11. Arbeitsgleichung (statisch bestimmt)

Frage: Wohin geht die Arbeit, die du in den Stab steckst? Bei einem elastischen Körper geht nichts verloren. Die gesamte Arbeit der äusseren Lasten wird im verformten Material als innere Energie gespeichert und ist vollständig zurückgewinnbar (lässt du los, federt der Stab zurück und gibt sie wieder ab). Diese gespeicherte innere Energie heisst Deformationsenergie $U$ (auch Formänderungsenergie oder freie innere Energie).

Das ist der erste Hauptsatz für unseren Fall. Wir bringen die Last langsam auf, es entsteht keine Bewegungsenergie und keine Wärme. Dann sagt die Energiebilanz schlicht: was aussen an Arbeit hineingeht, sitzt innen als Deformationsenergie. Diese Gleichheit ist die Arbeitsgleichung.

Wie sieht die äussere Arbeit konkret aus? Jede äussere Einzelkraft $F_i$ leistet Arbeit längs der Verschiebung $v_i$ ihres eigenen Angriffspunktes, jedes äussere Moment $M_{z,j}$ längs der Verdrehung $\vartheta'_j$ dort, und eine verteilte Last $q(x)$ längs der Durchbiegung $v(x)$ unter ihr. Der Faktor $\tfrac{1}{2}$ taucht überall auf, weil die Last langsam von null bis zu ihrem Endwert anwächst. Warum gerade ein Halb, klärt die nächste Section anschaulich.

Frage: Wie viel Energie steckt eigentlich im Stab? Die äussere Arbeit haben wir, jetzt brauchen wir die andere Seite der Gleichung, die innere Energie $U$. Anschaulich entsteht sie auf Höhe der einzelnen Materialwürfel: jede Spannung verzerrt ihren Würfel ein wenig und speichert dabei Energie, genau wie eine winzige Feder. Summiert man diese Beiträge über den ganzen Stab, bekommt man $U$ als Funktion der Schnittgrössen.

Die Herleitung im Schnelldurchlauf. Pro Volumen ist die gespeicherte Energie $\tfrac{1}{2}\sigma_x^2/E$ aus der Normalspannung und $\tfrac{1}{2}\tau^2/G$ aus jeder Schubspannung (mit dem Elastizitätsmodul $E$ und dem Schubmodul $G$ aus Kap. 5). Setzt man die bekannten Spannungsverteilungen ein (Normalspannung aus $N$, $M_y$, $M_z$; Schubspannung aus $T$ und den Querkräften) und integriert über den Querschnitt, tauchen genau die Flächenkennwerte $A$, $I_y$, $I_z$, $I_T$, $A_s$ wieder auf. Übrig bleibt für jede Beanspruchung ein Integral über die Stablänge.

Das Ergebnis ist die wichtigste Tabelle des Kapitels. Jede Schnittgrösse liefert einen eigenen Energie-Term derselben Bauart: das Quadrat der Schnittgrösse, geteilt durch die doppelte Steifigkeit, über die Länge integriert. Du musst die Herleitung nicht auswendig können, aber diese sechs Terme schon.

Alle zusammen ergeben die gesamte Deformationsenergie. In einer realen Aufgabe wirken meist nur ein oder zwei dieser Beanspruchungen, dann fallen die übrigen Terme weg. Man addiert die vorhandenen einfach auf.

Was ist die Schubfläche $A_s$? Die Querkraft erzeugt keine gleichmässige Schubspannung über den Querschnitt, sondern eine, die in der Mitte am grössten und am Rand null ist (Kap. 8). Damit der einfache Energie-Term mit $A_s$ trotzdem stimmt, ersetzt man die volle Fläche $A$ durch eine kleinere Schubfläche $A_s = \kappa\,A$. Der Schubkorrekturfaktor $\kappa$ hängt nur von der Querschnittsform ab.

Frage: Darf ich die Energien zweier Lasten einfach addieren? Bei den Schnittgrössen selbst hast du das immer gedurft: wirken zwei Lasten, addieren sich ihre Biegemomente zu $M = M_1 + M_2$. Bei der Energie geht das aber nicht, denn in der Energie steht das Quadrat der Schnittgrösse, und ein Quadrat einer Summe ist nicht die Summe der Quadrate.

Das ist reine Algebra. $(M_1 + M_2)^2 = M_1^2 + 2 M_1 M_2 + M_2^2$. Der gemischte Term $2 M_1 M_2$ fehlt, wenn man nur $M_1^2 + M_2^2$ rechnet. Genau dieser Kreuzterm ist es, der gleich in Section 4 die Verschiebung an beliebiger Stelle liefert, also kein lästiges Detail, sondern der Schlüssel zur ganzen Methode.

Worum geht es? Ein durchgehender Balken A-B-D (Biegesteifigkeit $EI$) ist an der Stelle B über eine schräge Strebe B-E (Dehnsteifigkeit $EA$) gelenkig abgestützt. Die drei Felder A-B, B-D haben je die Länge $L$. An der Stelle A greift eine Kraft $F$ nach unten an. Gesucht ist die Absenkung $v_F$ genau unter dieser Kraft. Weil $F$ und $v_F$ am selben Punkt sitzen, passt die direkte Methode aus Section 3.1 perfekt. Es treten zwei Beanspruchungen auf: Biegung im Balken und Normalkraft in der Strebe.

Wir trennen die Belastung in zwei Lastfälle. Das 0-System (Lastfall LF0) ist das gegebene, statisch bestimmte Tragwerk unter den wirklichen Lasten, es erzeugt die Schnittgrössen $M_{z,0}, M_{y,0}, N_0, T_0, \ldots$. Das 1-System (Lastfall LF1) ist dasselbe Tragwerk, aber belastet nur durch eine Hilfskraft „1" an der gesuchten Stelle, es erzeugt $M_{z,1}, M_{y,1}, N_1, T_1, \ldots$.

Jetzt nutzen wir die Nicht-Superponierbarkeit aus Section 2.3. Bringt man beide Lastfälle gemeinsam auf, steht in der Energie das Quadrat der Summe der Momente. Beim Ausmultiplizieren entsteht der Kreuzterm: $(M_0 + M_1)^2 = M_0^2 + 2 M_0 M_1 + M_1^2$. Der Mittelteil $2 M_0 M_1$ ist genau die zusätzliche Arbeit $\Delta W_{\text{ext}}$, die entsteht, weil die schon voll wirkende Hilfskraft längs der vom 0-System erzeugten Verschiebung mitarbeitet.

Diese Zusatzarbeit ist Hilfskraft mal gesuchte Verschiebung. Die Hilfskraft $H_1$ ist während des Kreuzterms voll da und verschiebt sich um die gesuchte Strecke $\delta_{10}$ (Verschiebung an Stelle 1, verursacht durch Lastfall 0). Also $H_1\,\delta_{10} = \Delta W_{\text{ext}}$. Stellt man nach $\delta_{10}$ um, steht die gesuchte Verschiebung da.

Der entscheidende Trick: das Moment ist proportional zur Hilfskraft. Verdoppelst du die Hilfskraft, verdoppelt sich ihr Momenten-Verlauf $M_1$. Der Quotient $M_1/H_1$ bleibt also gleich, unabhängig von der gewählten Grösse der Hilfskraft. Deshalb darf man die Hilfskraft beliebig wählen, am bequemsten genau $H_1 = 1$.

Setzt man die Hilfskraft auf eins, entsteht die zentrale Formel des Kapitels. Sie gilt nicht nur für Biegung, sondern für jede Beanspruchung: jede Schnittgrösse aus dem 0-System wird mit derselben Schnittgrösse aus dem 1-System multipliziert, durch die zugehörige Steifigkeit geteilt und über die Länge integriert. Die einzelnen Beiträge werden addiert.

Verdrehung statt Verschiebung? Nimm ein Einheitsmoment. Willst du nicht die Verschiebung, sondern die Verdrehung $\varphi$ an einer Stelle wissen, setzt du dort statt einer Einheitskraft ein Einheitsmoment „1" als 1-System an. Die Formel bleibt identisch, nur erzeugt das Hilfsmoment jetzt den Verlauf $M_1$. Verschiebung in beliebige Richtung, Verdrehung um beliebige Achse, an jedem Punkt machbar.

Das praktische Vorgehen. Drei Schritte führen zum Ziel, und ein cleverer Trick spart Rechenzeit.

Hier sind die wichtigsten Einträge. Jede Zeile gibt das Integral $\int_0^s p(x)\,k(x)\,\mathrm{d}x$ für eine Kombination der beiden Verlaufsformen, ausgedrückt durch die Spitzenwerte $p$, $k$ und die Abschnittslänge $s$. Bei zwei linearen Verläufen, die an den Enden verschiedene Werte $p_l$ (links) und $p_r$ (rechts) annehmen, braucht es die allgemeineren Formeln am Schluss.

Worum geht es? Ein bei A eingespannter Kragträger A-B-C (Länge $2L$, Biegesteifigkeit $EI$) wird an der Stelle B durch eine schräge Kraft vom Betrag $\sqrt{2}\,F$ unter $45^\circ$ belastet. Diese Schrägkraft zerlegt sich in eine vertikale und eine horizontale Komponente vom Betrag je $F$. Gesucht sind am freien Ende C die Vertikalverschiebung $v_C$ und die Neigung $\varphi_C$. Beide Stellen sind lastfrei, also brauchen wir die Einheitslast-Methode aus Section 4.

Was liefert das 0-System? Die vertikale Komponente $F$ an B erzeugt ein dreieckförmiges Biegemoment $M_0$ mit dem Spitzenwert $FL$ an der Einspannung A (und null ab B nach C, weil dahinter keine Querlast mehr wirkt). Die horizontale Komponente erzeugt nur eine Normalkraft, die für die Biege-Verschiebung nicht zählt. Wir rechnen daher nur mit der Biegung.

Und die Neigung am Ende? Für die Verdrehung $\varphi_C$ ändern wir nur das 1-System: statt einer Einheitskraft setzen wir an C ein Einheitsmoment an. Das 0-System bleibt unverändert.