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Technische Mechanik 1: Statik

Seilreibung

Seilwinde
Seilwinde

In statischen Berechnungen von Seilkräften auf Rollen wird oft vernachlässigt, dass Momente auftreten können. Zudem nimmt man an, dass Zugkräfte lediglich umgelenkt werden. Um nun auch Haftung und Reibung zwischen Rolle und Seil bestimmen zu können, ist die Berücksichtigung einer Kraftübertragung erforderlich. Als Grundvoraussetzung sollte angenommen werden, dass die auf dem auf- und ablaufenden Ende des Seils auftretenden Kräfte unterschiedlich sind. 

Wieder unterscheidet man zwischen Haftreibung, die auftritt wenn das Seil die Rolle mitnimmt, und Gleitreibung, falls die Rolle unter dem Seil wegrutscht, bzw. umgekehrt. Formal bedeutet das:

$\ |dH_0| < \mu_0 \; dN \rightarrow $ Haftung und

$\ dR = \mu \; dN \rightarrow $ Gleiten. 


Es wird zunächst die Seilreibungsformel nach Euler-Eytelwein hergeleitet. Danach erfolgt ein Beispiel zum Seil um einen Poller und zur einfachen Bandbremse.

Herleitung der Seilreibungsformel (Euler-Eytelwein-Formel)

Beispiel

In der nachfolgenden Abbildung ist eine Rolle abgebildet um die ein Seil gelegt wurde. Dieses Seil wird durch die Einzelkräfte $ F_1 $ und $ F_2 $ mit $F_2 > F_1$ beidseitig belastet. Der Winkel in dem sich das Seil um die Rolle legt ist $\alpha $.  
Seilreibung: Beispiel
Seilreibung: Beispiel

Um nun eine Berechnung anstellen zu können, wird aus dem Seil ein Stück der Länge $ ds $ herausgeschnitten und dafür die Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt. Weiter wird angenommen, dass sich die Seilkraft längs von $ ds $ um den Betrag $ dS $ ändert. Geht man jetzt davon aus, dass die Kraft $ F_2 > F_1 $ ist, das Seil also nach links gezogen wird, so wirkt die Haftungskraft $ dH $ dieser Kraft entgegen (die Haftung zeigt also nach rechts). Der Winkel des Ausschnitts sei $ d \varphi $ und die Winkel zwischen Seil und horizontaler Achse seien $ d\frac{\varphi}{2} $ (die farbigen Kräfte sollen nur der besseren Übersicht dienen):

Seilreibung Herleitung
Seilreibung Herleitung

Aus diesen Werten lassen sich die Gleichgewichtsbedingungen aufstellen:

$\rightarrow : dH - (S + ds) \cos (\frac{d\varphi}{2}) + S \cos (\frac{d\varphi}{2}) = 0$

$\uparrow : dN - (S + ds) \sin (\frac{d\varphi}{2}) - S \sin (\frac{d\varphi}{2}) = 0$

Da $ d\varphi $ infinitesimal klein ist, folgt

$\ cos\frac{d\varphi}{2} \approx 1 $ und

$\ sin\frac{d\varphi}{2} \approx \frac{d\varphi}{2}$.

Unter Vernachlässigung von Termen, die kleiner als von erster Ordnung sind ($dS\frac{d\varphi}{2}$), bleibt:

$\ dH = dS $ und $ dN = S d\varphi $.

Es ist nicht möglich aus den Gleichungen $H$, $N$ und $S$ zu ermitteln. Das System ist demnach statisch unbestimmt. Es muss also die Grenzhaftung herangezogen werden. Bei dieser kann das Rutschen gerade noch verhindert werden. Die Grenzhaftung wird bestimmt mit:

$dH_0 = \mu_0 \cdot dN$

Einsetzen der ermittelten Gleichungen ergibt:

$\ dS = \mu_0 \cdot S d\varphi  \; \rightarrow \frac{dS}{S} = \mu_0 d\varphi$.

Als nächstes integriert man über den gesamten Bereich, in dem das Seil in Berührung mit der Rolle steht (= $\alpha$):

$\int_{S_1}^{S_2} \frac{dS}{S} = \mu_0 \int^{\alpha}_0 d\varphi \; \rightarrow ln\frac{S_2}{S_1} = \mu_0 \alpha $.

Die Haftbedingung für das Seil lautet ($ln$ mit $e$ aufheben und $S_1$ auf die andere Seite bringen):

Merke

$ S_2 = S_1 e^{\mu_0 \alpha} $                        $S_2 > S_1$ 

Bei der obigen Gleichung handelt es sich um das Eulersche bzw. Eytelweinsche Seilhaftungsgesetz. Angenommen $S_1$ wäre gegeben, dann würde ein Gleichgewicht vorliegen, solange $S_2$ innerhalb der folgenden Grenzen liegt:

$S_1 e^{-\mu_0 \alpha} \le S_2 \le S_1 e^{\mu_0 \alpha} $.

Ist $S_1 > S_2$ so gilt:

Merke

$S_1 =  S_2 e^{\mu_0 \alpha} $                   $S_1 > S_2$

Bemerkungen:

  • Der Winkel $\alpha$ muss im Bogenmaß (z.B. $\pi$ für 180°) eingegeben werden.
  • Bei Überschreiten der maximalen Haftkraft setzt sich das Seil in Richtung auf die Seite mit der größeren Kraft in Bewegung.
  • Für $S_2 < S_{max}$ bleibt das Seil in Ruhe.


Das Verhältnis von $ \frac{S_1}{S_2} $ wächst mit zunehmendem Umschlingungswinkel exponentiell. Dass dieser sehr stark ist, soll folgendes einfache Rechenbeispiel verdeutlichen:

Veranschaulichungsbeispiel

Beispiel

Wird ein Seil mit einem Haftungskoeffizienten von $ \mu_0 = 0,5 $ dreifach um eine Rolle ($3 \cdot 2 \pi$) geschlungen, so erhält man:

$ e^{0,5 \cdot 3 \cdot 2\pi } \approx 12\cdot10^3 $.

Angenommen $S_2 > S_1$ und $S_2 = 20 N$:

Wie groß müsste dann $S_1$ sein, damit das System im Gleichgewicht bleibt?

$S_1 = \frac{S_2}{12 \cdot 10^3} = 0,0017 N$.

Daran sieht man, dass bei mehrfacher Umschlingung eines Seils eine kleine Kraft am einen Ende genügt, um eine große Kraft am anderen Ende im Gleichgewicht zu halten.

Schiffe werden oft mit Hilfe kleiner Haftreibung an Pollern am Steg befestigt. 


Anwendungsbeispiel: Seil um Poller

Poller
Poller

Beispiel

In der obigen Grafik ist ein Seil zweimal um einen Poller gewickelt. Die Kraft $F_s$ stellt die Zugkraft des Schiffes dar, welches an diesem Seilende befestigt ist. Der Haftungskoeffizient sei $\mu_0 = 0,2$. Die Kraft $F$ sei 20 Newton. Wie groß darf die Kraft $F_s$, mit der das Schiff maximal ziehen darf, sein?

Bei Überschreitung der Kraft, setzt sich das Seil in Richtung des Schiffes in Bewegung. Es gilt also:

$F_s < F_{s;max} = F \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$.

Die Zugkraft des Schiffes muss also unterhalb der maximalen Zugkraft liegen, damit sich das Seil nicht bewegt.

Eine zweimalige Drehung entspricht einem Winkel von $\alpha = 360° \cdot 2 = 720°$. Der Winkel $\alpha$ muss in Bogenmaß angegeben werden. Dabei ist $\pi = 180°$ und damit $2\pi = 360°$. Es ergibt sich also ein Bogenmaß von $720° = 4\pi$:

$F_s < F_{s;max} = 20 N \cdot e^{0,2 \cdot 4\pi} = 246,91 N$.

Das Schiff darf die Zugkraft von $F_{s;max} = 246,91 N$ nicht überschreiten, weil sich das Seil ansonsten Richtung Schiff bewegt und sich letztendlich vom Poller löst.

Anwendungsbeispiel: Bandbremse

Seilreibung Bandbremse Beispiel

Beispiel

In der obigen Grafik ist eine Walze zu sehen. Auf diese Walze wirkt ein Drehmoment $M_d$. Um die Walze ist ein Band umschlungen mit dem Winkel $\alpha = 180°$. Der Haftungskoeffizient sei $\mu_0 = 0,3$. Gesucht wird das Drehmoment $M_d$ bei einer Drehung der Walze

a) im Uhrzeigersinn und

b) gegen den Uhrzeigersinn.

a) Drehung der Walze im Uhrzeigersinn

Zur Bestimmung der Seilkräfte und des Drehmoments muss die Walze von dem Hebel freigeschnitten werden:

Seilreibung Bandbremse Drehung im Uhrzeigersinn

Es wird zunächst die Drehung mit dem Uhrzeigersinn betrachtet. Dann wirkt ein rechtsdrehendes Moment $M_d$ auf die Walze. Hierbei muss $S_2 > S_1$ sein, weil die Walze gegen $S_2$ dreht und $S_2$ die meiste Kraft aufbringen muss.

Um das rechtsdrehende Drehmoment zu berechnen, wird nur die Walze betrachtet. Es wird die Momentengleichgewichtsbedingung um das Lager $B$ verwendet. Die unbekannten Lagerkräfte $B_h$ und $B_v$ fallen dabei aus der Berechnung raus, da die Wirkungslinien bereits den Bezugspunkt schneiden. Es müssen nur die Kräfte, welche auf die Walze wirken, berücksichtigt werden. Der Hebel wird später separat betrachtet. Das Lager $B$ liegt in der Mitte der Walze, d.h. es gilt ein Abstand $r = 5m$ vom Rand der Walze:

$\curvearrowleft{B} : -M_d -S_1 \cdot r + S_2 \cdot r = 0$

Merke

$M_d = (S_2 - S_1) \cdot r$

Das Drehmoment kann so noch nicht bestimmt werden, da die Seilkräfte $S_2$ und $S_1$ unbekannt sind. Es gillt für die Haftbedingung, wenn $S_2 > S_1$:

Merke

$S_2 = S_1 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$.

Um die Seilkraft $S_2$ zu bestimmen, wird noch die Seilkraft $S_1$ benötigt. Diese kann berechnet werden, indem die Gleichgewichtsbedingungen am Hebel zusätzlich berücksichtigt werden. Hier wird die Momentengleichgewichtsbedingung um das Lager $A$ betrachtet. Somit fallen die unbekannten Lagerkräfte $A_h$ und $A_v$ aus der Berechnung raus:

$\curvearrowleft{A} : -S_1 \cdot 3m - S_2 \cdot (2 \cdot 5 m + 3m) + F \cdot 15 m = 0$

$-S_1 \cdot 3m - S_2 \cdot 13 m + F \cdot 15 m = 0$


Einsetzen von $S_2 = S_1 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$:

 $-S_1 \cdot 3m -  S_1 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha} \cdot 13m + F \cdot 15 m = 0$

$-S_1 (3m +  e^{\mu_0 \cdot \alpha} \cdot 13m) + F \cdot 15 m = 0$

$S_1 = \frac{F \cdot 15 m}{3m +  e^{\mu_0 \cdot \alpha} \cdot 13m}$


Einsetzen von $F = 50 N$, $\mu_0 = 0,3$ und $\alpha = 180° = \pi$:

$S_1 = \frac{50 N \cdot 15 m}{3m +  e^{0,3 \cdot \pi} \cdot 13m}$

$S_1 = 20,63 N$.

Es kann nun die Seilkraft $S_2$ bestimmt werden:

$S_2 = S_1 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$.

$S_2 = 20,63 N \cdot e^{0,3 \cdot \pi} = 52,94 N$.

Als letztes kann nun das Drehmoment bestimmt werden, mit:

$M_d = (S_2 - S_1) \cdot r$

$M_d = (52,94 N - 20,63 N) \cdot 5 m = 161,55 Nm$.

a) Drehung der Walze gegen den Uhrzeigersinn

Als nächstes soll das Drehmoment bestimmt werden, für die Drehung der Walze gegen den Uhrzeigersinn:

Seilreibung Bandbremse Drehung gegen den Uhrzeigersinn

Das Vorgehen ist analog zu oben, nur dass jetzt ein linksdrehendes Moment $M_d$ wirkt und damit $S_1 > S_2$. Aufstellung der Momentengleichgewichtsbedingung im $B$:

$\curvearrowleft{B} : M_d - S_1 \cdot r + S_2 \cdot r = 0$

Merke

$M_d = (S_1 - S_2) \cdot r$

Das Drehmoment kann so noch nicht bestimmt werden, da die Seilkräfte $S_2$ und $S_1$ unbekannt sind. Es gillt für die Haftbedingung, wenn $S_1 > S_2$:

Merke

$S_1 = S_2 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$.

Um die Seilkraft $S_1$ zu bestimmen, wird noch die Seilkraft $S_2$ benötigt. Diese kann berechnet werden, indem die Gleichgewichtsbedingungen am Hebel zusätzlich berücksichtigt werden. Hier wird die Momentengleichgewichtsbedingung um das Lager $A$ betrachtet. Somit fallen die unbekannten Lagerkräfte $A_h$ und $A_v$ aus der Berechnung raus:

$\curvearrowleft{A} : -S_1 \cdot 3m - S_2 \cdot 13 m + F \cdot 15 m = 0$

Einsetzen von $S_1 = S_2 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$:

$-S_2 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha} \cdot 3m - S_2 \cdot 13m + F \cdot 15m = 0$

$-S_2(e^{\mu_0 \cdot \alpha} \cdot 3m + 13m)  + F \cdot 15m = 0$

$S_2 = \frac{ F \cdot 15m}{e^{\mu_0 \cdot \alpha} \cdot 3m + 13m}$

Einsetzen von $F = 50 N$, $\mu_0 = 0,3$ und $\alpha = 180° = \pi$:

$S_2 = \frac{50 N \cdot 15m}{e^{0,3 \cdot \pi} \cdot 3m + 13m}$

$S_2 = 36,23 N$.


Berechnung von $S_1$:

$S_1 = S_2 \cdot e^{\mu_0 \cdot \alpha}$.

$S_1 = 36,23 N \cdot e^{0,3 \cdot \pi} = 92,98 N$.

Das Drehmoment beträgt dann:

$M_d = (S_1 - S_2) \cdot r$

$M_d = (92,98 N - 36,23 N) \cdot 5m = 283,57 Nm$.

In diesem Beispiel handelt es sich um die einfache Bandbremse. Diese eignet sich vor allem für den Rechtslauf (mit dem Uhrzeigersinn). Das wird auch an dem Moment sichtbar. Für den Rechtslauf ist dieses geringer.