2 

einem Körper 

Bewegung eines Punktes in 

y 

Wir beschreiben die ’’neuen’’ Koordinaten x ∗ , y ∗ , z ∗ des Punktes P ∗ als Funktionen der ’’alten’’ 

Koordinaten x, y, z des Punktes P (Lagrange’sche 1 Betrachungsweise) 

3.2 Spannungsbegriff 

x ∗ = x ∗ (x, y, z) 

y ∗ = y ∗ (x, y, z) (3.1) 

z ∗ = z ∗ (x, y, z) 

Wir betrachten einen im Gleichgewicht befindlichen Körper 

1 Joseph-Louis Lagrange, *1736 Torino, +1813 Paris. 


3 Spannungen Mechanik 1 

⃗ F1 

⃗ Fk 

⃗ Fk 

⃗ F2 

⃗ F1 

A 

∆A 

∆⃗ F 

⃗t 

⃗n 

Abbildung 3.3 

Schnitt durch einen Körper 

∆⃗F 

⃗t = lim 

∆A→0 ∆A = d ⃗F 

dA 

(3.2) 

Dieser Vektor kann in eine Komponente ⃗σ normal zur Schnittebene (Normalspannung) und 

eine Komponente ⃗τ in der Schnittebene (Schubspannung) zerlegt werden. 

⃗τ 

⃗t 

⃗σ 

⃗n 

σ = ⃗t · ⃗n 

⃗σ = σ⃗n (3.3) 

⃗τ = ⃗t − ⃗σ 

Ein gedanklicher Schnitt durch den Körper setzt innere Kraftgrößen (die sogenannten 

Schnittgrößen) frei. Wir wollen nun wissen, wie die Beanspruchungen aus den Schnittgrößen 

innerhalb der Schnittfläche A verteilt sind. Auf ein Flächenelement ∆A entfällt ein Schnittkraftanteil 

∆⃗F. Der Spannungsvektor auf diesem Flächenelement entsteht durch den Grenzübergang 

Abbildung 3.4 

Dabei ist ⃗n der Normaleneinheitsvektor. Wird die Schnittebene gedreht, so 

Zerlegung des 

ändert sich i.a. der Spannungsvektor ⃗t und damit sowohl Normal- als auch 

Spannungsvektors 

Schubspannungen. 

Beispiel C: nicht abgedruckt. 

Der Spannungszustand in einem Punkt eines Körpers ist eindeutig festgelegt 

durch die Angabe der Spannungsvektoren in drei zueinander orthogonalen Schnittebenen. 

Dazu betrachten wir einen Quader mit infinitesimal kleinen Abmessungen dx dy dz. 

Auf allen Quaderflächen wirkt ein Spannungsvektor, den wir in Normal- und Schubspannungen 

zerlegen. Die Schubspannungen werden weiter in Komponenten nach den Koordinatenrichtungen 

zerlegt. (Bezeichnung: 1. Index - Flächennormale, 2. Index - Spannungsrichtung). 

Im Quadervolumen wirkt eine Volumenkraft ⃗ f (Fernwirkung, z. B. Gravitation) mit den Komponenten 

f x , f y , f z . 

Die Gleichgewichtsbedingung ∑ F y = 0 ergibt: 

(−σ yy + σ yy + dσ yy )dxdz + (−τ zy + τ zy + dτ zy )dxdy + (−τ xy + τ xy + dτ xy )dydz + f y dxdydz = 0 

Mit den Differentialen 

dσ yy = ∂σ yy 

∂y dy; 

dτ zy = ∂τ zy 

∂z dz; 

dτ xy = ∂τ xy 

∂x dx 



3 Spannungen 

z 

σ yy 

z 

τ zy + dτ zy 

τ yz + dτ yz 

dz 

x 

dy 

dx 

y 

σ yy 

τ yz 

τ 

τ zy 

xy 

σ yy + dσ yy 

τ yx + dτ yx 

y 

y 

τ yx 

σ yy + dσ yy 

τ xy + dτ xy 

x 

Abbildung 3.5 Spannungen 

an einem infinitesimalen Quader 

folgt daraus 

∂σ yy 

∂y dV + ∂τ zy 

∂z dV + ∂τ xy 

∂x dV + f ydV = 0 

Analog folgt aus den Beziehungen ∑ F x = 0 und ∑ F z = 0: 

Die Momentenbedingung ∑ M x = 0 ergibt: 

∂σ xx 

∂x + ∂τ yx 

∂y + ∂τ zx 

∂z + f x = 0 

∂τ xy 

∂x + ∂σ yy 

∂y + ∂τ zy 

∂z + f y = 0 (3.4) 

∂τ xz 

∂x + ∂τ yz 

∂y + ∂σ zz 

∂z + f z = 0 

(τ yz + τ yz + dτ yz ) dy 

2 dxdz − (τ zy + τ zy + dτ zy ) dz 

2 dxdy = 0 

→ τ yz − τ zy = 0 

Aus den anderen Momentengleichungen folgt analog: 

τ xy = τ yx τ xz = τ zx τ yz = τ zy (3.5) 

Der Spannungsvektor ⃗t auf einer Fläche, deren Orientierung durch den Normaleneinheitsvektor 

⃗n gegeben ist, wird berechnet aus: 

⎡ ⎡ 

⎡ 

t x σ xx τ xy τ xz n x 

⃗t = t y ⎢⎣ 

⎤⎥ 

= τ xy σ yy τ yz 

⎦ ⎢⎣ 

⎤⎥ · n y ⎦ ⎢⎣ 

⎤⎥ 

= [S] · ⃗n (3.6) 

⎦ 

t z τ xz τ yz σ zz n z 



z 

⃗n 

⃗t 

x 

y 

Abbildung 3.6 

Spannungsvektor auf beliebig 

orientierter Fläche 

Die symmetrische 3 × 3-Matrix [S] heißt Spannungstensor. Die Einheit der Spannung ist ein 

Pascal 2 , 1 Pa = 1 N/m 2 . 

Ein spezieller Spannungszustand ist der ebene Spannungszustand mit τ xz = τ yz = σ zz = 0. In 

diesem Fall reduziert sich der Spannungstensor auf 

[ ] 

σxx τ 

[S] = xy 

τ xy σ yy 

Beispiel D: nicht abgedruckt. 

3.3 Verzerrungen 

Unter einer Belastung erfährt jeder Punkt im Kontinuum eine Lageänderung. Zueinander 

benachbarte Punkte P und Q bewegen sich in veränderte Positionen P ∗ und Q ∗ . Dabei ändert 

sich i.a. auch der Abstand der beiden Punkte zueinander. 

z 

⃗r 

Q 

d⃗r 

P 

⃗r ∗ 

⃗u + d⃗u 

⃗u 

P ∗ 

d⃗r ∗ 

Q ∗ 

x 

Abbildung 3.7 

Bewegung benachbarter Körperpunkte 

y 

Der Verschiebungsvektor des Punktes P ist ⃗u. Die Relativverschiebung der Punkte zueinander 

ist durch den Vektor d⃗u gegeben. Die Komponenten dieses Vektors werden aus den 

Verschiebungen berechnet (Taylor-Reihe, linearisiert) 

du = ∂u ∂u ∂u 

dx + dy + 

∂x ∂y ∂z dz 

dv = ∂v 

∂x 

dw = ∂w 

∂x 

dx + 

∂v 

∂y 

∂v 

dy + dz (3.7) 

∂z 

∂w ∂w 

dx + dy + 

∂y ∂z dz 

2 Blaise Pascal, *1623 Clermont, +1662 Paris 



3 Spannungen 

Dies ist eine Matrix-Vektor-Multiplikation 

⎡ 

d⃗u = 

⎢⎣ 

∂u 

∂x 

∂v 

∂x 

∂w 

∂x 

∂u 

∂y 

∂v 

∂y 

∂w 

∂y 

∂u 

∂z 

∂v 

∂z 

∂w 

∂z 

⎤ 

⎥⎦ 

d⃗r = [A]d⃗r (3.8) 

Die Matrix [A] heißt Deformationsgradient. Ihr symmetrischer Anteil [V] wird als Verzerrungstensor 

bezeichnet. 

⎡ 

1 1 

[V] = 1 ( ) ε xx 2 

γ xy 2 

γ xz 

[A] + [A] 

T 1 

= 

2 

2 

⎢⎣ 

γ 1 

xy ε yy 2 

γ yz 

(3.9) 

⎤⎥ 

1 

2 γ 1 ⎦ 

xz 2 γ yz ε zz 

Die Größen ε ii heißen Dehnungen, die Größen γ ik heißen Gleitungen. Diese Größen können 

geometrisch als Längen- bzw. Winkeländerungen interpretiert werden. 

y 

y 

β 

dy 

P 

P ∗ 

⃗u 

dx 

x 

dy 

P 

P ∗ 

⃗u 

dx 

α 

x 

Abbildung 3.8 

Dehnungen 

und Gleitungen in einem Körper 

Für kleine Verformungen gilt offensichtlich, dass die gesamte Änderung des rechten Winkels 

bei P ∗ gegeben ist durch β + α, und dies wiederum durch ∂u 

∂y + ∂v 

∂x = γ xy (siehe Abb. 3.8). 

Die Längenänderung in Richtung der x-Achse ist gegeben durch ∂u 

∂x = ε xx, und die Längenänderung 

in Richtung der y-Achse ist ∂v 

∂y = ε yy. Analoge Aussagen gelten für die verbleibenden 

Terme des Verzerrungstensors. 

Der antimetrische Anteil des Deformationsgradienten 

[R] = 1 2 

( 

[A] − [A] 

T ) 

beschreibt eine verzerrungsfreie Starrkörperdrehung des Körpers. Für die Beanspruchungen 

des Werkstoffs ist diese Art der Bewegung unerheblich. 

Ein spezieller Verzerrungszustand ohne Gleitungen ist ein Zustand reiner Volumenänderung 

ohne Gestaltsänderung beschrieben durch einen Verzerrungstensor (Kugeltensor) 

⎡ 

ε 0 0 0 

[V] = 0 ε 0 0 

⎢⎣ 

⎤⎥ 

(3.10) 

⎦ 

0 0 ε 0 

Derartige Verzerrungen treten beispielsweise durch Temperaturänderungen ein: 

ε 0 = α T ∆T (3.11) 



Darin ist α T der Wärmeausdehnungskoeffizient und ∆T die Temperaturänderung. 

Ein weiterer spezieller Verzerrungszustand ist der ebene Verzerrungszustand. In diesem Fall 

sind alle Dehnungen und Gleitungen bezüglich einer Achse (z. B. z-Achse) Null. Es verbleibt 

dann der Verzerrungstensor 

⎡ 

ε xx 

1 

2 

γ xy 

[V] = ⎢⎣ 

⎤⎥ 

1 ⎦ 

2 γ (3.12) 

xy ε yy 

Im allgemeinen können ein ebener Spannungszustand und ein ebener Verzerrungszustand 

nicht gleichzeitig eintreten. 

Beispiel E: nicht abgedruckt. 

3.4 Elastizitätsgesetz 

In einem linear-elastischen Werkstoff sind die Spannungen und Verzerrungen linear miteinander 

verknüpft. Dabei ist zu beachten, dass Dehnungen in eine Richtung oft mit negativen 

Dehnungen in Richtungen quer dazu verbunden sind (Querkontraktion). 

⃗ F 

⃗ F 

Abbildung 3.9 

einem Zugstab 

Längs- und Querdehnungen in 

Für einen homogenen, isotropen Werkstoff lautet das Elastizitätsgesetz (auch Hooke’sches 3 

Gesetz genannt). 

ε xx = 1 [ 

σxx − ν(σ yy + σ zz ) ] + α T ∆T 

E 

ε yy = 1 [ 

σyy − ν(σ xx + σ zz ) ] + α T ∆T (3.13) 

E 

ε zz = 1 E 

[ 

σzz − ν(σ xx + σ yy ) ] + α T ∆T 

γ xy = 1 G τ xy γ xz = 1 G τ xz γ yz = 1 G τ yz 

In dieser Gleichung ist E der Elastizitätsmodul, ν die Querkontraktionszahl (Poisson’sche 4 Zahl) 

und G der Schubmodul. Dieser kann aus E und ν berechnet werden: 

G = 

E 

2(1 + ν) 

(3.14) 

3 Robert Hooke, *1635 Freshwater, +1703 London 

4 Siméon Denis Poisson, *1781 Pithiviers, +1840 Sceaux 



3 Spannungen 

Für den speziellen Fall eines ebenen Spannungszustandes mit σ zz = τ xz = τ yz = 0 und ohne 

Temperatureinfluss reduzieren sich diese Beziehungen auf 

ε xx = 1 E (σ xx − νσ yy ); 

ε yy = 1 E (σ yy − νσ xx ); (3.15) 

ε zz = − ν E (σ xx + σ yy ); 

γ xy = 1 G τ xy 

Es entsteht also für ν ≠ 0 kein ebener Verzerrungszustand. 

Beispiel 3.1 

Ebener Verzerrungszustand 

Gegeben sei ein elastischer Werkstoff mit dem E-Modul E = 210 GPa und der Querkontraktionszahl 

ν = 0.3. Es sei ein ebener Verzerrungszustand mit konstanten Dehnungen 

ε xx =0.001, ε yy = 0.002, γ xy = 0 vorgegeben. Bestimmen Sie den Spannungszustand. 

Lösung: Aus der 3. Gl.(3.13) folgt 

σ zz = ν(σ xx + σ yy ) 

und damit durch Umformen aus den ersten beiden Gl.(3.13): 

Schließlich ergibt sich daraus 

σ xx = 

σ yy = 

ε xx = 1 − ν2 

E σ xx − 

ε yy = 1 − ν2 

E σ yy − 

ν(1 + ν) 

σ yy 

E 

ν(1 + ν) 

σ xx 

E 

E [ ] 

(1 − ν)εxx + νε yy 

(1 + ν)(1 − 2ν) 

E [ ] 

(1 − ν)εyy + νε xx 

(1 + ν)(1 − 2ν) 

mit den Zahlenwerten σ xx = 525 MPa, σ yy = 685.5 MPa und σ zz =363.5 MPa. 


4 Statik einfacher Tragwerke Mechanik 1 

4 Statik einfacher Tragwerke 

4.1 Tragwerksidealisierungen 

Ausgehend von der Vorstellung des starren Körpers werden weitere Vereinfachungen vorgenommen. 

B 

H 

L 

Abbildung 4.1 

Stabförmige Tragwerksteile 

Wenn an einem Bauteil (Tragwerksteil) eine Längenabmessung deutlich dominiert (L >> 

B, H), so kann dieser Teil als Stab idealisiert werden. In der Systemskizze wird ein Stab durch 

seine Längsachse (das ist i.a. die Verbindungslinie der Querschnittsmittelpunkte) dargestellt. 

Stäbe, die quer zu ihrer Achse belastet werden, heißen Balken. Gekrümmte Balken werden als 

Bogen bezeichnet. Stellen, an denen ein Tragwerk unterstützt wird und Kräfte an die Umgebung 

überträgt, heißen Lager (bzw. Auflager). 

Abbildung 4.2 

Systemskizze eines Stabes 

In einer Systemskizze wird der oben dargestellte Stab symbolisiert sie in Abb. 4.2 dargestellt. 

Lager werden eingeteilt nach der Art und der Anzahl der aufgenommenen Kräfte und 

Momente. 

Bewegliches Lager (Gleitlager): 

überträgt nur eine vertikale Kraft. 

Abbildung 4.3 

Horizontal bewegliches Lager 

Festes Lager: 

überträgt horizontale und vertikale Kraft. 




Abbildung 4.4 

Festes Lager 

Einspannung: 

überträgt horizontale und vertikale Kraft sowie Moment. 

Abbildung 4.5 

Einspannung 

Lager können auch durch Einzelstäbe realisiert werden (vgl. Abb. 4.6). 

Abbildung 4.6 

Stützstäbe 

Die in den Lagern übertragenen Kräfte und Momente heißen Lagerreaktionen oder Stützkräfte. 

Stellen, an denen Stäbe gegeneinander drehbar verbunden sind, heißen Gelenke. Nicht drehbare 

Verbindungen heißen biegesteif. Diese Verbindungen werden oft gesondert gekennzeichnet, 

um sie von Gelenken zu unterscheiden. 

4.2 Belastungsarten 

Entsprechend den Tragwerksidealisierungen können auch Belastungsgrößen (Einwirkungen) 

idealisiert werden. Grundsätzlich existieren Volumenlasten und Flächenlasten. 

Ein Beispiel für Volumenlasten ist das Eigengewicht: Jedes Masseteilchen im Volumen trägt 

zum Eigengewicht bei. Ein Beispiel für Flächenlasten ist Wasserdruck: Jedes Flächenteilchen 

der Oberfläche ist belastet. 



biegesteif 

Gelenk 

Abbildung 4.7 

Gelenkträger 

Durch Idealisierung entsteht daraus eine Linienlast (Abb. 4.8) oder eine Punktlast (Einzellast, 

Abb. 4.9). 

Abbildung 4.8 

(eigentlich Volumenlast) 

Eigengewicht eines Balkens 

Abbildung 4.9 

Radlast eines LKW (eigentlich 

Flächenlast) 

4.3 Schnittprinzip 

Denkt man sich aus einem Tragwerk Teile herausgeschnitten, so kann Gleichgewicht dieser 

Teile dadurch erreicht werden, dass an der Schnittstelle Kräfte und Momente angesetzt 

werden (vgl. Abb. 4.10). 

⃗F 1 

⃗F 2 

Schnitt 

⃗F 1 

⃗F 2 

M 

M 

Q 

Q 

N N 

Abbildung 4.10 

Schnittprinzip 

Die Schnittkraft in Richtung der Stabachse heißt Normalkraft (bzw. Längskraft) N, die Schnittkraft 

quer zur Stabachse heißt Querkraft Q und das Schnittmoment heißt Biegemoment M. Die 




an gegenüberliegenden Schnittufern wirkenden Schnittgrößen M, Q und N sind im Gleichgewicht. 

Die Schnittgrößen sind ein Maß für die Beanspruchung des Werkstoffs. 

4.4 Statische Bestimmtheit 

Ein Tragwerk heißt statisch bestimmt gelagert, wenn die Lagerreaktionen eindeutig aus den 

Gleichgewichtsbedingungen bestimmbar sind. Für einen einfachen Balken bedeutet dies, 

dass die Anzahl r der Lagerreaktionen gleich der Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen 

sein muss, d.h. r = 3. Allgemein heißt ein Tragwerk m-fach statisch unbestimmt, wenn die 

Anzahl der unbekannten Lagerreaktionen um m größer ist als die Anzahl der Gleichgewichtsbedingungen. 

Bei mehrteiligen (zusammengesetzten) Systemen bestehend aus n Teilkörpern 

(Teilstäben) ist die notwendige Bedingung für statische Bestimmtheit: 

r + v − 3n = 0 (4.1) 

Darin ist r die Anzahl der Lagerreaktionen und v die Anzahl der Bindungskräfte zwischen 

den Teilen. Die Bedingung 4.1 ist nicht hinreichend, d.h. es gibt Systeme, die die Bedingung 

(4.1) zwar erfüllen, aber nicht statisch bestimmt sind. 

Beispiel 4.1 

Dreigelenkbogen 

Das dargestellte System besteht aus 2 miteinander 

gelenkig verbundenen Teilsystemen. In diesem 

Gelenk werden 2 unabhängige Verbindungskräfte 

übertragen, das Moment aufgrund der Drehbarkeit 

kann nicht übertragen werden. Die Lager sind fest 

und können zwei unabhängige Kraftgrößen aufnehmen. 

Daher ist hier n = 2, r = 4, v = 2 und somit m = r + v − 3n = 4 + 2 − 3 · 2 = 0 ̌ 

Beispiel 4.2 

Ausnahmefall 

Hier ist n = 1, r = 3, v = 0 und somit m = r + v − 3n = 

3 + 0 − 3 · 1 = 0. Dennoch ist das Tragwerkssystem nicht 

statisch bestimmt (es ist horizontal beweglich). 

Beispiel 4.3 

Gelenkträger 

einfach statisch unbestimmt. 

Hier ist n = 2, r = 5, v = 2 und somit m = r + v − 

3n = 5 + 2 − 3 · 2 = 1. Das Tragwerkssystem ist 

Beispiel F: nicht abgedruckt. 



4.5 Lagerreaktionen 

4.5.1 Einzelstäbe 

y 

⃗ F1 

⃗ F2 

⃗ Fn 

b 

y b 

A a 

H x 

B V 

x b 

A V 


Lagerreaktionen des Einzelstabs 

Ein allgemeiner Träger auf zwei Stützen ist in Abb. 4.11 dargestellt. Mögliche Lagerreaktionen: 

A H , A V , B V (r = 3). Die verfügbaren Gleichgewichtsbedingungen können beispielsweise 

folgendermaßen formuliert werden: 

∑ 

F x = 0 : A H + 

∑ 

F y = 0 : A V + B V + 

∑ 

M a = 0 : A V 0 + B V x b + 

n∑ 

F kx = 0 

k=1 

n∑ 

F ky = 0 (4.2) 

k=1 

n∑ 

(F ky x k − F kx y k ) = 0 

Dies sind drei lineare Gleichungen für die unbekannten Lagerreaktionen A H , A V , B V . 

Beispiel 4.4 

Abgewinkelter Einzelstab 

Gegeben sind F = 2 kN und p = 0.5 kN/m sowie die Systemgeometrie lt. der dargestellten 

Skizze. Gesucht sind die Lagerreaktionen in den Punkten a und b. 

F 

y 

p 

b 

k=1 

F 

p 

a 

x 

3.0 

A H 

A V 

B V 

3.0 6.0 

[m] 




∑ 

√ √ 

2 

2 

F x = 0 = A H + F 

2 → A H = − 

2 F = −1.414kN 

∑ 

M a = 0 = B V ·9.0−p·6.0·6.0−F·3.0·√2 

→ B V = 1 ( √ ) 

p · 6.0 · 6.0 + F · 3.0 · 2 = 2.943kN 

9.0 

∑ 

M b = 0 = −A V · 9.0 + A H · 3.0 + F · 3.0 · √2 

+ p · 6.0 · 3.0 

→ A V = 1 ( 

AH · 3.0 + F · 3.0 · √2 

+ p · 6.0 · 3.0 ) = 1.471kN 

9.0 

Kontrolle: 

∑ 

√ √ 

2 

2 

F y = A V + B V − F 

2 − p · 6.0 = 1.471 + 2.943 − 2 2 − 3.0 = −2.1 · 10−4 ̌ 

4.5.2 Zusammengesetzte Tragwerke 

Hier sind zunächst die Einzelteile freizuschneiden und die Verbindungskräfte (Gelenkskräfte) 

mit als Unbekannte anzusetzen. Für jedes Teilsystem und für das Gesamtsystem sind 

die Gleichgewichtsbedingungen zu erfüllen. 

Beispiel 4.5 

Dreigelenksystem 

F 

y 

p 

b 

3.0 

Gegeben sind F = 10 kN und p = 2 kN/m sowie die 

Systemgeometrie lt. Skizze. Gesucht sind die Lagerreaktionen 

in den Punkten a und b. 

a 

x 

g 

3.0 

3.0 

F 

3.0 

3.0 

[m] 

B H 

A V 

B V 

A H 

p 

Unbekannte Kraftgrößen am Gesamtsystem: 



F 

B H 

A V G 

II 

H 

B V 

G H 

I 

A H 

G V 

G V 

p 

Unbekannte Kraftgrößen 

an den Teilsystemen: 

Zunächst werden die Lagerreaktionen B V und B H durch Auswahl geeigneter Gleichgewichtsbedingungen 

berechnet. Am Gesamtsystem: 

∑ 

M a = 0 = B v · 9.0 + B H · 6.0 − F · 3.0 · √2 

− p · 3.0 · 7.5 

Am Teilsystem II: 

∑ 

M II 

g = 0 = B V · 3.0 + B H · 3.0 − p · 3.0 · 1.5 

Dies sind zwei lineare Gleichungen für B H und B V : 

9B V + 6B H = 87.4254 

3B V + 3B H = 9.0000 

→ B V = 23.1421 kN, B H = −20.1421 kN 

Im nächsten Schritt werden in analoger Weise die Lagerreaktionen A V und A H bestimmt. 

Am Gesamtsystem: 

∑ 

M b = 0 = A H · 6.0 − A V · 9.0 + F · 4.5 · √2 

+ p · 3.0 · 1.5 

Am Teilsystem I: 

∑ 

M I g = 0 = A H · 3.0 − A V · 6.0 + F · 1.5 · √2 

Dies ist wiederum ein lineares Gleichungssystem: 

6A H − 9A V = −72.6396 

3A H − 6A V = −21.2132| · (−2) 

A H = 2A V − 21.2132 

3 

3A V = −30.2132 

A V = −10.0711 kN 

= −27.2132 kN 

Als Kontrolle werden schließlich die Kräfte am Gesamtsystem überprüft: 

∑ 

√ √ 

2 

2 

F x = A H + F 

2 − B H = −27.2132 + 10 

2 + 20.1421 = −3.2 · 10−5 ̌ 

∑ 

√ √ 

2 

2 

F y = A V − F 

2 − p · 3.0 + B V = −10.0711 − 10 

2 − 6.0 + 23.1421 = −6.8 · 10−5 ̌ 




Beispiel 4.6 

Komplexes System 

Gegeben ist ein komplex aufgebautes System lt. Skizze. Gesucht ist eine Zerlegung in Teilsysteme 

und die Entwicklung eines geeigneten Berechnungsablaufs. 

III 

I 

II 

IV 

V 

6,7 

III 

12,13 

I 

2,3 

II 

8,9 

IV 

V 

1 

4,5 

10,11 

14,15 

Durch das Zerlegen des Systems an den Gelenken erkennt man, dass es insgesamt 15 unbekannte 

Lagerreaktionen und Verbindungskräfte besitzt. Das Gesamtsystem besteht aus 5 

Teilsystemen. Wegen m = r + v − 3n = 15 − 3 · 5 = 0 ist das System statisch bestimmt. Eine 

sinnvolle Vorgehensweise der Berechnung ergibt sich aus folgenden Fragestellungen: 

• Gibt es Teilsysteme, deren Lagerreaktionen und Verbindungskräfte einzeln berechenbar 

sind? → Teilsystem I 

• Gibt es Teilsysteme, deren Lagerreaktionen und Verbindungskräfte paarweise berechenbar 

sind? → Teilsysteme IV und V 

• danach → Teilsysteme II und III 

Es zeigt sich, dass der Berechnungsablauf genau umgekehrt verläuft wie der Aufbau der 

Konstruktion. 

4.6 Schnittgrößen 

4.6.1 Zusammenhang zwischen Belastung und Schnittgrößen an geraden Balken 

Wir betrachten ein kleines Element der Länge ∆x, das aus dem Balken an einer beliebigen 

Stelle x herausgeschnitten wird. 

[ ] 

px (x) 

⃗p(x) = 

(4.3) 

p z (x) 

In diesem Zusammenhang ist der Begriff der Kennfaser von Bedeutung. Ein Moment M wird 

dann als positiv bezeichnet, wenn die Seite, an der sich die Kennfaser befindet, gezogen wird. 

Taylorreihe: 



⃗p(x) 

x 

z 

Kennfaser 

⃗p(x) 

N 

M 

Q 

∆x 

M + ∆M 

Q + ∆Q 

N + ∆N 


Schnittgrößen am geraden Stab 

Linearisiert für kleine Änderung von x: 

N(x + ∆x) = N(x) + dN 

dx ∆x + 1 d 2 N 

2 dx 2 ∆x2 + . . . (4.4) 

dN = dN 

dx ∆x; 

dQ 

dQ = 

dx ∆x; 

dM 

dM = ∆x (4.5) 

dx 

Gleichgewicht am infinitesimal kleinen Element (∆x → 0): 

∑ 

F x = 0 : −N + N + ∆N + p x (x)∆x = 0 (4.6) 

dN 

dx = −p x(x) (4.7) 

∑ 

F z = 0 : −Q + Q + ∆Q + p z (x)∆x = 0 (4.8) 

∑ 

M y = 0(rechts) : 

dQ 

dx = −p z(x) (4.9) 

− M + M + dM − Q∆x + p z (x)∆x ∆x 

2 = 0 (4.10) 

linearisiert : dM − Qdx = 0 (4.11) 

Aus (4.9) und (4.12) folgt 

dM 

dx 

= Q(x) (4.12) 

d 2 M 

dx 2 = −p z(x) (4.13) 




Beispiel 4.7 

Träger unter Gleichlast 

x 

L 

p 

Wir betrachten einen Träger mit der Länge 

L unter einer gleichförmigen Linienlast p 

wie in der Skizze gezeigt gezeigt. Gesucht 

sind die Schnittgrößenfunktionen N(x), 

Q(x) und M(x). 

Aus Gl. 4.7 folgt: 

N ′ = 0 → N = C 1 

Mit der Randbedingung N(L) = 0 folgt C 1 = 0 und daher N(x) ≡ 0. Aus Gl. 4.9 ergibt sich 

Q ′ = −p → Q = −px + C 2 

Eine geeignete Randbedingung für Q ist nicht unmittelbar verfügbar. Aus Gl. 4.12 folgt 

weiter: 

M ′ = Q = −px + C 2 → M = −p x2 

2 + C 2x + C 3 

Für M sind zwei Randbedingungen verfügbar, und zwar 

M(0) = 0 = −p 02 

2 + C 2 · 0 + C 3 → C 3 = 0 

M(L) = 0 = −p L2 

2 + C 2L → C 2 = pL 2 

Q 

pL 

2 

+ 

− 

− pL 2 

Damit sind die Schnittgrößenfunktionen 

(vgl. Skizze) 

Q(x) = −px + pL 2 

M 

+ 

pL 2 

8 

M(x) = −p x2 

2 + pL 2 x = px (L − x) 

2 



Beispiel 4.8 

Kragbalken unter Gleichlast 

x 

p 

Wir betrachten einen links eingespannten mit der Länge 

L unter einer gleichförmigen Linienlast p. Gesucht sind 

die Schnittgrößenfunktionen Q(x) und M(x). 

Aus Gl. (4.9) ergibt sich wieder 

L 

Q ′ = −p → Q = −px + C 2 

Eine Randbedingung für Q ist 

Aus Gl. 4.12 folgt weiter: 

Q(L) = 0 = −pL + C 2 → C 2 = pL 

M ′ = Q = −px + pL → M = −p x2 

2 + pLx + C 3 

Die Randbedingung für M am freien Ende ist 

M(L) = 0 = −p L2 

2 + pL2 → C 2 = − pL2 

2 

Q 

pL 

+ 

Damit ergeben sich die Schnittgrößenfunktionen 

zu (vgl. Skizze) 

M 

− pL2 

2 

− 

pL 2 

8 

Q(x) = −px + pL = p(L − x) 

M(x) = −p x2 

2 

+ pLx − 

pL2 

2 

= −p(L − x)2 

Beispiel G: nicht abgedruckt. 

4.6.2 Schnittgrößenverlauf am geraden Balken 

Aus den Gleichungen (4.7) - (4.13) folgt: 

• in unbelasteten Bereichen eines Balkens sind N und Q konstant. 

• in unbelasteten Bereichen eines Balkens hat M einen linearen Verlauf 

• an der Stelle von Einzellasten besitzen die Verläufe von N und Q einen Sprung. 

• an der Stelle von Einzellasten besitzt der Verlauf von M einen Knick. 

• In Bereichen von Gleichlasten sind die Verläufe von N und Q linear, der Verlauf von M 

ist eine quadratische Parabel. 

Mit diesem Wissen kann häufig die Berechnung von M, Q, und N auf wenige Punkte reduziert 

werden. 




Beispiel 4.9 

Zusammenhang Belastung - Querkraft - Biegemoment 

Gegeben ist für einen Träger auf zwei Stützen (siehe Skizze) der Verlauf der Querkraft 

Q. Daraus sollen die Querbelastung und der Momentenverlauf qualitativ rekonstruiert 

werden. 

p z 

Q 

M 

Knick 

Maximum 

Beispiel H: nicht abgedruckt. 

Beispiel 4.10 

Träger mit Einzellast und Gleichlast 

F 

60 ◦ 

a 

b 

B H 

c d 

A 

3.0 3.0 6.0 

V B V 

p 

Gegeben ist ein Träger auf zwei Stützen lt. Skizze mit der Belastung F = 20 kN und p = 4 

kN/m. Gesucht sind die Auflagerreaktionen in den Punkten a und b sowie die Schnittgrößenverläufe 

N, Q und M. 

a) Lagerreaktionen 

∑ 

M a = 0 = B V ·12.0−p·6.0·9.0−F·sin 60 ◦ ·3.0 → B V = 1 

12 

( 

√ ) 

3 

4 · 6 · 9 + 20 · 3 = 22.33 kN 

2 

∑ 

M b = 0 = −A V ·12.0+F·sin 60 ◦·9.0+p·6.0·3.0 → A V = 1 

( √ ) 

3 

20 · 9 

12 2 + 4 · 6 · 3 = 18.99 kN 

∑ 

H = 0 = F · cos 60 ◦ − B H → B H = 20 1 2 

= 10.00 kN 

Kontrolle: 

∑ 

√ 

3 

V = A V + B V − F sin 60 ◦ − p · 6.0 = 18.99 + 22.33 − 20 

2 − 4 · 6 = 0.5 · 10−4 ̌ 



b) Schnittgrößen 

Im Folgenden werden die Schnittgrößen in ausgewählten Punkten durch Schnitte berechnet. 

Die Verläufe werden unter Ausnutzung der allgemeinen Zusammenhänge zwischen 

der Belastung und den Schnittgrößen konstruiert. 

• Punkt a (unmittelbar rechts davon) 

M a 

a 

A V − Q a = 0 → Q a = A V = 18.99 kN 

N a 

Q a 

A N a = 0 

V 

• Punkt c (unmittelbar links davon) 

M a = 0 

a 

M l c 

N l c 

A V − Q l c = 0 

→ Ql c = A V = 18.99 kN 

A V 

3.0 

Q l c 

N l c = 0 

• Punkt c (unmittelbar rechts davon) 

−A V·3.0+M l c = 0 

→ Ml c = A V·3.0 = 56.97 kNm 

F 

M r c 

A V −F·sin 60 ◦ −Q r c = 0 

→ Qr c = A V−F·sin 60 ◦ = 1.67 kN 

a 

N r c 

F cos 60 ◦ +N r c = 0 

→ Nr c = −F cos 60◦ = −10 kN 

A V 

3.0 

Q r c 

−A V·3.0+M r c = 0 

→ Mr c = A V·3.0 = 56.97 kNm 

• Punkt d 

F 

a 

A V 3.0 3.0 

M d 

Q d 

N d 

A V − F · sin 60 ◦ − Q d = 0 

→ Q d = A V − F · sin 60 ◦ = 1.67 kN 

F cos 60 ◦ +N d = 0 → N d = −F cos 60 ◦ = −10 kN 

− A V · 6.0 + F · sin 60 ◦ · 3.0 + M d = 0 

→ M d = A V · 6.0 − F · sin 60 ◦ · 3.0 = 61.98 kNm 




• Punkt b (unmittelbar links davon) 

Q b 

B H 

Q b + B V = 0 → Q b = −B V = −22.33 kN 

N b 

Mb 

−N b − B H = 0 → N b = −B H = −10 kN 

B V 

M b = 0 

c) Skizzen 

N 

− 

[kN] 

18.99 

-10.00 

Q 

+ 

1.67 

− 

-22.33 

[kN] 

x m 

M 

+ 

[kNm] 

56.97 

61.98 62.33 

x m = 

22.33 

22.33 + 1.67 ·6.0 = 5.58 m; M max = B V·x m −p· x2 m 

2 

= 22.33·5.58−4· 5.582 

2 

= 62.33 kNm 

Beispiel I: nicht abgedruckt. 

4.7 Spezielle Tragwerkstypen 

4.7.1 Fachwerke 

Obergurtstab 

Diagonalstab 

Vertikalstab 

Knoten 

Untergurtstab 


Fachwerk 



Als Fachwerke werden Systeme bezeichnet, die nur aus miteinander gelenkig verbundenen 

geraden Stäben bestehen. Alle Lasten und Lagerreaktionen werden an den Verbindungsstellen 

(Knoten) eingeleitet. Unter diesen Voraussetzungen entstehen in den Stäben lediglich 

Normalkräfte (Zug oder Druck) und keine Querkräfte bzw. Biegemomente (vgl. Gl.(4.13) 

und das Beispiel danach). 

Schneidet man aus einem Fachwerk einen Knoten frei, so bilden die Schnittkräfte ein zentrales 

Kraftsystem. Es stehen somit an jedem Knoten zwei Gleichgewichtsbedingungen zur 

Verfügung. Damit ist die notwendige Bedingung dafür, dass ein Fachwerk mit k Knoten statisch 

bestimmt ist: 

s + r − 2k = 0 (4.14) 

r ist darin die Anzahl der Lagerreaktionen, und s ist die Anzahl der Stäbe. 

Beispiel 4.11 

Fachwerk 

Wir betrachten das in der Skizze gezeigte 

Fachwerk. Es gilt 

r = 3, s = 13, k = 8 → m = 13+3−2·0 = 0 ̌ 

Beispiel 4.12 

Unbestimmtes Fachwerk 

Wir betrachten das in der Skizze gezeigte 

Fachwerk. 

r = 3, s = 8, k = 5 → m = 8 + 3 − 2 · 5 = 1 

Die rechnerische Ermittlung der Stabkräfte erfolgt durch Rundschnitt (Freischneiden eines 

Knotens) oder Ritterschnitt 5 (Schnitt durch 3 Stäbe, deren Verlängerungen sich nicht in einem 

Punkt schneiden). 

5 Georg Dietrich August Ritter, *1826 Lüneburg, +1908 ebd. 




Beispiel 4.13 

Rundschnitt 

Wir betrachten das in der Skizze gezeigte Fachwerk. Die Belastung F und die Länge L sind 

gegeben. 

F F F 

d O 1 e O 2 f 

V 2 

V 1 D 1 

V 

D 3 2 

a 

U 1 

c 

U 2 

b 

L 

A H 

A V B V 

L 

L 

Die Lagerreaktionen sind einfach zu bestimmen und ergeben sich zu 

A V = B V = 3F 2 ; A H = 0 

Knoten a 

V 1 

A V 

U 1 

∑ 

H = 0 = U 1 → U 1 = 0 

∑ 

V = 0 = A V +V 1 → V 1 = −A V = − 3F 2 

Knoten d 

F 

∑ 

√ 

2 

V = 0 = −F−V 1 −D 1 

O 1 

2 

V 1 

D 1 

Knoten e 

→ D 1 = √ 2(−F−V 1 ) = 

∑ 

H = 0 = D 1 

√ 

2 

2 +O 1 → O 1 = −D 1 

√ 

2 

2 = −F 2 

√ 

2F 

2 

F 

∑ 

V = 0 = −F − V 2 

→ V 2 = −F 

O 1 

V 2 

O 2 

∑ 

H = 0 = O 2 − O 1 → O 2 = O 1 = − F 2 



Beispiel 4.14 

Ritterschnitt 

Wir betrachten wieder das im vorangehenden Beispiel gezeigte Fachwerk. 

F 

d 

A V 

a 

O 1 

D 1 

c 

U 1 

∑ 

M d = U 1 · L → U 1 = 0 

∑ 

M c = 0 = F·L−A V·L−O 1·L → O 1 = F−A V = − F 2 

Beispiel K2: nicht abgedruckt. 

∑ 

V = 0 = A V −F−D 1 

√ 

2 

2 

→ D 1 = √ 2(A V −F) = 

√ 

2 

2 F 

4.7.2 Dreigelenksysteme 

Systeme bestehend aus zwei miteinander gelenkig verbundenen Körpern auf zwei festen 

Lagern heißen Dreigelenksysteme. Dabei werden die Lager als Gelenke gezählt. Die drei 

Gelenke dürfen nicht auf einer Geraden liegen (Beweglichkeit). 

Dreigelenkrahmen 

Dreigelenkbogen 


Dreigelenksysteme 

Die Bestimmung der Lagerreaktionen erfolgt bei Dreigelenksystemen durch Aufstellen 

und Lösen von Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem und an Teilsystemen (vgl. 

Abschnitt 4.5.2). 

Beispiel K: nicht abgedruckt. 

Für die Verläufe der Schnittgrößen M, Q und N sind Besonderheiten an den Rahmenecken 

zu beachten. Dies soll an einem Beispiel gezeigt werden. 

Rahmenecke mit beliebigem Winkel α 

Die Gleichgewichtsbedingungen eines infinitesimal kleinen Rahmenstücks um den Knoten 

k sind: 

∑ 

M k = 0 : M r − M l = 0 → M r = M l 

∑ 

F x 

′ = 0 : −N l + N r cos α − Q r sin α = 0 → N l = N r cos α − Q r sin α 

∑ 

F z 

′ = 0 : −Q l + Q r cos α + N r sin α = 0 → Q l = N r sin α + Q r cos α 




N l 

Q l 

M l 

k 

M r 

x ′ 

α 

z ′ 

Q r 

N r 


Rahmenecke 

Dies lässt sich in Matrix-Vektor-Form anschreiben 

[ ] [ ] [ ] 

Nl cos α − sin α Nr 

= 

· = [ T ][ ] 

N r 

; 

Q l sin α cos α Q r Q r 

[ 

T 

] 

. . .Drehmatrix (4.15) 

bzw. als inverse Beziehung 

[ ] 

Nr 

= [ T ] [ ] [ 

−1 Nl cos α 

= 

Q r Q l − sin α 

] 

sin α 

· 

cos α 

[ ] 

Nl 

Q l 

(4.16) 

Diese Gleichungen gelten in dieser Form nur, wenn auf den Knoten k keine konzentrierten 

Lasten (Einzellasten) wirken. 

Beispiel 4.15 


Wir untersuchen die Lagerreaktionen und Schnittgrößenverteilungen für das in der Skizze 

dargestellte System. Die Zahlenwerte für die Belastungsgrößen sind F = 20 kN, p = 1 kN/m. 

F 

c 

g 

d 

p 4.0 

b 

A H 

B H 

4.0 

a 

B V 

4.0 4.0 

[m] 

A V 


∑ 

M b = 0 = A H · 4.0 − A V · 8.0 + p · 8.0 · 0 + F · 4.0 

I : A H − 2A V = −F = −20 

∑ 

M (l) 

g = 0 = A H · 8.0 − A V · 4.0 + p · 8.0 · 4.0 


N a 

M a = 0 


II : 

I − 2 · II : 

II : 

2A H − A V = −p · 8.0 = −8 

− 3A H = −20 + 16 = 4 → A H = 4 3 = 1.33kN 

A V = 2A H + 8 = 10.67kN 


Punkt a 

A H 

a 

Q a 

Q a = −A H = −1.33kN 

N a = −A V = −10.67kN 

A V 

Punkt c (l) 

p 

M (l) 

c 

N (l) 

c 

Q (l) 

c 

M (l) 

c 

= −A H · 8.0 − p · 8.0 · 4.0 = −42.64kNm 

Q (l) 

c 

= −A H − p · 8.0 = −9.33kN 

N (l) 

c 

= −A V = −10.67kN 

a 

A H 

A V 

Punkt c (r) 

p 

c 

M (r) 

c 

Q (r) 

c 

N (r) 

c 

M (r) 

c 

Q (r) 

c 

= M (l) 

c 

N (r) 

c 

= −N (l) 

c 

= Q (l) 

c 

= −42.64kNm 

= 10.67kN 

= −9.33kN 

a 

A H 

A V 




Punkt d (l) 

F 

p 

c 

g 

M d 

Q (l) 

d 

N (l) 

d 

M d = A V · 8.0 − A H · 8.0 − p · 8.0 · 4.0 − F · 4.0 = 

Q (l) 

d 

− 37.28kNm 

= A V − F = −9.33kN 

N (l) 

d 

= −A H − p · 8.0 = −9.33kN 

a 

A H 

A V 

Punkt d (r) 

N (l) 

d 

Q (l) 

d 

Q (r) 

d 

Q (r) 

d 

N (r) 

d 

= −N(l) d 

= Q (l) 

d 

= 9.33kN 

= −9.33kN 

N (r) 

d 

c) Skizzen 

-9.33 

10.67 

-10.67 

-9.33 

-9.33 

Q 

kN 

9.33 

N 

kN 

-9.33 

-1.33 

-42.64 

-37.32 

M 

kNm 



Beispiel 4.16 

Parabelbogen unter Gleichlast 

z 

g 

p 

H 

Ein Dreigelenkbogen (siehe Skizze) in der 

Form einer quadratischen Parabel 

( ) 

z(x) = H 1 − x2 

L 2 

unter einer vertikalen Gleichlast p wird 

untersucht. 

a 

b 

x 

L 

L 


A H 

p 

g 

a 

b B H 

A V B V 

∑ 

M b = 0 = p · 2L · L − A V · 2L 

A V = pL 

∑ 

M (l) 

g = 0 = p · L · L 

2 + A H · H − A V · L 

A H = 1 ( 

) 

A V · L − p · L2 

= pL2 

H 

2 2H 

Aus Symmetriegründen gilt B V = A V und B H = A H . 


∑ 

M 

p 

s = 0 = M + A H · z − A V · (L + x) + 

+ p · (L + x) L + x 

g 

M 

2 

( ) 

s 

M = −A H H − H x2 

α 

L 2 + A V (L + x) − 

Q 

z 

A H a 

− p N 

2 (L2 + 2Lx + x 2 ) = 

A V 

L 

x 

= − pL2 

2 + pL2 

2H H x2 

L 2 + pL2 + pLx − 

− pL2 

2 

− pLx − 

px2 

2 = 0 




Zur Berechnung von Normalkraft und Querkraft ist es vorteilhaft, zunächst Hilfsgrößen 

H s und V s zu definieren, die in die Richtung der Koordinatenachsen zeigen, und dann das 

Koordinatensystem um den Winkel α zu drehen. 

p 

g 

s 

α 

H s 

N 

Q 

H s 

A H 

a 

α 

V s 

A V 

L 

x 

V s 

∑ 

V = 0 = A V − V s − p(L + x) 

V s = A V − p(L + x) = pL − pL − px = −px 

∑ 

H = 0 = A H + H s 

H s = −A H = − pL2 

2H 

Der Neigungswinkel α an der Stelle s ist bestimmt durch tan α = − dz 

dx = 2Hx . Die gesuchten 

L 2 

Schnittgrößen N und Q sind durch Anwendung einer Drehung leicht bestimmbar (vgl. 

Gl. 4.15): 

[ ] [ ][ ] [ ] [ 

][ ] 

Hs cos α − sin α N N cos α sin α Hs 

= 

→ = 

V s sin α cos α Q Q − sin α cos α V s 

und somit 

N = − pL2 cos α − px sin α 

2H 

Q = 

pL2 sin α − px cos α 

2H 

Aus den bekannten Beziehungen für trigonometrische Funktionen erhalten wir 

und 

sin 2 α = 

Damit ergeben sich N und Q als 

cos 2 α = 

1 

1 + tan 2 α = 1 

1 + 4H2 x 2 

L 4 

tan2 α 

1 + tan 2 α = 4H 2 x 2 ( ) 2Hx 2 

L ( ) = cos 2 

4 1 + 4H2 x 2 L 2 α 

L 4 



N = − 

( pl 

2 

) 

2H + 2px2 H 

L 2 

1 

√ ; Q = 0 

1 + 4H2 x 2 

L 4 

Der Parabelbogen unter Gleichlast hat somit weder Querkräfte noch Biegemomente, lediglich 

Normalkräfte (Druck). 

4.8 Räumliche Schnittgrößen 

4.8.1 Lager und Gelenke 

An einer räumlichen Einspannung (Abb. 4.16) werden 3 Momente und 3 Kräfte aufgenommen, 

an einem räumlichen Geitlager (Abb. 4.17) wird eine Kraft aufgenommen 

y 

z 

M ax 

M ay 

x 

A x 

A y 

a 

A z 

x 

y 

z 


a 

A z 

Räumliches Gleitlager 

M az 


Räumliche Einspannung 

Gelenkige Verbindungen können unterschiedlich ausgebildet sein, und entsprechend verschieden 

viele Kraftgrößen übertragen. 


Räumliche Gelenke (links: 

Scharniergelenk, recht: Kugelgelenk) 

Scharniergelenk (Abb. 4.18, links): Es werden 2 Momente und 3 Kräfte übertragen. 

Kugelgelenk (Abb. 4.18, rechts): Es werden 3 Kräfte (und keine Momente) übertragen. 

Statische Bestimmtheit: 

Bei zusammengesetzten Systemen bestehend aus n Teilkörpern gibt es 6 · n unabhängige 

Gleichgewichtsbedingungen. Die notwendige Bedingung für statische Bestimmtheit ist 

daher: 

m = r + v − 6 · n = 0 (4.17) 




Beispiel 4.17 

Räumlicher Gelenkträger 

r = 6 + 1 = 7 

v = 5 

n = 2 

m = 7 + 5 − 6 · 2 = 0 

Beispiel 4.18 

Räumlicher Träger auf zwei Stützen 

r = 3 + 1 = 4 

v = 0 

n = 1 

m = 4 + 0 − 6 · 1 = −2 

Das System ist beweglich! Resultate ebener Statik können nicht immer unmittelbar ins 

Räumliche übertragen werden. 

4.8.1 Schnittgrößen 

Räumliche Schnittgrößen werden sinnvollerweise auf ein lokales Koordinatensystem in den 

betrachteten Stäben bezogen. Dabei wird die in Abb. 4.19 dargestellte Vorzeichenkonvention 

zugrunde gelegt. 

y 

z 

x 

N 

Q y 

Q z 

M x 

M y 

M z 


Räumliche Schnittgrößendefinitionen 

Die Schnittgrößen Q y und Q z sind Querkräfte, die Größen M y und M z sind Biegemomente 

und M x heißt Torsionsmoment. 



Beispiel 4.19 

Räumlicher Kragträger 

Ein räumlicher Kragträger wie in der Skizze dargestellt wird durch eine horizontale Last 

H in x-Richtung und eine vertikale Last V in z-Richtung belastet. 

V 

y 

z 

x 

a 

c 

H 

B 

L 

b 

Die Belastung und die Längenabmessungen L, B sind gegeben. Gesucht sind die Schnittgrößen 

im Träger. 


− A z + V = 0 A z = V 

V 

M ax 

A x + H = 0 A x = −H 

A x 

a 

H 

A y = 0 

M 

A ax − V · B = 0 M ax = V · B 

y 

A 

M z 

ay 

M ay + V · L = 0 M ay = −V · L 

M az 

M az − H · B = 0 

M az = H · B 


M ax 

A x 

a 

A y 

A 

M z 

ay 

Q y 

M az 

Q z 

M z − M az + A y · x = 0 M z = H · B 

N + A x = 0 N = −A x = H 

− Q y + A y = 0 Q y = A y = 0 

Q z − A z = 0 Q z = A z = V 

M x + M ax = 0 M x = −M ax = −V · B 

N 

M y − M ay − A z · x = 0 M y = V(x − L) 

x 




Abschnitt b − c mit verändertem Koordinatensystem: 

z 

x 

y 

M y 

M x 

Q y 

M z 

Q z 

N 

x 

V 

B − x 

H 

N = 0 

− Q y + H = 0 Q y = H 

− Q z + V = 0 Q z = V 

M x = 0 

− M y − V(B − x) = 0 M y = V(x − B) 

− M z + H(B − x) = 0 M z = H(B − x) 

c) Skizzen 

N 

M x 

H 

H 

−V · B 

Q y 

V 

M y 

−V · L 

Q z 

M z 

H · B 

−V · B 


5 Kinematik des Punktes und des starren Körpers Mechanik 1 

5 Kinematik des Punktes und des starren Körpers 

5.1 Kinematik des Massenpunktes 

Der Begriff Massenpunkt beschreibt idealisierend einen Körper mit Masse m, dessen räumliche 

Ausdehnung als vernachlässigbar gering angenommen wird. Die Lage eines Massenpunktes 

P im Raum ist eindeutig durch die Angabe von drei kartesischen Koordinaten x, 

y und z festgelegt. Dabei können diese Positionen Funktionen der Zeit t sein. Eine darüber 

hinausgehende Festlegung (z.B. von Winkeln) ist aufgrund der vernachlässigten räumlichen 

Ausdehnung nicht möglich. 

z 

P(t) 

P(t + ∆t) 

s 

⃗r 

⃗r + ∆⃗r 

x 

y 

Abbildung 5.1 

Räumliche 

Bewegung eines Massenpunktes 

Der Positionsvektor (Ortsvektor) ⃗r ist von der Zeit abhängig. Durch ⃗r(t) wird eine Kurve im 

Raum beschrieben, deren Bogenlänge durch die Größe s bezeichnet wird. Die Kinematik 

eines Massenpunktes wird beschrieben durch die zeitlichen Ableitungen des Positionsvektors 

⎡ ⎤ 

x 

⃗r = y 

(5.1) 

⎢⎣ ⎥⎦ 

z 

Die erste Ableitung 

⎤ 

⃗v = ˙⃗r = d⃗r ẋ 

dt 

⎡⎢ = ẏ ⎣ ⎥⎦ 

ż 

(5.2) 

ist die (vektorielle) Geschwindigkeit, Die Richtung des Geschwindigkeitsvektors fällt mit der 

Richtung der Tangente an die Bahnkurve zusammen. Die Ableitung des zurückgelegten 

Weges s nach der Zeit heißt Bahngeschwindigkeit. Es gilt 

Die zweite Ableitung 

v = ||⃗v|| = | || | ds 

dt 

| (5.3) 




⎤ 

⃗a = ¨⃗r 

ẍ 

= d2 ⃗r 

dt 

⎡⎢ 2 = ÿ 

(5.4) 

⎣ ⎥⎦ 

¨z 

ist die Beschleunigung des Massenpunktes. Ihre Richtung ist i. A. nicht mit der Richtung der 

Tangente an die Bahnkurve identisch. 

Beispiel L: nicht abgedruckt. 

Wird ein Massenpunkt, auf den eine Kraft ⃗F einwirkt, entlang eines Weges verschoben, so 

wird dabei mechanische Arbeit verrichtet. 

z 

⃗F 

s 

⃗dr 

⃗r 1 

⃗r 2 

x 

y 

Abbildung 5.2 

einen Massenpunkt 

Einwirkung einer Kraft auf 

Entlang eines infinitesimalen Wegstückes d⃗r ist die verrichtete infinitesimale Arbeit 

Definition: 

Die Größe 

dA = ⃗F T ⃗ dr (5.5) 

A 1,2 = 

∫ ⃗r 2 

⃗r 1 

⃗F T d⃗r (5.6) 

heißt Arbeit der Kraft ⃗F entlang des Weges von P 1 nach P 2 . Dabei kann ⃗F von ⃗r abhängig 

sein. Wenn in (5.6) das Ergebnis der Integration vom gewählten Weg zwischen P 1 und P 2 

unabhängig ist, so heißt die Kraft ⃗F konservativ. Zur Bewegung entlang einer geschlossenen 

Kurve (⃗r 1 = ⃗r 2 ) ist in konservativen Kraftfeldern keine Arbeit erforderlich. (A = 0). 

5.2 Kinematik des starren Körpers 

5.2.1 Allgemeines 

Wir betrachten einen starren Körper zu zwei aufeinanderfolgenden Zeitpunkten t und t + ∆t: 

Die Bewegung ist beschreibbar durch unendlich viele Bahnkurven. Diese sind aber durch 

die Bedingung der starren Körperform miteinander verknüpft. 

Die Position und Lage des Körpers zum Zeitpunkt t + ∆t kann eindeutig festgelegt werden 

durch die Verschiebung (Translation) eines beliebigen Punktes P 0 und die Drehung (Rotation) 

um eine Achse durch diesen Punkt. 

Für den Geschwindigkeitsvektor ⃗v(r, t) eines beliebigen Körperpunktes P mit dem Ortsvektor 

r gilt dann allgemein 



z 

P(t) 

P(t + ∆t) 

P 0 (t) 

P 0 (t + ∆t) 

⃗r 0 ⃗r 0 + ∆⃗r 0 

x 

y 

Abbildung 5.3 

Räumliche 

Bewegung eines starren Körpers 

⃗v(⃗r, t) = ⃗v 0 (t) + ⃗ω(t) × [ ⃗r(t) −⃗r 0 (t) ] (5.7) 

Darin ist ⃗v 0 (t) der Geschwindigkeitsvektor des Punktes P 0 und ⃗ω(t) der Winkelgeschwindigkeitsvektor. 

Bedeutung von ⃗ω: 

Die Richtung von ⃗ω definiert die Drehachse, die Länge (Norm) ω = ||⃗ω|| definiert die Winkelgeschwindigkeit 

der Rotation. 

Sonderfälle 

• Reine Translation: ω = 0 

• Rotation um eine feste Achse durch P 0 : 

5.2.1 Momentanpol 

→ ⃗v(⃗r, t) = ⃗v 0 (t) 

→ ⃗v(⃗r, t) = ⃗ω(t) × [ ⃗r −⃗r 0 

] 

Für den Sonderfall der ebenen Bewegung (alle Geschwindigkeitsvektoren sind parallel zu 

einer Ebene) kann jeder Bewegungszustand als reine Rotation um eine Achse normal zu dieser 

Ebene beschrieben werden: 

→ ⃗v(r, t) = ⃗ω × [ ⃗r −⃗r m 

] 

(5.8) 

Dabei ist ⃗r m der Ortsvektor eines noch zu bestimmenden Punktes M aus dieser Ebene. Er 

muss so gewählt werden, dass 

⃗v = ⃗v 0 + ⃗ω × [ ⃗r −⃗r 0 

] != ⃗ω × 

[ ⃗r −⃗rm 

] 

Wendet man Gl. (5.8) auf den Punkt P 0 an, so folgt 

(5.9) 

⃗v 0 = ⃗ω × (⃗r 0 −⃗r m ) (5.10) 




und daraus 

⃗ω × ⃗v 0 = ⃗ω × [ ⃗ω × (⃗r 0 −⃗r m ) ] = ⃗ω ⃗ω T (⃗r 0 −⃗r m ) −(⃗r 

} {{ } 0 −⃗r m )}{{} 

⃗ω T ⃗ω 

(5.11) 

=ω 2 

Der erste Term ist Null, wenn wir M in der Ebene normal auf ⃗ω durch P 0 wählen. 

Dann ergibt sich 

=0 

⃗r M = ⃗r 0 + 1 ω 2 (⃗ω × ⃗v 0) (5.12) 

Der Punkt M wird als Momentanpol bezeichnet. Seine Lage ist i.a. zeitabhängig und nicht an 

den Körper gebunden. 

Aus der Darstellung Gl. (5.9) folgt, dass der Vektor vom Momentanpol zu einem beliebigen 

Punkt P mit dem Geschwindigkeitsvektor dieses Punktes einen rechten Winkel einschließt. 

Rotation in der Ebene 

P 1 

P 2 

⃗v 1 

⃗v 2 

ω 

M 

ω 

Abbildung 5.4 

Ebene Rotation 

Die Geschwindigkeiten ⃗v 1 und ⃗v 2 können nicht beliebig vorgegeben werden! 

Beispiel M: nicht abgedruckt. 

5.3 Kinematische Ketten 

Eine Anordnung von beweglich miteinander verbundenen starren Körpern wird als kinematische 

Kette bezeichnet. 

II 

III 

I 

Abbildung 5.5 

Kinematische 

Kette mit einem Freiheitsgrad 



Durch die Verbindung der Körper in den Gelenken ergeben sich kinematische Kopplungen, 

also ein Zusammenhang zwischen den Geschwindigkeiten der einzelnen Körper. Dieser 

Zusammenhang wird ersichtlich, wenn die Momentanpole der Körper bekannt sind. 

Beispiel 5.1 

Viergelenk 

a 

M 

ω 2 ω 2 

c 

v d 

II d 

v c 

I 

III 

ω 3 

ω 1 

b 

Wir betrachten ein System aus 4 miteinander 

gelenkig verbundenen geraden 

starren Stäben. Wir geben die Winkelgeschwindigkeit 

des Stabes I als ω 1 vor. Da 

der Stab I im Auflager a gehalten wird, 

liegt sein Momentanpol in diesem Punkt. 

Ebenso liegt der Momentanpol des Stabes 

III im Lagerpunkt b. Der Gelenkpunkt 

muss sich bei einer Drehung des Stabes I 

auf einer Bahn normal auf die Richtung 

zu a bewegen, der Gelenkpunkt d kann 

sich nur normal auf die Richtung zu b 

bewegen. 

Sowohl c als auch d liegen aber auch auf dem Stab II. Da ihre Bewegungsrichtungen normal 

auf die Richtung zum Momentanpol m sein müssen, folgt daraus, dass M im Schnittpunkt 

der Normalen auf die Richtungen der Geschwindigkeiten liegen muss (im weiteren Bewegungsablauf 

verändert sich dessen Lage). Die Größe der Winkelgeschwindigkeit ω 2 folgt 

unmittelbar aus v c und ω 1 , analog ω 3 . 

In einer kinematischen Kette heißen Punkte, um die sich ein Körper relativ zum ruhenden 

Bezugssystem dreht Hauptpole und Punkte, um die sich zwei Körper relativ zueinander drehen 

Nebenpole. Feste Lager sind stets Hauptpole, Verbindungsgelenke sind Nebenpole. 

Satz 

Die Hauptpole und der Nebenpol zweier zueinander beweglicher Körper liegen stets auf 

einer Geraden. 

Satz 

Die Nebenpole dreier zueinander beweglicher Körper liegen stets auf einer Geraden. 




Beispiel 5.2 

Viergelenk 

I 

(1, 2) (2, 3) 

II 

III 

(0, 1) (0, 3) 

(0, 2) (0, 1). . .Hauptpol von I 

(1, 2). . .Nebenpol von I und II 

→ (0, 2) muss auf einer Geraden durch 

(0, 1) und (0, 2) liegen. 

Analog: (0, 2) muss auf einer Geraden 

durch (0, 2) und (2, 3) liegen. 

Beispiel 5.3 

Dreigelenk 

I 

(1,2) Haupt- und Nebenpole liegen nicht auf 

einer Geraden → System ist nicht beweglich. 

II 

(0,1) (0,2) 

Beispiel 5.4 

Bewegliches Lager 

(1,2) 

(0,2) 

Wegen der horizontalen Verschieblichkeit 

des Gleitlagers liegt der Hauptpol von 

II auf einer vertikalen Linie durch den 

Lagerpunkt. 

I 

II 

(0,1) 

Beispiel 5.5 

Fachwerk 

I 

(2, 4) 

IV 

II 

V 

(2, 5) 

III 

(2, 4), (2, 5) und (4, 5) liegen nicht auf 

einer Geraden → II, IV und V sind nicht 

relativ zueinander beweglich (wohl aber 

gemeinsam!). 

(4, 5) 



Beispiel N: nicht abgedruckt. 

5.4 Bestimmung von Lagerreaktionen und Schnittgrößen 

Definition 

Eine virtuelle Verschiebung δ⃗r eines Körperpunktes ist eine gedachte, bei festgehaltener Zeit 

ausgeführte, mit den kinematischen Bindungen verträgliche und infinitesimal kleine Verschiebung, 

bei sich die auf den Körper einwirkenden Kräfte nicht ändern. 

Bei starren Körpern lassen sich virtuelle Verschiebungen immer auf eine virtuelle Translation 

δ⃗r 0 und eine virtuelle Rotation δ⃗ϕ zurückführen (vgl. Gl. 5.7): 

δ⃗r = δ⃗r 0 + δ⃗ϕ × (⃗r −⃗r 0 ) (5.13) 

Die virtuelle Arbeit δW i einer am Körperpunkt ⃗r i angreifenden Kraft ⃗F i ist definiert durch 

Die virtuelle Arbeit δW k eines Moments ⃗M k ist definiert durch 

δW i = ⃗F T i δ⃗r i (5.14) 

δW k = ⃗M T k δ⃗ϕ k (5.15) 

⃗M k 

δ⃗φ k 

δ⃗r i 

z⃗r k 

⃗r i 

⃗F i 

x 

y 

Abbildung 5.6 

virtuelle Drehung 

Virtuelle Verschiebung und 

Satz 

(Prinzip der virtuellen Arbeit in der Form virtueller Verschiebungen): Bilden die an einem 

starren Körper angreifenden Kräfte ⃗F i ; i = 1. . .n und Momente ⃗M k ; k = 1. . .m eine Gleichgewichtsgruppe, 

so verschwindet die virtuelle Arbeit dieses Kräftesystems für jede beliebig 

gewählte virtuelle Verschiebung: 

n∑ 

m∑ 

δW = ⃗F T i δ⃗r i + ⃗M T k δ⃗ϕ k = 0 (5.16) 

i=1 

Verschwindet die virtuelle Arbeit eines an einem starren Körper angreifenden Kräftesystems 

für jede beliebige virtuelle Verschiebung, so befindet sich dieses Kräftesystem im Gleichgewicht. 

Satz 

Wenn zur Einleitung virtueller Verschiebungen kinematische Bindungen gelöst werden 

(’’Schnitt’’), so sind die virtuellen Arbeiten der an diesen Stellen wirkenden Schnittgrößen 

zu berücksichtigen. 

Beispiel P: nicht abgedruckt. 

52 © 2007 - 2013 Christian Bucher. All rights reserved. 

k=1



Beispiel 5.6 

Biegemoment eines Trägers auf zwei Stützen 

p 

Geg: p, L 

Ges.: M(x) 

x 

L 

δφ 1 δφ 2 aus 

Um das System beweglich zu machen, 

p 

muss eine kinematische Bindung gelöst 

M M 

werden. Um das Biegemoment an einer 

beliebigen Stelle x bestimmen zu können, 

x 

L −x 

muss dieses Biegemoment virtuelle 

Arbeit leisten. Es wird daher an der Stelle 

px 

p(L −x) 

x ein Gelenk eingeführt und die dabei 

M M 

freigesetzten Schnittgrößen als Kraftwirkung 

mit angesetzt. 

Die Relation zwischen δϕ 1 und δϕ 2 folgt 

x 

L −x 

x · δϕ 1 = (L − x)δϕ 2 → δϕ 2 = 

x 

L − x δϕ 1 

Damit wird die gesamte virtuelle Arbeit 

zu: 

δW = px x 2 δϕ 1 + p(L − x) L − x 

2 δϕ 2 − Mδϕ 1 − Mδϕ 2 = 

[ 

= px x − x x 

+ p(L − x)L 

2 2 L − x − M − M x ] 

δϕ 1 = 0 

L − x 

→ M(x) = p x(L − x) 

2 

Beispiel 5.7 

Querkraft eines Trägers auf zwei Stützen 

px 

δφ 

x 

Q 

Q 

L −x 

p(L −x) 

δφ 

δW = px x − x 

δϕ − p(L − x)L 

2 2 δϕ + 

+ Qxδϕ + Q(L − x)δϕ = 

] 

= 

[− pL2 

2 + pLx + QL δϕ = 0 

→ Q(x) = p (L − 2x) 

2 



Beispiel 5.8 

Stabkräfte in einem Fachwerk 

F F F 

D3 V 3 

c 

L L L L 

F F F 

(1,4) 

IV 

I 

V 3 

(0,1) (0,3) 

(1,2) II III (0,4) 

(0,2) 

V 3 

L 

Für das dargestellte Fachwerk mit 13 Stäben 

sollen die Stabkräfte V 3 und D 3 mit 

Hilfe des Prinzips der virtuellen Verschiebungen 

berechnet werden. 

Um die Stabkräfte berechnen zu können, 

müssen Schnitte eingeführt werden, 

die eine Längsverschieblichkeit der Stäbe 

ermöglichen. Da ein einem Fachwerk keine 

Querkräfte und Biegemomente vorhanden 

sind, können die Stäbe auch einfach 

entfernt werden, wenn die Stabkräfte auf 

die jeweiligen Knoten angesetzt werden. 

a) V 3 Die Pole (0, 1), (0, 4) und (1, 4) liegen 

nicht auf einer Geraden. Daher sind I 

und IV nicht beweglich. Der Pol (0, 2) liegt 

daher im Pol (1, 2). 

Von allen Kräften leistet nur V 3 virtuelle 

Arbeit: 

δW = V 3 Lδϕ = 0 → V 3 = 0 

(0,1) 

δφ 

I 

(1,3) 

0,2 

(1,2) 

D 3 

II 

D 3 

(0,3) 

III 

(0,2) 

2,3 2,3 

0,3 

D 3 

3δφ 

(2,4) 

IV 

(3,4) 

0,2 

δφ 

(0,4) 

0,3 

V 3 ist also ein Nullstab. 

b) D 3 Aus (0, 1) und (1, 2) folgt eine 

Richtung zu (0, 2), ebenso aus (0, 4) und 

(2, 4). Damit liegt der Hauptpol (0, 2) fest. 

Für den Hautpol (0, 3) ist zunächst nicht 

genügend Information verfügbar. Dazu 

wird der Nebenpol (2, 3) benötigt. Aus 

(1, 2) und (1, 3) ergibt sich eine Richtung 

zu (2, 3), ebenso aus (2, 4) und (3, 4). Beide 

Richtungen sind parallel, der Nebenpol 

(2, 3) liegt also im Unendlichen. Verbindet 

man (0, 2) mit (2, 3) so ergibt sich 

eine Richtung zu (0, 3), ebenso aus (0, 1 = 

und (1, 3). Damit liegt auch der Hauptpol 

(0, 3 = fest. 

Die virtuelle Arbeit aller Kräfte ist: 

δW = −F · Lδϕ − F · 2Lδϕ + F · Lδϕ + 

+ D 3 · L √ 2δϕ + D 3 · L √ 2δϕ = 0 

Daraus ergibt sich 

D 3 = F √ 

2 




Beispiel 5.9 


Wir untersuchen ausgewählte Lagerreaktionen und Schnittgrößen für das dargestellte System. 

Die Zahlenwerte für die Belastungsgrößen sind F = 20 kN, p = 1 kN/m. 

F 

c 

g 

d 

p 4.0 

b 

A H 

B H 

4.0 

a 

B V 

4.0 4.0 

[m] 

A V 

a) A V 

(1,2) 

c 

F 

d 

(0,1) 

F 

p 

b) A H 

A H 

A V 

( ) F · 8 − p · 32 = 10.667kN 

A H = 1 ( ) F · 4 − p · 64 = 1.333kN 

12 

(1,2) 

(0,2) 

p 

(0,2) 

(0,1) 

δW = A V · 12 · δϕ − F · 8 · δϕ + p · 8 · 4 · δϕ = 0 

A V = 1 

12 

δW = A H · 12 · δϕ − F · 4 · δϕ + p · 8 · 8 · δϕ = 0 



c) M c 

(1,2) 

p 

d) Q l c 

(0,3) 

F 

M c 

(2,3) 

M c 

p 

(0,2) 

(0,1) 

− p · 8 · 4 · δϕ = 0 

( ) −F · 8 + p · 32 = −42.667kNm 

δW = M c δϕ + M c · 2δϕ + F · 4 · 2δϕ 

M c = 1 3 

(0,3) 

F 

Q c 

Q c 

(0,2) 

(0,1) 

δW = Q c · 8 · δϕ + Q c · 4 · δϕ + F · 4 · δϕ 

+ p · 8 · 4 · δϕ = 0 

Q c = 1 ( ) −F · 4 − p · 32 = −9.333kN 

12 

Beispiel 5.10 Zugbrücke 

Eine Zugbrücke (homogener Balken mit Masse m) wird im Schwerefeld (g) über ein masseloses 

Seil (umgelenkt über eine sehr kleine Rolle) durch eine Masse m 2 

im Gleichgewicht 

gehalten. Welcher Winkel ϕ stellt sich ein? 

Wir wählen als virtuelle Verrückung eine infinitesimal 

kleine Verdrehung δϕ der Brücke. Dabei senkt sich der 

m 

2 

φ 

m 

Brückenschwerpunkt um 

δr 1 = L δϕ sin ϕ 

2 

ab. Das Gegengewicht hebt sich um den Betrag δr 2 . Dies 

entspricht der Verlängerung δs des Seils zwischen Brücke 

und Rolle. Die Seillänge s abhängig vom Winkel ϕ ist 

s 

gegeben durch 

L 

L 

s = 2L sin ϕ 2 

φ 

2 

δφ 

Daraus erhält man durch Taylorentwicklung 

δs = ds 

dϕ δϕ = L cos ϕ 2 δϕ 




Somit ist die virtuelle Arbeit 

Daraus folgt 

δW = mgδr 1 − mg 

2 δr 2 = 

( 

mg L mg 

sin ϕ − 

2 2 L cos ϕ ) 

δϕ = 0 

2 

sin ϕ − cos ϕ 2 = 0 → ϕ = 60◦ 

Beispiel 5.11 

Fachwerk 

F 

L 

S 2 

S 1 

L 

L 

L 

L 

Gegeben sind F und L, gesucht sind die Stabkräfte S 1 und 

S 2 mittels Ritterschnitt und virtueller Arbeit. 

Der Stab S 1 wird durch einen Dreistäbeschnitt leicht 

berechnet: 

∑ 

M c = 0 = S 1 · L √ 2 − FL → S 1 = F √ 

2 

c 

Für den Stab S 2 läßt sich kein Ritterschnitt finden. 

Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit berechnet 

man die Stabkraft S 1 nach: 

S 1 

S 1 

δW = FLδϕ − S 1 · 2Lδϕ 

√ 

2 

2 = 0 → S 1 = F √ 

2 

F 

und die Stabkraft S 2 folgt aus 

δφ 

δW = F · Lδϕ − S 2 L √ 2δϕ = 0 → S 2 = F √ 

2 

S 2 

F 

S 2 

δφ 


6 Flächenmomente Mechanik 1 

6 Flächenmomente 

Für die nachfolgenden Abschnitte benötigen wir einige Integrale, die als Flächenmomente 

bezeichnet werden. 

y 

η 

dA 

z −z p 

Abbildung 6.1 

r p 

y −y p 

z p P 

y p 

ζ 

z 

A 

Fläche in der y − 

z-Ebene (z.B. Querschnittsfläche eines 

Stabes) 

Als Integral lässt sich der Flächeninhalt A eines Querschnittes 

das Flächenmoment 0. Ordnung) berechnen 

nach 

∫ ∫ ∫ ∫ 

A = dA = dydz (6.1) 

A 

Die statischen Momente bezogen auf Achsen η und ζ parallel 

zu y und z durch den Punkt P (Flächenmomente 1. 

Ordnung) sind: 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

S ζ = S p,z = η dydz = (y − y p ) dydz; 

A 

∫ ∫ 

S η = S p,y = 

A 

A 

A 

∫ ∫ 

ζ dydz = 

A 

(z − z p ) dydz 

Der Flächenschwerpunkt S ist dadurch gekennzeichet, dass die statischen Momente verschwinden, 

d.h. S s,y = S s,z = 0. Die Flächenträgheitsmomente (Flächenmomente 2. Ordnung) 

sind: 

∫ ∫ 

I p,zz = (y − y p ) 2 dydz; 

A 

∫ ∫ 

I p,yz = I p,zy = − 

(y − y p )(z − z p ) dydz; (6.2) 

∫ ∫ 

I p,yy = 

A 

(z − z p ) 2 dydz 

A 

Das sogenannte polare Flächenträgheitsmoment I p,p ist 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

I p,p = I p,zz + I p,yy = (y − y p ) 2 dydz + (z − z p ) 2 dydz = 

r 2 p dydz (6.3) 

A 

A 

A 




Beispiel 6.1 

Flächenmomente eines Kreises 

Die Integration erfolgt in diesem Fall einfacher durch 

Polarkoordinaten. 

y 

φ 

r 

dA 

M 

R 

A = 

∫ 2π ∫ R 

0 

0 

rdrdϕ = 

∫ 2π 

0 

∫ R 

dϕ 

0 

rdr = 2π R2 

2 = R2 π 

Das statische Moment S m,z bezogen auf den Kreismittelpunkt 

M ist gegeben durch 

dA 

rdφ 

dr 

z 

∫ 2π ∫ R ∫ 2π ∫ R 

S m,z = yr drdϕ = 

0 0 

0 0 

∫ 2π ∫ R 

= cos ϕ dϕ r 2 dr = 0 

r 2 cos ϕ drdϕ 

Analog gilt S m,y = 0. Das Flächenträgheitsmoment I m,zz ist: 

I m,zz = 

∫ 2π ∫ R 

0 

0 

y 2 r drdϕ = 

∫ 2π ∫ R 

0 

0 

0 

r 3 cos 2 ϕ drdϕ = 

0 

∫ 2π 

0 

∫ R 

cos 2 ϕ dϕ 

0 

r 3 dr = π R4 

4 

Es gilt I m,yy = I m,zz und I m,yz = 0. 

Einfacher läßt sich das Flächenträgheitsmoment I m,zz aus dem polaren Flächenträgheitsmoment 

I m,p berechnen. Wegen der Symmetrie des Kreises gilt ja I m,yy = I m,zz und daher 

I m,yy = 1 2 I m,p = 1 2 

∫ 2π ∫ R 

0 0 

r 2 r drdϕ = 1 2 2πR4 4 = πR4 4 

Sind die Flächenträgheitsmomente bezüglich des Schwerpunktes S bekannt, so können die 

Flächenträgheitsmomente bezüglich eines beliebigen anderen Punktes P nach folgenden Formeln 

berechnet werden (Steiner’scher 6 Satz): 

Beweis: 

Nach Gl. (6.2) gilt 

I p,zz = I s,zz + (y p − y s ) 2 · A 

I p,yz = I s,yz − (y p − y s )(z p − z s ) · A 

I p,yy = I s,yy + (z p − z s ) 2 · A 

6 Jakob Steiner, *1796 Utzenstorf, +1863 Bern 


6 Flächenmomente Mechanik 1 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

I p,zz = (y − y p ) 2 dydz = (y − y s + y s − y p ) 2 dydz 

A 

∫ ∫ 

= 

A 

[(y − y s ) 2 + 2(y − y s )(y s − y p ) + (y s − y p ) 2 ] dydz 

A 

∫ ∫ 

= 

∫ ∫ 

(y − y s ) 2 dydz + 2(y s − y p ) 

(y − y s ) dydz + (y s − y p ) 2 ∫ ∫ 

dydz 

A 

= I s,zz + 2(y s − y p )S s,z + (y s − y p ) 2 · A. q.e.d. 

A 

A 

Die Beweise für I p,yz und I p,yy verlaufen analog. 

Die Flächenträgheitsmomente lassen sich in einer symmetrischen Matrix der Größe 2 × 2 

anordnen: 

[ ] 

Ip,yy I 

[I p ] = 

p,yz 

(6.4) 

I p,yz I p,zz 

Dieser Trägheitstensor besitzt analog zum Spannungstensor des ebenen Spannungszustandes 

zwei Eigenwerte (Hauptträgheitsmomente) I p,1 und I p,2 die aus 

⎡ 

⎤ 

I p,yy − λ I p,yz 

det ⎢⎣ 

⎥⎦ 

I p,zz − λ 

= (I p,yy − λ)(I p,zz − λ) − Ip,yz 2 = 

I p,yz 

= λ 2 − (I p,yy + I p,zz )λ + I p,yy I p,zz − I 2 p,yz = 0 

Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind 

I p,1,2 = I √ 

p,yy + I p,zz (Ip,yy − I p,zz ) 2 

± 

+ Ip,yz 2 (6.5) 

2 

4 

Die zugehörigen Hauptträgheitsachsen definiert die Winkel ϕ 1 und ϕ 2 ergeben sich aus den 

Gleichungen 

[ ][ ] [ ] 

Ip,yy − λ I p,yz cos ϕ 0 

= 

(6.6) 

I p,zz − λ sin ϕ 0 

I p,yz 

Da diese Gleichungen linear abhängig sind, kann beispielsweise die erste Gleichung verwendet 

werden: 

Durch Einsetzen der beiden Eigenwerte ergibt sich daraus: 

(I p,yy − λ) cos ϕ + I p,yz sin ϕ = 0 (6.7) 

tan ϕ 1,2 = I p,1,2 − I p,yy 

I p,yz 

(6.8) 

Alternativ können diese Winkel auch ohne Kenntnis der Hauptträgheitsmomente aus 

berechnet werden. 

tan 2ϕ 1,2 = 

2I p,yz 

I p,yy − I p,zz 

(6.9) 




Beispiel 6.2 

Zusammengesetzter Querschnitt 

Der Querschnitt besteht aus zwei Rechtecken. Es sollen die Flächenmomente 2. Ordnung 

bezogen auf den gemeinsamen Schwerpunkt S und die Haupträgheitsachsen berechnet 

werden. 

y 

A 

2 1 Die Berechnung erfolgt getrennt für die beiden Rechtecke. 

Der Schwerpunkt der Fläche A liegt bei (1.5, 0.5), 

[m] 

S A 

z p 1 der Schwerpunkt der Fläche B bei (0.5, 2.0). Der Gesamtschwerpunkt 

S hat die Koordinaten 

S y p 

2 

S B 

1.5A + 0.5B 

y s = = 1.10m 

A + B 

B 

z 

z s = 

0.5A + 2B 

A + B 

= 1.10m 

Die Flächenträgheitsmomente der Fläche A bezogen auf Achsen durch ihren eigenen 

Schwerpunkt sind 

I yy,A = 1 

12 13 · 3 = 0.25m 4 , I zz,A = 1 

12 1 · 33 = 2.25m 4 , I yz,A = 0 

die der Fläche B bezogen auf Achsen durch ihren eigenen Schwerpunkt sind 

I yy,B = 1 

12 23 · 1 = 0.67m 4 , I zz,B = 1 

12 2 · 13 = 0.17m 4 , I yz,B = 0 

Mit Anwendung des Steiner’schen Satzes Gl. (??) ergibt sich: 

I s,yy = I yy,A + A · (1.10 − 0.50) 2 + I yy,B + B · (1.10 − 2.00) 2 = 3.62m 4 

I s,yz = I yz,A − A · (1.10 − 0.50)(1.10 − 1.50) + I yz,B − B · (1.10 − 2.00)(1.10 − 0.50) = 1.80m 4 

I s,zz = I zz,A + A · (1.10 − 1.50) 2 + I zz,B + B · (1.10 − 0.50) 2 = 3.62m 4 

Damit ergeben sich die Haupträgheitsmomente zu 

{ 5.42 

I p,1,2 = 3.62 ± 1.80 = 

1.82 

Die zugehörigen Richtungen sind nach Gl. (6.8) gegeben durch 

m 4 

tan ϕ 1 = 

5.42 − 3.62 

1.80 

bzw. nach der alternativen Formel (6.9) 

tan 2ϕ 1,2 = 

= 1; tan ϕ 2 = 

1.82 − 3.62 

1.80 

{ 

2 · 1.80 

π43π4 

3.62 − 3.62 = ∞ → ϕ 1,2 = 

= −1 


7 Hydrostatik Mechanik 1 

7 Hydrostatik 

7.1 Spannungszustand 

Eine wesentliche Eigenschaft von Flüssigkeiten ist, dass sie im Ruhezustand keine 

Schubspannungen aufnehmen können. Der Spannungstensor ist somit nur auf der Hauptdiagonalen 

belegt: 

⎡ 

σ xx 0 0 

[S] = 0 σ yy 0 

⎢⎣ 

⎤⎥ 

(7.1) 

⎦ 

0 0 σ zz 

Da aber die Schubspannungen bezogen auf jedes beliebige Paar von orthogonalen Achsen 

verschwinden muss, ist Spannungsvektor⃗t auf einer beliebigen Ebene mit Normaleneinheitsvektor 

⃗n (vgl. Gl. 3.6) parallel zum Normalenvektor (sonst hätte er ja Schubspannungsanteile) 

und es gilt somit: 

⎡ 

σ xx 0 0 

⃗t = 0 σ yy 0 

⎢⎣ 

⎤⎥ · ⎦ 

0 0 σ zz 

Offensichtlich ist dies nur möglich, wenn 

⎡ 

⎢⎣ 

cn x 

n y 

n z 

⎤⎥ ⎦ 

= 

⎡ 

σ xx n x n x 

! 

σ yy n y ⎢⎣ 

⎤⎥ = a · ⎦ 

⎡⎢ 

n y ⎣ 

⎤⎥ 

; a ≠ 0 (7.2) 

⎦ 

σ zz n z n z 

σ xx = σ yy = σ zz = −p (7.3) 

also alle Normalspannungen identisch sind. Hier ist p der Druck. Aus den Gleichgewichtsbedingungen 

(3.4) ergibt sich nunmehr 

Im Schwerefeld gilt 

und somit aus Gl. (7.4) unmittelbar 

⃗ f − ∇p = ⃗0 (7.4) 

f x = 0; f y = 0; f z = −ρg (7.5) 

p(x, y, z) = −ρgz + C (7.6) 

Der Druck in einer ruhenden Flüssigkeit im Schwerefeld ist nur von der Höhe z abhängig. 

Die Konstante C ergibt sich durch Vorgabe des Drucks p 0 in einer Referenzhöhe z 0 . Oft wird 

p 0 als Luftdruck gewählt. 

7.2 Auftrieb 

Wir betrachten einen allseitig von Flüssigkeit umgebenen Körper (vgl. Abb. 7.1) 

Auf die Oberfläche dieses Körpers wirkt ein von der Höhe z abhängiger Druck p(z). Die resultierende 

Kraftwirkung der Flüssigkeit auf den Körper kann mit Hilfe einer einfachen Überlegung 

bestimmt werden. Der eingetauchte Körper verdrängt insgesamt soviel Flüssigkeit wie 

in seinem Volumen V D enthalten wäre. Die resultierende Kraft auf dieses Flüssigkeitsvolumen 

wäre gleich der Gewichtskraft G K der Flüssigkeit in diesem Volumen, da die Flüssigkeit 

sich ja im Gleichgewicht befindet. Somit übt die Flüssigkeit insgesamt eine resultierende 

Kraft von 



7 Hydrostatik 

F S 

z 

S D 

S K 

V D 

G K 

Abbildung 7.1 

Von Flüssigkeit umgebener Körper 

F S = G K = ρgV D (7.7) 

auf den Körper aus. Diese Kraft wird als Auftriebskraft bezeichnet. Im Gleichgewicht befindet 

sich der Körper, wenn sein Gewicht G K gerade gleich dem Auftrieb ist. Die Lage, die 

ein getaucht schwebender Körper einnimmt, wird durch die Lage des Körperschwerpunktes 

S K und die Lage des Schwerpunktes S D des verdrängten Flüssigkeitsvolumens bestimmt. Es 

stellt sich eine Lage ein, dass die beiden Schwerpunkte auf einer vertikalen Linie liegen, und 

dabei S K tiefer als S D liegt. 

Bei schwimmenden Körpern stellt sich die Eintauchtiefe so ein, dass die Auftriebskraft F S 

wiederum gleich dem Gewicht G K des Körpers ist (Auftrieb in Luft ist hier vernachlässigt). 

F S 

z 

S D 

SK 

V D 

G K 

Abbildung 7.2 

In Flüssigkeit 

schwimmender Körper 

Anders als beim schwebenden Körper kann auch eine Lage, bei der S K oberhalb von S D liegt, 

stabil sein. Dies wird am Beispiel eines Quaders gezeigt. 

Für einen homogenen Körper mit Dichte ρ k in einer Flüssigkeit mit Dichte ρ ist eine Gleichgewichtslage 

durch t = ρ K 

ρ H gegeben. Selbstverständlich ist hier ρ > ρ K vorausgesetzt. 

Zur Feststellung der Stabilität der gezeichneten Lage untersuchen wir eine um den kleinen 

Winkel ϕ verdrehte Lage (siehe Abb. 7.3, rechtes Bild). Da auch in der gedrehten Lage die 

Summe der Kräfte verschwinden muss, bleibt die Größe von F S dabei unverändert. Allerdings 

verschiebt sich der Angriffspunkt der Auftriebskraft hin zu S ′ . Dadurch entsteht eine 

D 

Momentendifferenz 



M 

M 

z 

t 

G K 

S K 

G K F S 

S D 

F S 

e 

H 

S K 

S D 

S ′ D 

φ 

S D 

S K 

h M 

e 

L 

∆y 

∆y 

y 

Abbildung 7.3 

In Flüssigkeit schwimmender quaderförmiger Körper 

∆M = F S · ∆y (7.8) 

∆y ist die horizontale Verschiebung des Angriffspunkts der Auftriebskraft. Das Moment ∆M 

kommt durch die Hinzunahme bzw. Wegnahme von Flüssigkeitskraftwirkungen im Bereich 

des Flüssigkeitsspiegels zustande: 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

∆M = yρgy ϕ dA = ρgϕ y 2 dA = ρgϕI xx (7.9) 

A 

Darin ist A die Schwimmfläche und I xx das Flächenträgheitsmoment der Schwimmfläche 

bezogen auf die Drehachse (hier: x-Achse). Der Schnittpunkt M der Wirkungslinie des Auftriebs 

F S mit der Verbindungslinie von S D und S K wird als Metazentrum bezeichnet. Seine 

Lage wird durch die metazentrische Höhe h M beschrieben (siehe Abb. 7.3, rechts). Es gilt nach 

Abb. 7.3 für kleine Drehwinkel ϕ: 

und weiter aus Gl. (7.9) 

A 

∆y = (h M + e)ϕ (7.10) 

(h M + e)ϕ = ∆M 

F S 

= ρgI xx 

ρgtA ϕ = I xx 

V D 

ϕ → h M = I xx 

V D 

− e (7.11) 

Das Vorzeichen von h M bestimmt das Vorzeichen des resultierenden Moments M des Kräftepaars 

G K und F S . Wenn h M positiv ist, so entsteht bei Neigung des Körpers ein rückdrehendes 

Moment, der Körper dreht sich wieder in die Ausgangslage zurück. Somit ist die Ausgangslage 

stabil. Ist hingegen h M negativ, so ist die Ausgangslage instabil. 

Konkret gilt für den Quader 

und weiter: 

e = 1 2 (H − t) = 1 ρ − ρ K 

H; I xx = AL2 

2 ρ 

12 ; V D = At = ρ K 

HA (7.12) 

ρ 



h M 

H = 1 L 2 ρ 

12 H 2 − 1 ( 

1 − ρ ) 

K 

ρ K 2 ρ 

7 Hydrostatik 

(7.13) 

Für den Sonderfall ρ k = 0.5ρ ergibt sich die Stabilitätsgrenze 

h M 

H = 1 6 

L 2 

H 2 − 1 √ 

3 

4 > 0 → L > H = 1.225H (7.14) 

2 

Ein Würfel (H = L) schwimmt in der angegebenen Lage stabil, wenn s = ρ K 

ρ 

erfüllt. Dies ist äquivalent zu 

die Bedingung 

1 

12s − 1 2 (1 − s) > 0 → 6s2 − 6s + 1 > 0 (7.15) 

(s − s 1 ) · (s − s 2 ) > 0 mit s 1,2 = 1 2 ± √ 

3 

6 = { 0.7887 

0.2113 

Dies bedeutet dass entweder s > 0.7887 oder s < 0.2113 sein muss. 

7.3 Flüssigkeitsdruck 

7.3.1 Ebene Flächen 

Wir betrachten eine beliebig berandete ebene Fläche A, die sich vollständig unterhalb des 

Flüssigkeitsspiegels befindet (siehe Abb. 7.4). 

z 

F D 

α 

p 

S 

dA 

D 

A 

y 

z s 

z d 

A 

y yd s 

S 

D 

y 

dA 

x 

Abbildung 7.4 

Flüssigkeitsdruck auf eine ebene Fläche 

Der Druck auf ein Flächenelement dA ist durch die Flüssigkeitshöhe z bestimmt. Wegen z = 

y sin α gilt für die resultierende Kraft F D des Wasserdrucks auf die Fläche A: 

∫ ∫ ∫ ∫ 

∫ ∫ 

F D = pdA = ρgzdA = ρg sin α y dA (7.16) 

A 

A 

Das letzte Integral ist das statische Moment S x der Fläche A um die x-Achse. Es gilt dabei, 

dass S x = A · y s . Somit folgt 

F D = ρg sin αy s A = ρgz s A = p s A (7.17) 

Die resultierende Druckkraft F D ergibt sich daher als Produkt des Drucks p s im Flächenschwerpunkt 

S und der Größe der Fläche A. Die Lage der Wirkungslinie von F D ergibt sich 

aus einer Momentenbedingung. Das Moment M x des Wasserdrucks auf A bezüglich der 

x-Achse ist 

A 



∫ ∫ 

M x = 

A 

∫ ∫ 

pydA = ρg sin α 

A 

y 2 dA (7.18) 

Das Integral in dieser Gleichung ist das Flächenträgheitsmoment I xx bezogen auf die x-Achse. 

Die Lage y d des Angriffspunkts D der resultierenden Druckkraft ist somit gegeben durch 

y d = M x 

F D 

= I xx 

S x 

(7.19) 

Analog kann die Position x d bezüglich der y-Achse bestimmt werden. 

Anmerkung: 

Der Luftdruck p 0 wurde in diesen Überlegungen nicht berücksichtigt. Da für die meisten 

Anwendungen der Luftdruck auf beiden Seiten der betrachteten Flächen wirkt, ergibt sich 

daraus keine resultierende Kraftwirkung. 

Beispiel 7.1 

Druck auf eine kreisförmige Klappe 

Eine Klappe mit Radius R befindet sich mit ihrem Schwerpunkt in der Höhe H in einer 

Flüssigkeit. Es soll die Größe der resultierenden Wasserdruckkraft F D und die Lage y D 

ihres Angriffspunktes bestimmt werden. 

Nach Gl. 7.17 gilt 

H 

F D = ρgHR 2 π 

2R 

und aus Gl. 7.19 ergibt sich 

7.3.1 Gekrümmte Flächen 

( ) 

S x = HR 2 π; I xx = R4 π 

R 

4 + H2 R 2 2 

π = 

4 + H2 R 2 π → y D = R2 

4H + H 

Wir betrachten eine beliebig berandete gekrümmte Fläche A, die sich vollständig unterhalb 

des Flüssigkeitsspiegels befindet (siehe Abb. 7.5). 

dV 

z 

dF 

α 

A 

dA 

dA ∗ A ∗ dA 

α 

dA cos α 

dA sin α 

Abbildung 7.5 

Flüssigkeitsdruck auf eine gekrümmte Fläche 

Auf ein Flächenelement dA in der Tiefe z wirkt die Kraft dF = p dA. Die Zerlegung dieser 

Kraft in eine vertikale und eine horizontale Komponente ergibt 



7 Hydrostatik 

dF V = p dA cos α = ρgz dA cos α = ρg dV 

dF H = p dA sin α = p dA ∗ 

Integration ergibt 

∫ ∫ ∫ 

F V = 

ρg dV = ρgV 

V 

∫ ∫ 

F H = 

∫ ∫ 

p dA ∗ = ρg 

z dA ∗ = p s A ∗ 

A ∗ 

Die resultierende Vertikalkraft ist also gleich dem Gewicht der Flüssigkeit über der Fläche A 

und die resultierende Horizontalkraft ist gleich dem Produkt aus der in die Vertikale projizierten 

Fläche a ∗ und dem Druck im Schwerpunkt dieser Fläche. 

A ∗ 

Beispiel 7.2 

Gekrümmte Staumauer 

M 

R 

C 

A ∗ 

Das Volumen der über der Fläche A liegenden 

Flüssigkeit ist ein Viertelzylinder 

mit Radius R und Länge L. Daher ist die 

resultierende Vertikalkraft 

A 

F V = ρg R2 π 

4 L 

B 

L 

Die Projektion des Zylindermantels in die Vertikale ergibt als Fläche A ∗ ein Rechteck mit 

der Breite R und der Länge L. Der Flächenschwerpunkt S ∗ liegt in einer Tiefe von R 2 . Damit 

ist die resultierende Horizontalkraft 

F H = ρg R 2 RL 

Als Folge der Kreisgeometrie bilden alle Kraftwirkungen des Wasserdrucks in der Ebene 

ein zentrales Kraftsystem dessen Resultierende durch den Kreismittelpunkt M geht. 


8 Formänderungen Mechanik 1 

8 Formänderungen 

8.1 Dehnungs- und Spannungsverteilung bei reiner Balkenbiegung 

Es wird angenommen, dass im Querschnitt nur die Schnittgrößen 

M y und M z vorhanden sind (reine Biegung, keine Normal- bzw. 

verformt 

unverformt 

Querkräfte, keine Torsion). Für die Formänderungen infolge Biegung 

wird angenommen, dass die Querschnitte des Balkens auch 

nach der Deformation infolge der Biegemomente eben bleiben (Bernoulli’sche 

Abbildung 8.1 Bernoulli- 

7 Hypothese). 

Hypothese 

Aus dieser Hypothese folgt, dass die Dehnungen ε xx linear über den 

Querschnitt verteilt sind. Nimmt man ferner einen linear-elastischen 

Werkstoff an, so sind auch die Normalspannungen σ xx linear über den Querschnitt verteilt 

σ xx = C 1 + C 2 y + C 3 z (8.1) 

S 

A 

y 

x 

z 

σ xx 

Abbildung 8.2 

Lineare Verteilung der Normalspannung 

σ xx 

Die Resultierenden der Spannungsverteilung müssen den vorgegebenen Schnittgrößen entsprechen: 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

∫ ∫ 

N = σ xx dydz = 0, M y = zσ xx dydz, M z = − yσ xx dydz (8.2) 

A 

A 

Mit Berücksichtigung der angenommenen Spannungsverteilung (8.1) wird daraus ein Gleichungssystem 

für die drei Koeffizienten C 1 , C 2 und C 3 : 

∫ ∫ 

(C 1 + C 2 y + C 3 z)dydz = C 1 A + C 2 S s,z + C 3 S s,y = N = 0 

A 

∫ ∫ 

A 

∫ ∫ 

A 

mit den Lösungen 

z(C 1 + C 2 y + C 3 z)dydz = C 1 S s,y − C 2 I s,yz + C 3 I s,yy = M y 

y(C 1 + C 2 y + C 3 z)dydz = C 1 S s,z + C 2 I s,zz − C 3 I s,yz = −M z 

A 

7 Jacob Bernoulli, *1654 Basel, +1705 Basel 




C 1 = 0; 

C 2 = M yI s,yz − M z I s,yy 

I s,yy I s,zz − Is,yz 

2 ; C 3 = M yI s,zz − M z I s,yz 

I s,yy I s,zz − Is,yz 

2 

(8.3) 

Rückeinsetzen in Gl. (8.1) und Umordnen ergibt die Swain’sche Formel 

σ xx (y, z) = 

1 

I s,yy I s,zz − I 2 s,yz 

[ 

My (y I s,yz + z I s,zz ) − M z (y I s,yy + z I s,yz ) ] (8.4) 

Die Gerade, auf der die Spannung σ xx zu Null wird, heißt Nullinie. 

Sind die y- und z-Achsen Hauptträgheitsachsen, so vereinfacht sich diese Formel zu 

σ xx (y, z) = M y 

I s,yy 

z − M z 

I s,zz 

y (8.5) 

Für gerade (achsrechte) Biegung um die y-Achse verbleibt dann noch 

σ xx (z) = M y 

I s,yy 

z (8.6) 

In diesem Fall ist die Nullinie eine Gerade parallel zur y-Achse durch den Flächenschwerpunkt. 

Die maximalen Spannungen im Querschnitt treten an den Punkten auf, die den größten Normalabstand 

von der Nullinie besitzen. Im Falle der Biegung um die y-Achse sind dies die 

Punkte mit dem betragsgrößten Abstand von der y-Achse. 

y 

z o 

σ o 

− 

z 

z u 

+ 

σ u 

Abbildung 8.3 

Verteilung der Normalspannung 

σ xx bei achtechter Biegung 

Die Größen 

W o = | I s,yy 

z o 

|; 

W u = | I s,yy 

z u 

| (8.7) 

werden als Widerstandmomente bezeichnet. Damit ergeben sich die maximalen Biegespannungen 

in einem Querschnitt einfach zu 

|σ o,u | = M 

W o,u 

(8.8) 

Das Vorzeichen ist in dieser Formel anhand des Vorzeichens des Biegemoments zu wählen. 



Beispiel 8.1 

Dimensionierung auf Biegespannungen 

200 -σ [N/mm 2 ] 

L 

2 

150 

0 

-150 

F 

L 

2 

H 

t 

-300 

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 

H [m] 

B 

t 

t 

Die Höhe des Querschnitts eines Trägers 

auf zwei Stützen unter einer Einzellast 

soll so dimensioniert werden, dass der 

Betrag der maximalen Biegespannung den 

Wert σ max = 200 N/mm 2 nicht überschreitet. 

Gegeben sind: F = 5 kN, L = 20.0 m, B = 

100 mm, t = 5 mm. 

Lösung: Die maximale Biegespannung 

tritt in der Trägermitte auf. Dort ist das 

Biegemoment M = FL 

4 

. Das Flächenträgkeitsmoment 

I s,yy berechnet sich nach: 

I s,yy = 2 Bt3 

12 

+ 2Bt(H 

− t)2 

4 

+ 

t(H − 2t)3 

12 

und das Widerstandsmoment W = 2I s,yy 

H 

. Die Größe σ−σ max = 

4W FL −σ max ist in obenstehender 

Skizze als Funktion der Querschnitthöhe H dargestellt. Die Nullstelle liegt bei H = 0.2 m. 

Ein Querschnitt mit der Höhe H > 200 mm erfüllt also die Spannungsrestriktion. 

8.2 Biegelinie 

Ausgehend von der Bernoulli-Hypothese ergibt sich bei gerader Biegung um die y-Achse 

eine relative Verdrehung benachbarter Querschnitte (Abstand dx) um den Winkel dϕ. Daraus 

folgt eine Änderung der Neigung der Balkenachse um denselben Winkel. Der Zusammenhang 

zwischen dϕ und dx wird durch den Krümmungsradius R hergestellt: 

dx = R dϕ (8.9) 

Andererseits kann die Neigungsänderung auch aus der Dehnungsdifferenz zwischen dem 

unteren und oberen Querschnittrand bestimmt werden: 

dϕ = ε u − ε o 

z u − z o 

dx (8.10) 

R 

dφ 

x 

z, w 

Abbildung 8.4 

dx 

Neigungszuwachs dϕ 




Nimmt man ferner einen einachsigen Spannungszustand und lineares Werkstoffverhalten 

an, so folgt 

1 

R = dϕ 

dx = 

σ ( 

u − σ o M 

E(z u − z o ) = zu 

− M z ) 

o 

I s,yy I s,yy 

1 

E(z u − z o ) = 

Die hier auftretende Größe EI s,yy heißt Biegesteifigkeit des Querschnitts. 

M 

EI s,yy 

(8.11) 

w 

x 

z, w 

Abbildung 8.5 

Verformung der Stabachse 

Es gilt ferner tan ϕ = − dw 

dx 

aus Gl.(8.11): 

und daher für kleine Verformungen ϕ = − 

dw 

dx 

sowie daraus und 

d 2 w 

dx 2 = − M 

(8.12) 

EI s,yy 

Berücksichtigt man ferner die aus der Statik bekannten Beziehungen 

Q = dM 

dx ; p z = − dQ 

dx 

so ergibt sich als Differentialgleichung der Biegelinie 

( 

p z = d2 d 2 ) 

w 

dx 2 EI s,yy 

dx 2 

(8.13) 

Für Stäbe mit konstanter Biegesteifigkeit vereinfacht sich dies zu 

w IV = 

p z 

EI s,yy 

(8.14) 

Rechnerisch ergeben sich für positive Biegemomente negative Krümmungen und umgekehrt 

(siehe Abb. 8.6). 

M 

M 

x 

M 

M 

x 

z, w z, w 

Abbildung 8.6 

Biegemoment 

Krümmung des Stabes bei positivem und negativem 



Beispiel 8.2 

Durchbiegung eines Kragträgers 

Ein Kragbalken aus Stahl mit der Spannweite 

L = 5 m, mit einem quadratischen Querschnitt 

50×50 mm wird durch sein Eigengewicht 

belastet. Bestimmen Sie die Durchbiegung 

w am rechten Trägerende. 

L 

p 

Lösung: Die Biegesteifigkeit ist EI = 2.1 · 1011 0.054 

12 

= 109375 Nm 2 . Die Querbelastung ist 

p = 7800 · 0.05 2 · 9.81 = 191.3 N/m. Die Differentialgleichung der Biegelinie wird durch 

Integration gelöst. Es gelten am linken Lager die Randbedingungen w(0) = 0 und w ′ (0) = 0. 

Am rechten Trägerende gelten die Randbedingungen M(L) = 0 und Q(L) = 0. Aus w IV = p EI 

folgt 

w ′′′ = p EI x + C 1; 

w ′′ = p EI 

w = p EI 

x 2 

2 + C 1x + C 2 ; w ′ = p x 3 

EI 6 + C x 2 

1 

2 + C 2x + C 3 ; 

x 4 

24 + C x 3 

1 

6 + C x 2 

2 

2 + C 3x + C 4 ; 

Aus der RB w(0) = 0 folgt C 4 = 0 und aus der RB w ′ (0) = 0 folgt dann C 3 = 0. Die Randbedingung 

M(L) = 0 is äquivalent zu w ′′ (L) = 0 (siehe Gl. 8.14) und Q(L) = 0 ist äquivalent 

zu w ′′′ (L) = 0. Damit ergeben sich 

C 1 = − p EI L; 

C 2 = − p EI 

Die Durchbiegung am rechten Trägerende ist somit 

w(L) = p EI 

Der Zahlenwert ist w(L) = 191.3·54 

8·109375 

L 2 

2 − C 1L = p L 2 

EI 2 

L 4 

24 − p EI LL3 6 + p L 2 L 2 

EI 2 2 = pL4 

8EI 

= 0.137 m. 




Beispiel 8.3 

Durchbiegung eines beidseitig eingespannten Balkens 

Der dargestellte beidseitig eingespannte Balken 

unter Gleichlast p wird untersucht. Die 

Integration der Biegelinie ergibt wie oben eine 

Parabel 4. Ordnung. 

L 

p 

Die Randbedingungen w(0) = w ′ (0) = 0 ergeben C 3 = 0 und C 4 = 0. Am rechten Ende 

gelten die Randbedingungen w(L) = w ′ (L) = 0. Daraus folgt 

C 1 = − pL 

2EI ; 

C 2 = pL2 

12EI 

Durch Einsetzen in die zweite Ableitung w ′′ (0) ergibt sich damit das Einspannmoment 

M(0) = − pL2 

12 . 

8.3 Formänderungsenergie und Arbeitssatz 

Als einfachsten Beanspruchungszustand betrachten wir den einachsigen Spannungszustand 

wie er bei einer reinen Normalkraftbeanspruchung eines Zugstabes auftritt. 

L 

F 

F 

N 

EA 

¯F 

dx 

du = du dx = εdx 

dx 

u 

ū 

u 

u 

N 

dū 

Abbildung 8.7 

Beanspruchung eines Zugstabes 

An diesem Stab wirkt eine Kraft ¯F, die langsam aufgebracht, d.h. vom Wert 0 auf den Wert F 

vergrößert wird. Entsprechend verlängert sich der Stab und der Lastangriffspunkt verschiebt 

sich um den Weg ū nach unten. Die äußere Kraft leistet also eine Arbeit 

W = 

∫ u 

¯Fdū (8.15) 

0 

Bei Annahme linear-elastischen Verhaltens ist der Zusammenhang zwischen Kraft und Verschiebung 

linear (vgl. Abb. 8.7), also 

¯F = F uū (8.16) 

Damit ergibt sich die Arbeit W der Last F zu 



W = 

∫ u 

0 

¯Fdū = W = 

∫ u 

0 

F 

uūdū = F ∫ u 

u 

0 

ūdū = F u 2 

u 2 = Fu 

2 

(8.17) 

Die Arbeit der inneren Kräfte (Spannungen) kann wie folgt ermittelt werden: Die Normalkraft 

N (vgl. Abb. 8.7, rechts) in einem differentiellen Stück des Stabes mit Länge dx leistet 

die Arbeit 

Mit Anwendung des Elastizitätsgesetzes 

dU = 1 2 Ndu = 1 Nεdx (8.18) 

2 

ε = σ E = N EA 

(8.19) 

folgt durch Integration über die Stablänge L 

U = 1 2 

∫ L 

0 

N 2 

dx (8.20) 

EA 

Für Stäbe mit konstante Normalkraft N = F und konstanter Dehnsteifigkeit ergibt dies 

N 2 ∫ L 

U = 1 2 EA 

0 

dx = 1 N 2 L 

2 EA 

Aus Gl. 8.19 ergibt sich die Verschiebung des Kraftangriffspunktes zu 

Im Vergleich mit Gl. (8.17) erkennt man 

u = Lε = NL 

EA 

(8.21) 

(8.22) 

U = Nu 

2 = Fu 

2 = W (8.23) 

Diese grundlegende Aussage (Arbeitssatz) gilt in allen elastischen Systemen. 

Für Kräfte berechnet sich die äußere Arbeit W aus dem Produkt von Kraft und Verschiebung 

des Kraftangriffspunktes, für Momente berechnet sich die äußere Arbeit aus dem Produkt 

von Moment und Drehwinkel am Momentenangriffspunkt. 

M dφ 

M 

x 

dx 

Abbildung 8.8 Verformung eines Balkens 

infolge Biegung 




Die innere Arbeit U ist je nach Beanspruchungsart unterschiedlich zu berechnen. Für Biegung 

erfolgt die Berechnung am differentiellen Element aus der gegenseitigen Verdrehung 

benachbarter Querschnitte 

dU = 1 2 Mdϕ = 1 2 Mϕ′ dx 

Anwendung der Elastizitätsgesetzes M = EIϕ ′ (siehe Gl. 8.11) und Integration über die Stablänge 

L ergibt 

U = 1 2 

∫ L 

0 

M 2 

dx (8.24) 

EI 

Beispiel 8.4 

Kragbalken mit Einzellast 

Die Durchsenkung w e am Lastangriffspunkt 

soll mittels des Arbeitssatzes berechnet werden. 

Verformungsanteile aus Querkraftwirkung 

werden vernachlässigt. Es gilt 

x 

L 

EI 

F 

w e 

W = 1 2 F · w e; U = 1 2 

∫ L 

0 

M 2 (x) 

dx 

EI 

Darin ist die Momentenfunktion gegeben durch M(x) = −F(L − x). Somit 

U = 1 ∫ L 

2EI 

0 

F 2 (L 2 − 2Lx − x 2 )dx = F2 L 3 

6EI 

Aus U = W folgt somit 

w e = FL3 

3EI 

Beispiel 8.5 

Gekoppelte Federn 

Elastische Elemente lassen sich vereinfacht durch Federn mit einer Federsteifigkeit k repräsentieren. 

Dabei hängt der numerische Wert von k wesentlich von der Art der Beanspruchung 

des elastischen Elements ab (z.B Normalkraft oder Biegung). Die Beziehung zwischen 

Kraft F, Formänderungsarbeit U und Verformung w ist dann gegeben durch 

F = k · w; 

U = F2 

2k = kw2 

2 

Gekoppelte elastische Elemente lassen sich wiederum auf einfache Ersatzfedern zurückführen, 

deren Federsteifigkeit die Beziehung zwischen Kraft und Verformung beschreibt. 



Serienschaltung 

Die Kräfte sind in beiden Federn gleich. Daher 

gilt U = F2 

2k 1 

+ F2 

2k 2 

und mit W = 1 2 Fw e folgt daraus 

k 1 

( 1 

w e = F + 1 ) 

k 2 

k 1 k 2 

bzw. 

1 

F 

F = 

1 

k 1 

+ 1 w e = k ersatz w e 

k 2 

w e 

Parallelschaltung 

Hier sind beide Federverformungen gleich, 

also U = k 1w 2 e 

2 

+ k 2w 2 e 

2 

. Es folgt unmittelbar 

F = (k 1 + k 2 ) w e = k ersatz w e 

k 1 k 2 

F 

w e

Mechanik 1 - TU Wien

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