Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2: Elastostatik, Hydrostatik (German Edition) [14. Aufl. 2024] 3662684241, 9783662684245

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Dietmar Gross · Wolfgang Ehlers · Peter Wriggers · Jörg Schröder · Ralf Müller

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2 Elastostatik, Hydrostatik 14. Auflage

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2

Dietmar Gross · Wolfgang Ehlers · Peter Wriggers · Jörg Schröder · Ralf Müller

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2 Elastostatik, Hydrostatik 14. Auflage

Dietmar Gross Technische Universität Darmstadt Darmstadt, Deutschland

Wolfgang Ehlers Universität Stuttgart Stuttgart, Deutschland

Peter Wriggers Universität Hannover Hannover, Deutschland

Jörg Schröder Universität Duisburg-Essen Essen, Deutschland

Ralf Müller Technische Universität Darmstadt Darmstadt, Deutschland

ISBN 978-3-662-68424-5 ISBN 978-3-662-68425-2 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 1996, 1998, 2003, 2005, 2007, 2010, 2011, 2014, 2017, 2022, 2024 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Michael Kottusch Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany Das Papier dieses Produkts ist recyclebar.

Vorwort Diese Aufgabensammlung soll dem Wunsch der Studenten nach Hilfsmitteln zur Erleichterung des Studiums und zur Vorbereitung auf die Pr¨ ufung Rechnung tragen. Mit dem vorliegenden zweiten Band (Elastound Hydrostatik) stellen wir den Studenten weiteres Studienmaterial zur Verf¨ ugung. Das Stoffgebiet der Elastostatik umfasst im wesentlichen das zweite Studiensemester eines Mechanik-Grundkurses an Universit¨ aten und Hochschulen. In der Elastostatik werden solche statischen Probleme behandelt, die in der Regel nur mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen, eines Materialgesetzes sowie kinematischer Beziehungen gel¨ ost werden k¨ onnen. Da es uns auf das Erfassen der Grundgedanken und der Arbeitsmethoden ankommt, haben wir uns bewusst auf linear-elastische K¨ orper unter kleinen Deformationen beschr¨ ankt. Damit wird ein großer Teil der Elastostatik abgedeckt. Insbesondere werden Bauteile wie Stab und Balken sowie einfache ebene Probleme behandelt. Auf die Idealisierung realer Strukturen auf berechenbare Systeme wird hier nicht eingegangen. Ebenso wie in Band 1 dieser Aufgabensammlung sei auch an dieser Stelle vor der Illusion gewarnt, dass ein reines Nachlesen der L¨ osungen zum Verst¨ andnis der Mechanik f¨ uhrt. Sinnvoll wird diese Sammlung nur dann genutzt, wenn der Studierende zun¨ achst eine Aufgabe allein zu l¨ osen versucht und nur beim Scheitern auf den angegebenen L¨ osungsweg schaut. Selbstverst¨ andlich kann diese Sammlung kein Lehrbuch ersetzen. Wem die Begr¨ undung einer Formel oder eines Verfahrens nicht gel¨ aufig ist, der muss auf sein Vorlesungsmanuskript oder auf die vielf¨ altig angebotene Literatur zur¨ uckgreifen. Eine kleine Auswahl ist auf Seite IX angegeben. Die freundliche Aufnahme der 12. Auflage machte eine Neuauflage notwendig; diese haben wir f¨ ur Erg¨ anzungen und zur redaktionellen ¨ Uberarbeitung genutzt. Wir danken dem Springer-Verlag, in dem auch die von uns mitverfassten Lehrb¨ ucher zur Technischen Mechanik erschienen sind, f¨ ur die gute Zusammenarbeit und die ansprechende Ausstattung des Buches. Auch dieser Auflage w¨ unschen wir eine freundliche Aufnahme bei der interessierten Leserschaft. Darmstadt, Stuttgart, Hannover, Essen und Darmstadt, im Dezember 2023

D. Gross W. Ehlers P. Wriggers J. Schr¨ oder R. M¨ uller

Inhaltsverzeichnis Literaturhinweise, Bezeichnungen ............................................

XI

1

Spannung, Verzerrung, Elastizit¨atsgesetz ........................

1

2

Zug und Druck ........................................................

33

3

Biegung ................................................................

65

4

Torsion .................................................................

127

5

Der Arbeitsbegriff in der Elastostatik..............................

165

6

Stabilit¨at ...............................................................

209

7

Hydrostatik ............................................................

225

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostock. Er habilitierte an der Universität Stuttgart und ist seit 1976 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die Festkörper- und Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehr- und Fachbücher. Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers studierte Bauingenieurwesen an der Universität Hannover, promovierte und habilitierte an der Universität Essen und war 1991 bis 1995 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seit 1995 ist er Professor für Technische Mechanik an der Universität Stuttgart. Seine Arbeitsgebiete umfassen die Kontinuumsmechanik, die Materialtheorie, die Experimentelle und die Numerische Mechanik. Dabei ist er insbesondere an der Modellierung mehrphasiger Materialen bei Anwendungen im Bereich der Geomechanik und der Biomechanik interessiert. Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers studierte Bauingenieur- und Vermessungswesen, promovierte 1980 an der Universität Hannover und habilitierte 1986 im Fach Mechanik. Er war Gastprofessor an der UC Berkeley, USA und Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Ab 1998 ist er Professor für Mechanik an der Universität Hannover. Seine Arbeitsgebiete befassen sich mit der computerorientierten Mechanik, speziell mit Kontaktproblemen, Homogenisierungsverfahren und der Entwicklung neuer Diskretisierungstechnik en. Er ist Herausgeber der internationalen Zeitschriften „Computational Mechanics“ und „Computational Particle Mechanics“. Prof. Dr.-Ing. Jörg Schröder studierte Bauingenieurwesen, promovierte an der Universität Hannover und habilitierte an der Universität Stuttgart. Nach einer Professur für Mechanik an der TU Darmstadt ist er seit 2001 Professor für Mechanik an der Universität Duisburg-Essen. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die theoretische und die computerorientierte Kontinuumsmechanik sowie die phänomenologische Materialtheorie mit Schwerpunkten auf der Formulierung anisotroper Materialgleichungen und der Weiterentwicklung der Finite-Elemente-Methode. Von 2020 bis 2022 war er Präsident der Gesellschaft für Angewandte Mathematik und Mechanik (GAMM). Prof. Dr.-Ing. Ralf Müller studierte Maschinenbau und Mechanik an der TU Darmstadt und promovierte dort 2001. Nach einer Juniorprofessur mit Habilitation im Jahr 2005 an der TU Darmstadt leitet er bis 2021 den Lehr -stuhl für Technische Mechanik an der RPTU Kaiserslautern. 2021 wechselte er als Professor für Kontinuumsmechanik an die TU Darmstadt zurück. Seine Arbeitsgebiete sind mehrskalige Materialmodellierung, gekoppelte Mehrfeldprobleme, Defekt-, Mikro- und Bruchmechanik. Er beschäftigt sich im Rahmen numerischer Verfahren mit Randelemente- und Finite-ElementeMethoden sowie Spektralmethoden.

XI

Literaturhinweise Lehrb¨ ucher Gross, D., Hauger, W., Schr¨ oder, J., Wall, W., Technische Mechanik, Band 2: Elastostatik, 14. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 2021 Hagedorn, P., Wallaschek, J., Technische Mechanik, Band 2: Festigkeitslehre, 5. Auflage. (Hari) Deutsch/Europa-Lehrmittel, 2015 Balke, H., Einf¨ uhrung in die Technische Mechanik: Festigkeitslehre, 3. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 2014 Brommundt, E., Sachs, G., Sachau, D., Technische Mechanik, 4. Auflage. Oldenbourg, M¨ unchen 2006 Hibbeler, R.C., Technische Mechanik 2: Festigkeitslehre, 10. Auflage. Pearson-Studium 2021 Magnus, K., M¨ uller-Slany, H. H., Grundlagen der Technischen Mechanik, 7. Auflage. Teubner, Stuttgart 2005 Wittenburg, J., Pestel, E., Festigkeitslehre, 3. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 2011 Gere, J. M., Timoshenko, S., Mechanics of Materials, 4 th Edition. PWS Publishing Company, Boston 2000 Aufgabensammlungen Bruhns, O. T., Aufgabensammlung Technische Mechanik 2, 2. Auflage. Vieweg, Braunschweig 2000 Hauger, W, Krempaszky, C., Wall, W., Werner., E., Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3, 10. Auflage, Springer-Verlag, Berlin 2020 Hagedorn, P., Aufgabensammlung Technische Mechanik, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 1992 Zimmermann, K., Technische Mechanik - multimedial, 2. Auflage. Fachbuch Verlag, Leipzig 2003 Dankert, H, Dankert, J., Technische Mechanik, 7. Auflage. Springer-, Vieweg, Wiesbaden 2013

Bezeichnungen Bei den L¨ osungen der Aufgaben wurden folgende Symbole verwendet: ↑:  A: ;

Abk¨ urzung f¨ ur Summe aller Kr¨ afte in Pfeilrichtung ist gleich Null. Abk¨ urzung f¨ ur Summe aller Momente um den Bezugspunkt A ist gleich Null. Abk¨ urzung f¨ ur hieraus folgt.

Kapitel 1 Spannung, Verzerrung, Elastizit¨atsgesetz

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_1

1

2

1.1

Spannung, Gleichgewichtsbedingung Spannungen nennt man die auf die Fl¨ acheneinheit eines Schnittes bezogenen Kr¨ afte. Der Spannungsvektor t ist definiert als

dF dA

dF t= , dA

n

wobei dF die Kraft auf das Fl¨ achenelement dA darstellt (Einheit: 1 Pa = 1 N/m2 ). Beachte: Der Spannungsvektor und seine Komponenten h¨ angen von der Schnittrichtung (Fl¨ achennormale n) ab.

Komponenten des Spannungsvektors:

t

τ

σ – Normalspannung (senkrecht zur Fl¨ ache)

σ

τ – Schubspannung (in der Fl¨ ache)

n

Vorzeichenfestlegung: Positive Spannungskomponente zeigt am positiven (negativen) Schnittufer in positive (negative) Richtung.

R¨ aumlicher Spannungszustand: ist eindeutig bestimmt durch die Komponenten der Spannungsvektoren f¨ ur drei senkrecht aufeinander stehende Schnitte. Die Spannungskomponenten sind Komponenten des Spannungstensors ⎞ ⎛ σx τxy τxz ⎟ ⎜ σ = ⎝τyx σy τyz ⎠ τzx τzy σz

z σ τzx z

τzy τyz σy

τxz σx

τxy τyx

x

y

Es gilt (Momentengleichgewicht) τxy = τyx ,

τxz = τzx ,

τyz = τzy .

Der Spannungstensor ist ein symmetrischer Tensor 2. Stufe: τij = τji .

3 Ebener Spannungszustand: ist eindeutig bestimmt durch die Spannungskomponenten f¨ ur zwei senkrecht aufeinander stehende Schnitte. Die Spannungskomponenten in die 3. Richtung (hier z-Richtung) verschwinden (σz = τyz = τxz = 0)  σx τxy σ= . τxy σy

σy τyx τxy

σx

σx

τxy y

τyx x

Transformationsbeziehungen σx + σy σx − σy σξ = + cos 2ϕ + τxy sin 2ϕ , 2 2 σx − σy σx + σy − cos 2ϕ − τxy sin 2ϕ , ση = 2 2 σx − σy sin 2ϕ + τxy cos 2ϕ . τξη =− 2

σy

τxy = τyx

y σξ

τξη

σx

ξ

ϕ

τxy

ϕ

η τyx

Hauptspannungen

 σ − σ 2 σx + σy x y 2 ± + τxy 2 2 2τxy tan 2ϕ∗ = σx − σy

x σy

σ2

σ1,2 =

Beachte: • Die Schubspannungen sind in diesen Schnitten Null! • Die Hauptspannungsrichtungen stehen senkrecht aufeinander: ϕ∗2 = ϕ∗1 ± π/2.

σ1 σ2

Maximale Schubspannung

 σ − σ 2 π x y 2 , + τxy ϕ∗∗ = ϕ∗ ± . y τmax = 2 4 Die Normalspannungen haben in diesen Schnitten die Gr¨ oße σ0 = (σx + σy )/2. Invarianten I σ = σx + σy = σξ + ση = σ1 + σ2 , 2 2 IIσ = σx σy − τxy = σξ ση − τξη = σ1 σ2 .

ϕ∗1

y

σ2

ϕ∗2

x τmax

σ0

σ0

σ0

σ0 x

ϕ∗∗

τmax

4

MOHRscher Spannungskreis Richtung von σ2 σ1

τ

Mittelpunkt:

τmax

σm = 12 (σx + σy ) , τ =0

2ϕ ϕ∗ ση

σ2

τxy

2ϕ∗ σy

σm

τξη

σx σξ

σ1

2ϕ∗∗

Radius:

 σx − σy 2 2 σ + τxy 2 η

y ϕ

ξ x

Die Konstruktion des Mohrschen Kreises ist bei Kenntnis von drei unabh¨ angigen Gr¨ oßen (zum Beispiel σx , σy , τxy oder σx , σy , ϕ∗ ) immer m¨ oglich. Die Schubspannung τxy wird u ¨ ber σξ ). ¨ber σx aufgetragen (τξη u Der Transformationswinkel ϕ wird im Kreis doppelt (2ϕ) und in umgekehrter Richtung aufgetragen. Gleichgewichtsbedingungen ⎫ ∂σx ∂τxy ∂τxz ⎪ + + + fx = 0 ,⎪ ⎪ ⎪ ∂x ∂y ∂z ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ∂τyx ∂σy ∂τyz + + + fy = 0 , divσ + f = 0 . ⎪ ∂x ∂y ∂z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂τzx ∂τzy ∂σz ⎭ + + + fz = 0 ,⎪ ∂x ∂y ∂z

Im Raum (3D)

In der Ebene (2D)

wobei divσ =

  ∂σix i

∂x

⎫ ∂σx ∂τxy + + fx = 0 ,⎪ ⎪ ⎬ ∂x ∂y divσ + f = 0 . ⎪ ∂σy ∂τyx ⎭ + + fy = 0 ,⎪ ∂x ∂y

+

∂σiy ∂σiz + ∂y ∂z

 ei .

5 1.2

Verzerrungen ¨ Die Verzerrungen beschreiben die Anderung der Seitenl¨ angen (Dehnungen) und der Winkel (Scherung, Winkelverzerrungen, Schiebungen) eines quaderf¨ ormigen Volumenelementes. P

Verschiebungsvektor

z

u, v, w = Verschiebungskomponenten x

y

Einachsiger Verzerrungszustand Dehnung

ε=

u

P

u = uex + vey + wez

du dx dx

du

Zweiachsiger Verzerrungszustand Dehnungen

Winkelverzerrung ∂u dy ∂y

∂v dy ∂y dy

dy

dy

∂v dx ∂x

y dx

dx ∂u dx ∂x

εx =

∂u , ∂x

εy =

x

∂v , ∂y

γxy =

Dreiachsiger Verzerrungszustand εx = ⎛ Verzerrungstensor:

εx

1 γ 1γ 2 xy 2 xz

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ε = ⎜ 12 γyx εy 21 γyz ⎟ ⎝ ⎠ 1 1 γ γ ε z 2 zx 2 zy

dx

∂u ∂v + . ∂y ∂x

∂u ∂v ∂w , εy = , εz = , ∂x ∂y ∂z ∂v ∂u γxy = γyx = + , ∂y ∂x ∂w ∂v γyz = γzy = + , ∂z ∂y ∂u ∂w γzx = γxz = + . ∂x ∂z

Anmerkungen: • Die Verzerrungen sind (wie die Spannungen) Komponenten eines symmetrischen Tensors 2. Stufe. Daher k¨ onnen alle Eigenschaften (Transformationsbeziehungen etc.) vom Spannungstensor sinngem¨ aß u ¨ bertragen werden: σx → εx , τxy → γxy /2, usw.. • Im ebenen Verzerrungszustand gilt εz = 0, γxz = 0, γyz = 0.

6

1.3

Elastizit¨atsgesetz Durch das Hookesche Elastizit¨ atsgesetz wird die experimentell festgestellte lineare Beziehung zwischen Spannungen und Verzerrungen ausgedr¨ uckt. Seine G¨ ultigkeit wird durch die Proportionalit¨ atsgrenze (1-achs. σp ) begrenzt. Diese f¨ allt bei elastisch–plastischen Werkstoffen meist mit der Fließgrenze (1-achs. σF ) zusammen. Einachsiger Spannungszustand (Stab, Balken) ε=

σ + αT ΔT E E αT ΔT

. – – –

Elastizit¨ atsmodul, Temperaturausdehnungskoeffizient, Temperaturerh¨ ohung.

Ebener Spannungszustand 1 (σx − νσy ) + αT ΔT , E 1 εy = (σy − νσx ) + αT ΔT , E 1 γxy = τxy , G εx =

Schubmodul:

G=

E , 2(1 + ν)

Querdehnzahl :

Dreiachsiger Spannungszustand 1 [σx − ν(σy + σz )] + αT ΔT , E 1 εy = [σy − ν(σz + σx )] + αT ΔT , E 1 εz = [σz − ν(σx + σy )] + αT ΔT , E

εx =

1 τxy , G 1 = τyz , G 1 = τzx . G

γxy = γyz γzx

Einige Materialkennwerte Material

E [MPa]

ν

αT [1/◦ C]

Stahl Aluminium Kupfer Beton Holz

2, 1 · 105 0, 7 · 105 1, 2 · 105 0, 3 · 105 0, 1 · 105

0, 3 0, 3 0, 3 0, 15 . . . 0, 3

12 · 10−6 23 · 10−6 16 · 10−6 10 · 10−6 3 . . . 9 · 10−6

Anmerkung: 1MPa = 106 Pa = 103 kN/m2 = 1N/mm2

ν.

Ebener Spannungszustand

7

σy τxy

Aufgabe 1.1 In einem Blech seien die Spannungen σx , σy , τxy bekannt. Gesucht sind die Gr¨ oße und die Richtung der Hauptspannungen.

τxy

σx

Geg.: σx = 20 MPa, σy = 30 MPa, τxy = 10 MPa.

A1.1

σx

τxy

y

τxy x

σy

L¨ osung Wir gehen zun¨achst analytisch vor. Die Hauptspannungen errechnen sich aus

 σ − σ 2 √ σx + σy x y 2 = 25 ± ± σ1,2 = + τxy 25 + 100 = 25 ± 11, 18 2 2 zu σ1 = 36, 18 MPa , σ2 = 13, 82 MPa . σ1

F¨ ur die Hauptspannungsrichtungen erh¨ alt man aus σ2 2τxy = −2 tan 2ϕ∗ = σx − σy die Ergebnisse

y

ϕ∗1 = 58, 28◦ ,

ϕ∗2 = 148, 28◦ .

σ2

σ1 ϕ∗1

x

Zur Verdeutlichung ist es zweckm¨ aßig, das durch die Hauptspannungen belastete Element zu skizzieren. Man kann die Aufgabe auch grafisch mit Hilfe des Mohrschen Kreises l¨ osen: τ

Maßstab: 10 MPa

Richtung von σ1 σ2

σ2

ϕ∗1

τxy σx

2ϕ∗1

Man liest ab:

σ1 σy

σ

σ1 ∼ = 36, 5 MPa , ∼ 14 MPa , σ2 = ϕ∗1 ∼ = 59◦ .

8

A1.2

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.2 F¨ ur die folgenden Spezialf¨ alle des ebenen Spannungszustandes sind die Spannungskomponenten f¨ ur beliebige Schnitte, die Hauptspannungen und Hauptspannungsrichtungen sowie die maximalen Schubspannungen zu bestimmen: a) σx = σ0 , σy = 0, τxy = 0 (einachsiger Zug), b) σx = σy = σ0 , τxy = 0 (zweiachsiger, gleicher Zug), c) σx = σy = 0, τxy = τ0 (reiner Schub).

L¨ osung zu a) Die Spannungskomponenten f¨ ur einen beliebigen, unter dem Winkel ϕ zur x- bzw. zur y-Richtung liegenden Schnitt erh¨ alt man durch Einsetzen von σx , σy und τxy in die Transformationsbeziehungen: σξ = 12 (σ0 + 0) +

1 2

(σ0 − 0) cos 2ϕ + 0 · sin 2ϕ

σ0

σ0

= 12 σ0 (1 + cos 2ϕ) , ση = 12 (σ0 + 0) − = 12 σ0 (1

1 2

(σ0 − 0) cos 2ϕ − 0 · sin 2ϕ

τξη =− 12 (σ0 − 0) sin 2ϕ = 12 σ0 sin 2ϕ .

σξ

+ 0 · cos 2ϕ ση

Wegen τxy = 0 sind die Spannungen σx , σy Hauptspannungen und die x- bzw. y-Richtung die Hauptrichtungen: σ1 = σx = σ0 ,

τξη

− cos 2ϕ) ,

σ2 = σy = 0,

ϕ∗1 = 0,

y

ϕ

x τmax

π σ ϕ∗2 = ± . 0 2 2

σ0 2

F¨ ur die maximale Schubspannung und die entsprechenden Schnittrichtungen folgt τmax

1 1 = |σ1 − σ2 | = σ0 , 2 2

∗∗

ϕ

π =± . 4

y

45◦ x

Hinweis: Eine Scheibe aus einem Material, das nur begrenzte Schubspannungen aufnehmen kann, w¨ urde entlang von Linien unter ±45◦ zur x-Achse versagen. zu b) Einsetzen der gegebenen Werte in die Transformationsbeziehungen liefert σξ = σ0 ,

ση = σ0 ,

τξη = 0 .

Ebener Spannungszustand

9 σ0

Danach tritt in jedem Schnitt die Normalspannung σ0 auf, und die Schubspannung ist Null. Es gibt also keine ausgezeichnete Hauptrichtung; jeder Schnitt ist ein Hauptschnitt:

σ0 σ0 y

σ0

σ1 = σ2 = σ0 .

ϕ x

zu c) In diesem Fall ergibt sich aus den Transformationsbeziehungen σξ = τ0 sin 2ϕ ,

ση = −τ0 sin 2ϕ ,

τ0

τξη = τ0 cos 2ϕ .

Die Hauptspannungen und -richtungen folgen zu σ1 = +τ0 ,

ϕ∗1 =

σ2 = −τ0 ,

π , 4

ϕ∗2 = −

π . 4

σ1 = τ0

F¨ ur die maximale Schubspannung und die enty σ1 sprechenden Schnitte erh¨ alt man schließlich τmax = τ0 ,

ϕ∗∗ 1 = 0 ,

ϕ∗∗ 2 = π/2 .

45◦ x

|σ2 | = τ0

Hinweis: Eine Scheibe aus einem Material, das nur begrenzte Normalspannungen aufnehmen kann, w¨ urde entlang von Linien unter ±45o zur x-Achse versagen. Alle Ergebnisse f¨ ur die drei Spannungszust¨ ande lassen sich auch aus den Mohrschen Kreisen ablesen: zu a)

τ

zu c)

τ τmax σ1 = σ0

σ2 = 0

σ

σ1 = τ0 σ2 = −τ0

σ

τ

zu b) σ1 = σ2 = σ0

σ

Beachte: Im Fall b) entartet der Mohrsche Kreis zu einem Punkt auf der σ-Achse!

10

A1.3

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.3 In einem ebenen Bauteil herrschen die Hauptspannungen σ1 = 96 MPa

und

σ2 = −52 MPa .

σ1 |σ2 |

|σ2 |

a) Wie groß sind die Spannungen in Schnitten, die um ϕa = 60◦ gegen¨ uber den Hauptachsen geneigt sind?

σ1

b

b) In welchem Schnitt ϕ wird die Normalspannung Null? Wie groß sind dann die Schubspannung und die Normalspannung in einer zu ϕb senkrechten Richtung? c) In welchen Schnitten treten die maximalen Schubspannungen auf und wie groß sind die zugeh¨ origen Normalspannungen?

σy = σ1

L¨ osung zu a) Entsprechend der Skizze verwenden wir ein Koordinatensystem x, y, das mit den Hauptachsen zusammenf¨ allt. Dann folgen die Spannungen in den um ϕa = 60◦ gedrehten Schnitten aus den Transformati- y onsbeziehungen zu σξa =

σ2 − σ1 1 σ2 + σ1 + cos 2ϕa = 22 + 74 · 2 2 2

|σx | = |σ2 | τxy = 0 x

=59 MPa , σηa =

σ2 − σ1 σ2 + σ1 1 − cos 2ϕa = 22 − 74 · 2 2 2

σηa

a τξη

σξa

=−15 MPa , a τξη

σηa

σ2 − σ1 1√ sin 2ϕa = 74 · =− 3 2 2

σξa 60◦

=64, 1 MPa .

a τξη

x

zu b) Damit die Normalspannung σξ Null wird, muss gelten σξb = ;

σ2 + σ1 σ2 − σ1 + cos 2ϕb = 0 2 2

cos 2ϕb =

22 = 0, 297 74

;

2ϕb = 72, 7◦

;

ϕb = 36, 35◦ .

Ebener Spannungszustand b F¨ ur σηb und τξη erh¨ alt man

σηb =

σηb

σ2 − σ1 σ2 + σ1 − cos 2ϕb = 44 MPa , 2 2

σ2 − σ1 sin 2ϕb = 74 · 0, 955 2 = 70, 7 MPa .

b τξη b τξη

b τξη

b τξη =−

11

σηb x

36, 35◦

zu c) Die maximale Schubspannung tritt in Schnitten unter ±45◦ zu den Hauptachsen auf. Sie hat die Gr¨ oße τmax =

σ1 − σ2 = 74 MPa . 2

σm

τmax

σm

Die zugeh¨ origen Normalspannungen nehmen den Wert σm =

σ1 + σ2 = 22 MPa 2

σm

σm

an.

τmax x

45◦

Alle Informationen lassen sich auch aus dem Mohrschen Spannungskreis entnehmen: Maßstab:

50 MPa

τ

σξa ∼ =59 MPa ,

b τξη

σηa ∼ =−15 MPa ,

2ϕb

τmax 2ϕa

a τξη

a ∼ τξη =64 MPa ,

ϕb ∼ =37◦ , σηb ∼ =44 MPa , b ∼ τξη =71 MPa ,

τmax ∼ =74 MPa , σm ∼ =22 MPa .

σx = σ2

σηa σξb = 0

σm σηb

σξa

σ σy = σ1

12

A1.4

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.4 In einer Scheibe wirken die Spannungen σx = 20 MPa, σy = 60 MPa und τxy = −40 MPa.

σy τxy σx

Bestimmen Sie analytisch und grafisch die Hauptspannungen und die maximale Schubspannung sowie deren Richtungen. Die zugeh¨ origen Schnittbilder sind zu skizzieren.

σx y τxy σy

x

L¨ osung Die Hauptspannungen und deren Richtungen ergeben sich analytisch zu

σ1  σ − σ 2 σx + σy x y 2 + τxy σ1,2 = ± |σ2 | 2 2  |σ | 2 =40 ± (20)2 + (40)2 , y σ1

;

σ1 = 84, 72 MPa , tan 2ϕ∗ =

2τxy =2 σx − σy

σ2 = −4, 72 MPa , ;

x

ϕ∗2

ϕ∗1 = 121, 7◦ ,

ϕ∗2 = 31, 7◦ .

Welcher Winkel zu welcher Hauptspannung geh¨ ort, kann nur durch Einsetzen in die Transformationsbeziehungen bzw. am Mohrschen Kreis gekl¨ art werden. σm τmax F¨ ur die maximale Schubspannung folgt σm

 σ − σ 2 x y 2 = 44, 72 MPa , σm + τxy τmax = 2 ϕ∗∗ = ϕ∗ ± 45◦ = 31, 7◦ ± 45◦ .

σm ϕ∗∗

Die grafische L¨ osung erh¨ alt man aus dem Mohrschen Kreis:

τmax x

τ

Maßstab:

20 MPa

σ1 ∼ =85 MPa , σ2 ∼ =−5 MPa , τmax ∼ =45 MPa , ϕ∗1 ∼ =122◦ , ∗∗ ∼ ϕ =77◦ .

ϕ∗1

τmax 2ϕ σx

2ϕ∗1

∗∗

σ1 σm σy

σ2 τxy

σ2 Richtung von

σ1

σ

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.5 Ein d¨ unnwandiges Rohr wird durch ein Biegemoment, einen Innendruck und ein Torsionsmoment belastet. Dabei treten in den Punkten A und B folgende Spannungen auf: σxA,B = ±25 MPa ,

13

B

A1.5

s x

A

σsA,B = 50 MPa ,

A,B τxs = 50 MPa .

Es sind die Gr¨ oße und die Richtung der Hauptspannungen in A und B zu bestimmen. σs

L¨ osung F¨ ur den Punkt A folgen die Hauptspannungen aus  2 σ1,2 = 21 (σx + σs ) ± [ 12 (σx − σs )]2 + τxs  = 37, 5 ± (−12, 5)2 + 502

τxs σx σx

s

τxs σs

x |σ2 |

= 37, 5 ± 51, 54

σ1

zu σ2 = −14, 04 MPa .

σ1 = 89, 04 MPa ,

|σ2 |

σ1

F¨ ur die Hauptspannungsrichtungen erh¨ alt man ∗

tan 2ϕ =

2τxs σx −σs

=

2·50 25−50

= −4

;

ϕ∗1

52◦ ◦

ϕ∗2 = −37, 98◦ .

= 52, 02 ,

ort, kann man durch Dass die Richtung ϕ∗1 zur Hauptspannung σ1 geh¨ Einsetzen in die Transformationsbeziehungen erkennen: σξ = 12 (σx + σs ) + 12 (σx − σs ) cos 2ϕ∗1 + τxs sin 2ϕ∗1

σs

= 37, 5 − 12, 5 · (−0, 242) + 50 · 0, 970

Auf gleiche Weise ergeben sich die Hauptspannungen und ihre Richtungen f¨ ur den Punkt B: s  σ1,2 =12, 5 ± (−37, 5)2 + 502 =12, 5 ± 62, 5 ;

σ1 = 75, 0 MPa ,

;

2 · 50 = −1, 33 tan 2ϕ = −25 − 50 ∗ ◦ ∗ ϕ1 = 63, 4 , ϕ2 = −26, 6◦ . ∗

τxs

|σx |

= 89, 3 MPa = σ1 .

|σx | τxs σs

x |σ2 |

σ1

σ2 = −50, 0 MPa .

|σ2 | σ1 63◦

14

A1.6

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.6 In einem d¨ unnen Aluminiumblech (E = 0, 7 · 105 MPa , ν = 0, 3) werden im Punkt P die Verzerrungen εx = 0, 001, εy = 0, 0005, γxy = 0 aus Messungen bestimmt.

P

y

ξ

η

Wie groß sind die Hauptspannungen, die maximale Schubspannung sowie die Spannungen in Schnitten, die unter ϕ = 30◦ zu den Hauptachsen geneigt sind?

ϕ = 30◦

x

L¨ osung Im Blech herrscht ein ebener Spannungszustand. Aus dem entsprechenden Elastizit¨ atsgesetz Eεx = σx − νσy ,

Eεy = σy − νσx ,

Gγxy = τxy

folgen die Spannungen zu σx =

E 0, 7 · 105 (εx + νεy ) = (0, 001 + 0, 00015) = 88, 5 MPa , 1 − ν2 1 − 0, 09

σy =

E 0, 7 · 105 (0, 0005 + 0, 0003) = 61, 5 MPa , (εy + νεx ) = 1 − ν2 1 − 0, 09

τxy = 0 . Da die Schubspannung τxy Null ist, sind σx , σy Hauptspannungen, und die Achsen x, y sind Hauptachsen: σx = σ1

σy = σ2 .

Die maximale Schubspannung folgt damit zu τmax =

1 1 (σ1 − σ2 ) = (σx − σy ) = 13, 5 MPa . 2 2

F¨ ur die unter ϕ = 30◦ geneigten Schnitte ergibt sich mit τxy = 0 aus den Transformationsbeziehungen σξ =

σx − σy σx + σx + cos 2ϕ = 75 + 13, 5 cos 60◦ = 81, 75 MPa , 2 2

ση =

σx + σy σx − σy − cos 2ϕ = 75 − 13, 5 cos 60◦ = 68, 25 MPa , 2 2

τξη = −

σx − σy sin 2ϕ 2

= −13, 5 sin 60◦ = −11, 69 MPa .

Verschiebungen

Aufgabe 1.7 F¨ ur eine Scheibe wurde aus Messungen das folgende ebene Verschiebungsfeld ermittelt:

15

A1.7 v

u(x, y) = u0 + 7 · 10−3 x + 4 · 10−3 y ,

P u

y P

v(x, y) = v0 + 2 · 10−3 x − 1 · 10−3 y .

u x

a) Man bestimme den Verzerrungszustand. b) Wie groß sind die Hauptdehnungen und unter welchen Winkeln zur x-Achse treten sie auf? c) Wie groß ist die maximale Winkelverzerrung γmax ?

L¨ osung zu a) Die Verzerrungen bestimmen sich aus den Verschiebungsableitungen: ∂u ∂v = 7 · 10−3 , = −1 · 10−3 , εy = ∂x ∂y ∂v ∂u + = 4 · 10−3 + 2 · 10−3 = 6 · 10−3 . = ∂y ∂x

εx = γxy

Die Verzerrungen sind in der gesamten Scheibe konstant ( = homogener Verzerrungszustand). zu b) Die Hauptdehnungen und ihre Richtungen berechnen wir aus der Beziehung f¨ ur die Hauptspannungen, indem wir die Spannungen durch die Verzerrungen ersetzen (σx → εx , τxy → γxy /2 etc.). Damit ergibt sich f¨ ur die Hauptdehnungen

 ε − ε 2  γ 2 εx + εy x y xy + ε1,2 = ± 2 2 2  = 3 · 10−3 ± (4 · 10−3 )2 + (3 · 10−3 )2 = 3 · 10−3 ± 5 · 10−3 ;

ε1 = 8 · 10−3 ,

ε2 = −2 · 10−3 ,

und f¨ ur die Hauptrichtungen erh¨ alt man tan 2ϕ∗ =

γxy 3 = εx − εy 4

;

ϕ∗1 = 18, 4◦ ,

ϕ∗2 = 108, 4◦ .

zu c) Die maximale Winkelverzerrung ergibt sich zu γmax = ε1 − ε2 = 8 · 10−3 + 2 · 10−3 = 1 · 10−2 . Sie tritt unter Winkeln auf, die um ±45◦ zu den Hauptrichtungen geneigt sind.

16

A1.8

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.8 In einen starren Sockel B wird eine passende elastische Scheibe A (Elastizit¨ atsmodul E, Querdehnzahl ν) der H¨ ohe h eingesetzt.

p

R

Wie groß ist die Spannung σx und um welchen Betrag vR verschiebt sich der Rand R unter der konstanten Druckspannung p? Dabei sei angenommen, dass die Scheibe an den Sockelberandungen reibungsfrei gleiten kann.

B

vR

A

h

y x

p = −σy

L¨ osung In der Scheibe herrscht ein gleichf¨ ormiger ebener Spannungszustand, wobei die Spannung σy bekannt σx ist: σy = −p. Damit lautet das Elastizit¨ atsgesetz Eεx = σx − νσy = σx + νp , Eεy = σy − νσx = −p − νσx .

σx h

y x

p = −σy

Da die Scheibe in x-Richtung keine Deformationen erf¨ ahrt, gilt εx = 0 . Einsetzen liefert die gesuchte Spannung σx und die Dehnung in yRichtung: σx = −νp ,

εy = −p

1 − ν2 . E

alt man die Verschiebung v Aus der nun bekannten Dehnung εy erh¨ durch Integration:  ∂v 1 − ν2 = εy ; v(y) = εy dy = −p y+C. ∂y E Da der untere Rand der Scheibe keine Verschiebung erf¨ ahrt, gilt v(0) = 0, d. h. C = 0. F¨ ur den Betrag der Verschiebung am oberen Rand folgt damit vR = |v(h)| =

1 − ν2 ph . E

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.9 Zwei quadratische Scheiben aus verschiedenem Material haben im unbelasteten Zustand die Seitenl¨ angen a. Sie werden entsprechend der Skizze in einen starren Sockel eingepresst, dessen ¨ Offnung l kleiner ist als 2a.

A1.9

a

a  1

 2

E1 , ν1

Wie groß sind die Spannungen und die ¨ Anderungen der Seitenl¨ angen, wenn angenommen wird, dass die Scheiben an allen R¨ andern reibungsfrei gleiten k¨ onnen?

17

a

E2 , ν2

 1

 2

l

L¨ osung In den Scheiben herrscht nach dem Einpressen in den Sockel ein gleichf¨ ormiger ebener Spannungszustand. Gleichgewicht in horizontaler Richtung liefert σx1 = σx2 = σx . Unter σx1  1  2 σx2 y Beachtung von σy1 = σy2 = 0 lauten damit die Elastizit¨ atsgesetze f¨ ur die beiden x Scheiben  1

E1 εx1 = σx ,

E1 εy1 = −ν1 σx ,

 2

E2 εx2 = σx ,

E2 εy2 = −ν2 σx .

Δv a

y x

Mit den Dehnungs–Verschiebungsbeziehungen (konstante Dehnungen) εx1 =

Δu1 , a

εy1 =

Δv1 , a

εx2 =

a

Δu2 , a

εy2 =

und der kinematischen Vertr¨ aglichkeitsbedingung (a + Δu1 ) + (a + Δu2 ) = l erh¨ alt man zun¨ achst f¨ ur die Spannung σx = −

2a − l E1 E2 . a E1 + E2

Damit ergeben sich dann die L¨ angen¨ anderungen Δu1 = −(2a − l) Δv1 = −ν1 Δu1 ,

E2 , E1 + E2

Δu2 = −(2a − l) Δv2 = −ν2 Δu2 .

E1 , E1 + E2

Δv2 a

Δu

18

A1.10

Ebener Spannungszustand

Aufgabe 1.10 Die skizzierte dreieckige Scheibe konstanter Dicke wird l¨ angs der Kante AC nur durch eine konstante Schubspannung τxy und l¨ angs der Kante AB durch konstante Normalspannungen unbekannter Gr¨ oße belastet. In der Scheibe herrscht ein ebener Spannungszustand. a) Wie groß m¨ ussen σAB und σBC sein, wenn die Scheibe im Gleichgewicht stehen soll? b) Wie groß sind die Hauptspannungen und die maximale Schubspannung? Geg.: lAB = 250 mm, lAC = 150 mm, lBC = 200 mm, τxy = 120 MPa

σBC C

B τyx

τxy α

y

σAB

A x

L¨ osung zu a) Wir zeichnen zun¨achst ein Freik¨orperbild mit den aus den Spannungen resultierenden Kr¨ aften. σ FBC τ FBC

C

FAC

α

B

Aus der Geometrie lesen wir ab: 4 lBC , = sin α = lAB 5 cos α =

lAC 3 , = lAB 5

tan α =

lBC 4 . = lAC 3

α FAB

A

F¨ ur die resultierenden Kr¨ afte gilt bei einer konstanten Scheibendicke t FAC = τxy lAC t ,

FAB = σAB lAB t ,

σ FBC

τ FBC = τyx lBC t .

= σBC lBC t ,

Die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur die Scheibe lauten τ →: FBC + FAB cos α = 0 , σ ↑ : −FAC + FCB − FAB sin α = 0 .

Aus der ersten Gleichgewichtsbedingung ermitteln wir FAB = −

τ FBC . cos α

Ebener Spannungszustand

19

Mit τxy = τyx ergibt sich f¨ ur die Normalspannung auf der Kante AB σAB =

FAB τxy lBC =− = −160 MPa . lAB t lAB cos α

Aus dem vertikalen Gleichgewicht folgt mit dem Ergebnis f¨ ur FAB σ τ FBC = FAC + FAB sin α = FAC − FBC tan α ,

was wiederum mit τxy = τyx auf σBC lBC t = τxy lAC t − τxy lBC t tan α f¨ uhrt. Damit ergibt sich f¨ ur die Normalspannung auf der Kante BC σBC = τxy

lAC − lBC tan α = −70 MPa . lBC

zu b) In dem gegebenen x-y-Koordinatensystem gilt f¨ ur die Spannungskomponenten σx = 0 ,

σy = σBC = −70 MPa ,

τxy = 120 MPa .

Mit diesen Spannungskomponenten berechnen sich die Hauptspannungen zu

  σx − σy 2 σx + σy 2 = −35 MPa ± σ1,2 = + τxy 352 + 1202 MPa ± 2 2 =−35 ± 125 MPa σ1 = 90 MPa ,

σ2 = −160 MPa .

F¨ ur die maximale Schubspannung gilt 1 τmax = ± (σ1 − σ2 ) = ±125 MPa . 2

20

A1.11

D¨ unnwandiger Kessel

Aufgabe 1.11 Eine d¨ unnwandige Tauchkugel (Radius r = 500 mm, Wandst¨ arke t = 12, 5 mm) befindet sich 500 m unter der Wasseroberfl¨ ache (Druck p = 5 MPa).

Wasser

p r

Wie groß sind die Spannungen in der Wandung?

L¨ osung Wir teilen die Kugel durch einen beliebigen Schnitt senkrecht zur Oberfl¨ ache, so dass Halbkugeln entstehen. Die Gleichgewichtsbedingung

t

σt

σt r t

↑ : σt 2πrt + pr π = 0 2

p

liefert dann f¨ ur jeden Schnitt (Kugelsymmetrie) die Spannung σt = −p A1.12

500 r = −5 = −100 MPa . 2t 2 · 12, 5

Aufgabe 1.12 Ein kugelf¨ormiger Stahlkessel wird durch heißes Gas um die Temperatur ΔT = 200 ◦ C erw¨ armt und durch den Druck p = 1 MPa belastet. ¨ Wie groß ist die Anderung des Radius?

r p

ΔT t

Geg.: r = 2 m, t = 10 mm, E = 2, 1 · 105 MPa, ν = 0, 3, αT = 12 · 10−6 ◦ C−1 .

L¨ osung Aus der Gleichgewichtsbedingung folgt f¨ ur jeden Schnitt senkrecht zur Kugeloberfl¨ ache r . 2t Die Dehnung ergibt sich aus der Umfangs¨ anderung zu

σt

σϕ

σt = σϕ = p

p

Δr 2π(r + Δr) − 2πr = . εt = εϕ = 2πr r

σt

Einsetzen in das Elastizit¨ atsgesetz Eεt = σt − νσϕ + EαT ΔT liefert

ϕ

   −3 p r(1 − ν) 10 −3 = 5, 5 mm . + αT ΔT = 2000 + 2, 4 · 10 Δr = r 2Et 3 

D¨ unnwandiger Kessel

Aufgabe 1.13 Ein d¨ unnwandiger Zylinderkessel aus Stahl wird durch den Innendruck p belastet.

21

A1.13

t r

p

Wie groß darf der Druck h¨ ochstens sein, damit die gr¨ oßte Normalspannung im l ungest¨ orten Bereich die zul¨ assige Spannung σzul nicht u ¨ berschreitet? ¨ Wie groß sind hierf¨ ur die Anderungen vom Radius r und L¨ ange l? Geg.: l = 5 m, r = 1 m, t = 1 cm, E = 2, 1 · 105 MPa, ν = 0, 3, σzul = 150 MPa.

L¨ osung Die Spannungen ergeben sich nach geeignetem Schneiden aus den Gleichgewichts- σx bedingungen: p r →: pr 2 π − σx 2rπt = 0 ; σx = p , 2t r ↑ : σϕ 2d t − p2rd = 0 ; σϕ = p . t Diese Spannungen sind Hauptspannungen, da Schubspannungen in den Schnitten nicht auftreten. Damit die gr¨ oßte Normalspannung die zul¨ assige Spannung nicht u ¨ berschreitet, muss gelten t σϕ ≤ σzul ; p ≤ σzul = 1, 5 MPa ; r

ϕ x

p

σϕ

d

2r

pmax = 1, 5 MPa .

Die Dehnung εϕ ergibt sich aus der Umfangs¨ anderung: εϕ =

Δr 2π(r + Δr) − 2πr = . 2πr r

Einsetzen in das Elastizit¨ atsgesetz Eεϕ = σϕ − νσt liefert ν pmax r  1− = 0, 61 mm . Δr = r Et 2 Auf die gleiche Weise ergibt sich aus der Dehnung εt = Δl/l und dem Elastizit¨ atsgesetz Eεt = σt − νσϕ f¨ ur die L¨ angen¨ anderung   pmax r 1 − ν = 0, 71 mm . Δl = l Et 2 Anmerkung: Die Deckel des Kessels sind aus der Betrachtung ausgeschlossen, d.h. die L¨ osung f¨ ur die Spannungen gilt erst in hinreichenderEntfernung von den Deckeln.

22

A1.14

Temperaturdehnungen

Aufgabe 1.14 Die Schienen eines Eisenbahngleises werden bei einer Temperatur von 15◦ C so verlegt, dass keine inneren Kr¨ afte auftreten. Wie groß ist die Spannung bei einer Temperatur von −25◦ C, wenn angenommen wird, dass die Schienen keine L¨ angen¨ anderung erfahren? Geg.: E = 2, 1 · 105 MPa, αT = 12 · 10−6 ◦ C−1 .

L¨ osung In der Schiene herrscht ein einachsiger Spannungszustand, und das Elastizit¨ atsgesetz lautet E ε = σ + E αT ΔT . Da keine Verschiebungen auftreten, muss ε Null sein. Mit ΔT = −40◦ C folgt daher f¨ ur die Spannung σ = −E αT ΔT = 2, 1 · 105 · 12 · 10−6 · 40 = 100, 8 MPa . Beachte: Die Temperaturspannungen in Schienen k¨ onnen recht groß werden! A1.15

Aufgabe 1.15 Ein d¨ unner Kupferring vom Radius r wird um die Temperaturdifferenz ΔT erw¨ armt. ¨ Wie groß sind die Anderungen von Radius und Umfang, wenn sich der Ring frei deformieren kann? Geg.: r = 100 mm, αT = 16 · 10−6 ◦ C−1 , ΔT = 50◦ C.

L¨ osung Im Ring herrscht nach der Erw¨armung ein gleichf¨ormiger, spannungsfreier, einachsiger Dehnungszustand. Die Dehnung ist durch die Umfangs¨ anderung (L¨ angen¨ anderung) Δl bestimmt: ε=

Δl 2π(r + Δr) − 2πr Δr = = . l 2πr r

Aus dem einachsigen Elastizit¨ atsgesetz ε=

σ + αT ΔT E

folgen mit σ = 0 durch Einsetzen Δr = r αT ΔT = 100 · 16 · 10−6 · 50 = 0, 08 mm , Δl =

l Δr = 2πΔr = 0, 50 mm . r

Δr r

Temperaturdehnungen

23

Aufgabe 1.16 Eine Rechteckscheibe (a > b) δ wird in einen etwas gr¨ oßeren starren AusE , ν , α T schnitt eingesetzt, so dass Spalten der Breiy b te δ vorhanden sind. Anschließend wird die Scheibe erw¨ armt. Es sei angenommen, dass x die Scheibe an allen R¨ andern reibungsfrei gleiten kann. a δ a) Welche Temperaturerh¨ ohung ΔTa ist erforderlich, damit der rechte Spalt gerade geschlossen wird? b) Bei welcher Temperaturerh¨ ohung ΔTb schließt sich auch der obere Spalt? Wie groß ist dann σx ? c) Welche Spannungen herrschen in der Scheibe f¨ ur ΔT > ΔTb ? L¨ osung zu a) F¨ ur ΔT < ΔTa dehnt sich die Scheibe spannungsfrei aus. Mit σx = σy = 0 reduziert sich das Elastizit¨ atsgesetz auf εx = εy = αT ΔT . Der rechte Spalt wird gerade geschlossen, wenn die Bedingung εx = δ/a erf¨ ullt ist. Einsetzen liefert die erforderliche Temperaturerh¨ ohung: ΔTa =

δ . αT a

zu b) Bei weiterer Erw¨ armung ΔTa ≤ ΔT ≤ ΔTb kann sich die Scheibe zun¨ achst nur noch in y-Richtung frei ausdehnen, w¨ ahrend die Dehnung in x-Richtung konstant bleibt. Mit σy = 0 und εx = δ/a gelten dann σx δ = + αT ΔT , a E

εy = −ν

σx + αT ΔT . E

Der obere Spalt wird gerade geschlossen, wenn die Bedingung εy = δ/b erf¨ ullt ist. Einsetzen liefert ΔTb =

a + νb δ , αT a (1 + ν)b

σx = −

E δ(a − b) . 1+ν ab

zu c) F¨ ur ΔT > ΔTb sind die Dehnungen in beiden Richtungen konstant: εx = δ/a, εy = δ/b. Dann folgen aus Eεx = σx − νσy + EαT ΔT ,

Eεy = σy − νσx + EαT ΔT

die Spannungen   δ(νa + b) αT ΔT − σx = E , (1 − ν 2 )ab 1−ν

 σy = E

 δ(νb + a) αT ΔT − . (1 − ν 2 )ab 1−ν

A1.16

24

A1.17

Temperaturspannungen

Aufgabe 1.17 Eine d¨ unnwandige Muffe muss um die Temperaturdifferenz ΔT ∗ erw¨ armt werden, damit sie auf eine Welle geschoben werden kann. Wie groß sind die Spannungen in der Muffe und der Druck p zwischen Muffe und Welle nach dem Abk¨ uhlen? Es sei angenommen, dass die Welle starr ist und die Verschiebungen der Muffe in x−Richtung infolge Haftung verhindert werden.

t r

E , ν , αT

x

starr

L¨ osung Vor dem Abk¨ uhlen ist die Muffe spannungsfrei. Die Spannungen nach dem Abk¨ uhlen ergeben sich aus dem Gleichgewicht, dem Elastizit¨ atsgesetz und der Kinematik. Die Gleichgewichtsbedingung liefert r p · 2rd = σϕ 2t d ; σϕ = p . t Das Elastizit¨ atsgesetz lautet mit ΔT = uhlvorgang!) −ΔT ∗ (Abk¨ ∗

ϕ

x

Eεϕ = σϕ − νσx − EαT ΔT ,

p d

σϕ

σϕ

Eεx = σx − νσϕ − EαT ΔT ∗ . Beim Abk¨ uhlen werden die Dehnungen der Muffe (Schrumpfen) durch die starre Welle und durch die Haftung verhindert. Demnach lauten die kinematischen Bedingungen εϕ = 0 ,

εx = 0 .

Einsetzen und Aufl¨ osen liefert f¨ ur die Spannungen und den Druck σx = σϕ =

E αT ΔT ∗ , 1−ν

Anmerkungen:

p=

t E αT ΔT ∗ . r 1−ν

In der Muffe herrscht ein ebener Spannungszustand mit allseits gleichen Normalspannungen: σx = σϕ . Kann sich das Rohr in x-Richtung frei deformieren (keine Haftung, εx = 0), so ist σx = 0, und es folgt σϕ = EαT ΔT ∗ .

Temperaturdehnungen

Aufgabe 1.18 Auf die d¨ unnwandige elastische Welle  1 soll das Rohr  2 aufgeschrumpft werden. Beide Teile haben vor dem Aufschrumpfen gleiche geometrische Abmessungen, sind aber aus unterschiedlichem Material. Um welche Temperaturdifferenz muss das Rohr  2 erw¨ armt werden, damit es auf die Welle  1 aufgeschoben werden kann? Wie groß ist der Druck p zwischen Welle und Rohr nach dem Abk¨ uhlen, wenn angenommen wird, dass Spannungen in axialer Richtung nicht auftreten?

25

A1.18  2

r

t

E2 , αT 2  1

r

t

E1

L¨ osung Damit das Rohr  2 auf die Welle  1 geschoben werden kann, muss sein Radius durch Erw¨ armen um t vergr¨ oßert werden. Im erw¨ armten Zustand muss demnach die Umfangsdehnung den Wert εϕ2 =

2π(r + t) − 2πr t = 2πr r

annehmen. Einsetzen in das Elastizit¨ atsgesetz liefert unter Beachtung armten Zustand spannungsfrei!) von σϕ2 = 0 (das Rohr ist im erw¨ 1 t . αT 2 r Der Druck nach dem Abk¨ uhlen ergibt sich aus den Gleichgewichtsbedingungen εϕ2 = αT 2 ΔT

r σϕ1 = − p , t

;

ΔT =

r σϕ2 = + p , t

 2 p

den Elastizit¨ atsgesetzen E1 εϕ1 = σϕ1 ,

Δr1 Δr2 , εϕ2 = r r und der geometrischen Vertr¨ aglichkeit εϕ1 =

Δr2 = Δr1 + t

p=

E1 E2 E1 + E2

p

E2 εϕ2 = σϕ2 ,

den Verzerrungen

zu

σϕ2

 2 t . r

 1 σϕ1

26

A1.19

Elastizit¨atsgesetz

Aufgabe 1.19 Eine Platte wird in einer Presse einem Druck p0 in z-Richtung ausgesetzt.

z E ,ν y

Wie groß sind die Dehnungen und die Spannungen, wenn

x

a) die Verformungen in x- und y-Richtung behindert sind, b) nur die Verformung in y-Richtung behindert ist, c) die Verformungen in x- und y-Richtung nicht behindert sind?

L¨ osung In der Platte herrscht in allen drei F¨allen ein homogener 3achsiger Spannungs- bzw. Verzerrungszustand. Mit σz = −p0 lautet das Elastizit¨ atsgesetz (Schubspannungen treten nicht auf!) Eεx = σx −νσy +νp0 , Im Fall a) sind

εax

=

Eεy = σy +νp0 −νσx , εay

0 = σxa − νσya + νp0 , folgen εaz = −

Eεz = −p0 −νσx −νσy .

= 0, und aus

0 = σya + νp0 − νσxa ,

1 − ν − 2ν 2 p0 , 1−ν E

σxa = σya = −

Eεaz = −p0 − νσx − νσy ν po . 1−ν

Im Fall b) gelten εby = 0 und σxb = 0 (freie Verformung, d. h. keine Spannung in x-Richtung). Aus dem Elastizit¨ atsgesetz Eεbx = −νσyb + νp0 ,

0 = σyb + νp0 ,

Eεz = −p0 − νσyb

erh¨ alt man dann εbx = ν(1 + ν)

p0 , E

εbz = −(1 − ν 2 )

p0 , E

σyb = −ν p0 .

Im Fall c) sind σxc = σyc = 0, da die Verformungen in diesen Richtungen nicht behindert sind. Das Elastizit¨ atsgesetz reduziert sich damit auf Eεcx = ν p0 ,

Eεcy = ν p0 ,

und es ergibt sich p0 εcx = εcy = ν , E

εcz = −

Eεcz = −p0 , p0 . E

ur ν = 1/3 folgt Anmerkung: F¨ ur ν > 0 gilt |εaz | < |εbz | < |εcz |. Speziell f¨ εaz = − 6p0 /(9E) ,

εbz = − 8p0 /(9E) ,

εcz = − 9p0 /(9E) .

Infolge der Verformungsbehinderung in x- und y-Richtung verh¨ alt sich die Platte im Fall a) in z-Richtung recht steif !

Dickwandiger Zylinder

Aufgabe 1.20 In einem dickwandigen Zylinder, dessen Deformation in L¨ angsrichtung verhindert ist (ebener Verzerrungszustand), herrschen unter dem Innendruck p die Spannungen  2  b a2 σr = −p 2 − 1 , b − a2 r 2

σϕ = p

a2 2 b − a2



27

A1.20

b a

 b2 + 1 . r2

r ϕ p

σϕ σr

Wie groß sind die Spannung σz und die daraus resultierende Kraft Fz in Zylinderl¨ angsrichtung?

σr σϕ

Wo tritt die gr¨ oßte Normalspannung auf und wie groß ist sie? Geg.: p = 50 MPa, a = 100 mm, b = 200 mm, ν = 1/3.

L¨ osung Da die Deformation in Zylinderl¨angsrichtung verhindert ist, gilt εz = 0. Damit liefert das Elastizit¨ atsgesetz in dieser Richtung Eεz = 0 = σz − ν(σr + σϕ ) . Durch Einsetzen folgt die Spannung σz = ν(σr + σϕ ) = 2ν p

b2

a2 2 = p = 11, 1 MPa . − a2 9

Da σz u ¨ ber den Querschnitt konstant ist, ergibt sich die resultierende Kraft durch Multiplikation von σz mit der Querschnittsfl¨ ache: Fz = σz π(b2 − a2 ) = 2πν p a2 = 1, 05 · 106 N . Die Spannungen σr und σϕ sind am Innenrand des Zylinders (r = a) betragsm¨ aßig am gr¨ oßten. Dort erh¨ alt man σr (a) = −p ,

σϕ (a) =

5 p, 3

σz =

2 p. 9

oßte Dementsprechend ist die Umfangsspannung σϕ am Innenrand die gr¨ auftretende Normalspannung.

28

A1.21

Spannungen und Verzerrungen

Aufgabe 1.21 Eine starre Kiste mit quadratischem Querschnitt wird mit Tonboden (Volumen V = a2 h, Dichte ρ) gef¨ ullt. Das Materialverhalten des Bodens kann n¨ aherungsweise durch das Hookesche Gesetz (Elastizit¨ atsmodul E, Querdehnzahl ν) beschrieben werden.

g Δh

h

y x

a

a Zu ermitteln sind die Setzung Δh z des Bodens infolge Eigengewicht und die horizontale Druckverteilung auf die Kiste in Abh¨ angigkeit von y.

L¨ osung Bei der gegebenen Beanspruchung treten nur Normalspannungen σx , σy und σz in den drei Koordinatenrichtungen x, y und z auf. Außer der Dehnung εy in y-Richtung sind keine Dehnungen vorhanden. F¨ ur σy gilt nach dem Hookeschen Gesetz mit εx = εz = 0   E 1−ν ν E εy + σy = εy = εy . 1+ν 1 − 2ν 1 + ν 1 − 2ν Mit der Spannungsverteilung σy = −ρg(h − y) berechnet sich die Setzung Δh aus εy =

dv . dy

Durch Integration erh¨ alt man Δh:  h  h (1 + ν)(1 − 2ν) εy dy = − ρg(h − y) dy Δh = v(h) = E(1 − ν) 0 0  h  (1 + ν)(1 − 2ν) 1 (1 + ν)(1 − 2ν) y2 ρgh2 . =− hy − = − ρg E(1 − ν) 2 2 E(1 − ν) 0 Die horizontale Druckverteilung in Abh¨ angigkeit von y ergibt sich mit dem Hookeschen Gesetz: σx = σz =

Eν εy , (1 + ν)(1 − 2ν) ;

σx (y) = σz (y) =

εy = −ρg(h − y) −ν ρg(h − y) . 1−ν

(1 + ν)(1 − 2ν) E(1 − ν)

Spannungen und Verzerrungen

Aufgabe 1.22 In einem Stahlblech (Elastizit¨ atsmodul E und Querkontraktionszahl ν) werden mit Hilfe von drei Dehnungsmessstreifen die Dehnungen εA = ε¯, εB = 3 ε¯ und εC = 2 ε¯ in den drei angegebenen Richtungen gemessen.

A1.22 B A C

a) Wie groß sind die Hauptdehnungen ε1 und ε2 ? b) Berechnen Sie die Hauptspannungen σ1 und σ2 unter Annahme eines ebenen Spannungszustands. c) Ermitteln Sie die Hauptrichtungen.

L¨ osung zu a) Wir f¨ uhren in den durch die Dehnungsmessstreifen vorgegebenen Richtungen ein x, y- bzw. ein ξ, ηKoordinatensystem ein. Dann gilt f¨ ur die gemessenen Dehnungen εx = ε¯ ,

εy = 3¯ ε,

29

30◦

η

y ξ

x

εξ = 2¯ ε. ϕ = 30

◦

Zur Berechnung der Hauptdehnungen ben¨ otigen wir zun¨ achst noch die Schubverzerrung γxy . Nach den Transformationsbeziehungen gilt mit dem Winkel ϕ = 30◦ 1 1 1 (εx + εy ) + (εx − εy ) cos 2ϕ + γxy sin 2ϕ 2 2 2 √ 1 3 1 γxy , = (εx + εy ) + (εx − εy ) + 2 4 4 √   3 1 ε¯ + 2¯ ε = 2¯ ε+ − γxy . 2 4 εξ =

Daraus erhalten wir 2 γxy = √ ε¯ . 3 Damit errechnen sich die Hauptdehnungen aus  2  ε − ε 2  1 εx + εy x y ε1/2 = + ± γxy 2 2 2

30

Spannungen und Verzerrungen

zu

  1 ε1 = 2 1 + √ ε¯ , 3

  1 ε2 = 2 1 − √ ε¯ . 3

zu b) Mit der Annahme eines ebenen Spannungszustandes liefert die Auswertung des Elastizit¨ atsgesetzes in den Hauptrichtungen die Hauptspannungen   E 2 E ε¯ 1−ν √ (ε + νε ) ; σ = , σ1 = 1 + ν + 1 2 1 1 − ν2 1 − ν2 3   E 2 E ε¯ 1−ν √ (ε + νε ) ; σ = . σ2 = 1 + ν − 2 1 2 1 − ν2 1 − ν2 3 zu c) Die Hauptrichtungen k¨ onnen mit den Spannungskomponenten oder den Verzerrungskomponenten ermittelt werden. Wir verwenden hier die Berechnung mit den Verzerrungskomponenten und erhalten aus √2 1 γxy 3 tan 2ϕ = = −√ = εx − εy −2 3 ∗

die L¨ osungen ϕ∗ = −15◦

und

ϕ∗ = 75◦ .

Um zu entscheiden, welche Richtung zur Hauptdehnung ε1 bzw. zur Hauptdehnung ε2 geh¨ ort, setzen wir den Winkel ϕ∗ = −15◦ in die Transformationsbeziehungen ein. Dies liefert mit den bekannten Verzerrungskomponenten 1 1 1 (εx + εy ) + (εx − εy ) cos(−30◦ ) + γxy sin(−30◦ ) 2 2 2 √   ε¯ 1 1 3 −√ =2 1− √ = 2¯ ε − ε¯ ε¯ = ε2 2 32 3

εξ =

Damit tritt die kleinste Hauptdehnung ε2 unter dem Winkel ϕ∗ = −15◦ auf, w¨ ahrend die gr¨ oßte Hauptdehnung ε1 in der Richtung von ϕ∗ = 75◦ anzutreffen ist.

Spannungen und Verzerrungen

Aufgabe 1.23 In einer d¨ unnen, quadratischen Blechscheibe mit der Kantenl¨ ange l werden folgende Verschiebungen in x- und y-Richtung gemessen: u(x, y) = d0

x , 2l

v(x, y) = d0

x y + d0 2l l

31

A1.23 y C

D l

E, ν

wobei d0 l. A

l

B

x

a) Ermitteln Sie die Verschiebungen der Eckpunkte A-D. b) Berechnen Sie die Verzerrungen in der Scheibe. c) Wie groß sind die Spannungen σx , σy und τxy , wenn in der Scheibe ein ebener Spannungszustand vorliegt. Die Blechscheibe besitzt den Elastizit¨ atsmodul E und eine verschwindende Querkontraktionszahl (ν = 0). d) Skizzieren Sie den Mohrschen Kreis und geben Sie Hauptspannungen und maximale Schubspannung an.

L¨ osung zu a) Die Verschiebungen der Eckpunkte ergeben sich durch Auswertung des Verschiebungsfeldes an den entsprechenden Koodinaten. Wir erhalten A: x = 0, y = 0

→

B: x = l, y = 0

→

C: x = l, y = l

→

D: x = 0, y = l

→

u = 0, v = 0 d0 d0 u= ,v= 2 2 d0 3d0 u= ,v= 2 2 u = 0, v = d0

zu b) Um die Verzerrungen zu berechenn, m¨ ussen die Verschiebungen nach den Koordinaten abgeleitet werden. Es ergeben sich εx =

d0 ∂u = , ∂x 2l

εy =

d0 ∂v = , ∂y l

γxy =

∂v d0 ∂u + = ∂y ∂x 2l

zu c) Die Spannungen werden mit dem Elastizit¨ atsgesetz ermittelt. Im ebenen Spannungszustand gilt f¨ ur die Spannungskomponenten der Zusammenhang: σx =

E (εx + νεy ) , 1 − ν2

σy =

E (εy + νεx ) , 1 − ν2

τxy = Gγxy

32

Spannungen und Verzerrungen

E mit dem Schubmodul G = 2(1+ν) . F¨ ur eine verschwindenden Querkontraktionszahl (ν = 0) erhalten wir

σx = E

d0 , 2l

σy = E

d0 , l

τxy = E

d0 4l

zu d) Der Mohrsche Kreis ergibt sich damit wie folgt: τ Ed0 /l 1 4

τmax 1

σ2 1 4

1 2

3 4

σ1

σ Ed0 /l

Wir lesen aus dem Mohrschen Kreis ab, bzw. errechnen

 σ − σ 2 σx + σy x y 2 ± + τxy σ1/2 = 2⎡ 2 ⎤    2 2 √ d0 ⎣ 3 1 ⎦ d0  1 ± 3± 2 =E + =E l 4 4 4 4l

 σ − σ 2 x y 2 + τxy 2    2 2 1 d0 1 d0 √ =E + =E 2 l 4 4 4l

τmax =

Anmerkungen: Schaumartige Materialien besitzen h¨ aufig eine sehr geringe bzw. verschwindende Querkontraktionszahl ν. Die linearen Verschiebungen f¨ uhren in der Scheibe zu einem homogenen Verzerrungs- und Spannungszustand.

Kapitel 2 Zug und Druck

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_2

2

34

2.1

Zug- oder Druckbeanspruchung des Stabes Voraussetzungen: • L¨ ange l des Stabes ist groß gegen¨ uber den Abmessungen des Querschnittes A(x). • Gerade Stabachse = Schwerachse (Verbindungslinie der Fl¨ achenschwerpunkte) . • Wirkungslinie der ¨ außeren Belastung F bzw. n(x) f¨ allt mit Stabachse zusammen. • Querschnitt A(x) ist h¨ ochstens schwach ver¨ anderlich.

x,u

n l

Spannung: Bei Annahme einer konstanten Spannung σ u ¨ber den Querschnitt A gilt folgender Zusammenhang mit der Normalkraft N :

σ(x) =

A

F

N (x) . A(x)

Grundgleichungen des deformierbaren Stabes: Gleichgewichtsbedingung

dN = −n , dx

Elastizit¨ atsgesetz

ε=

σ + αT ΔT , E

Kinematische Beziehung

ε=

du dx

E

=

Elastizit¨ atsmodul,

αT

=

W¨ armeausdehnungskoeffizient,

ΔT

=

Temperaturerh¨ ohung gegen¨ uber Ausgangszustand,

u(x)

=

Verschiebung des Stabquerschnittes.

Die Grundgleichungen k¨ onnen zu einer Differentialgleichung f¨ ur die Verschiebung zusammengefasst werden ( {·} = d{·}/dx ): (EAu ) = −n + (EAαT ΔT ) .

35 2.2

Stabverl¨angerung L¨ angen¨ anderung: Spezialf¨ alle:  Δl = 0

Δl =

 Δl = u(l) − u(0) =

l

ε dx . 0

l

N dx EA

Fl EA

(ΔT = 0) , (N = F = const, EA = const, ΔT = 0),

Δl = αT ΔT l

(N = 0, EA = const, αT ΔT = const).

Superposition: Die L¨ osung eines statisch unbestimmten Problems kann durch Superposition von L¨ osungen f¨ ur zugeordnete statisch bestimmte Probleme unter Ber¨ ucksichtigung der Kompatibilittsbedingung gewonnen werden. 0“-System ” F

F

(0)

uB

(1)

uB

1“-System ”

X =B A

B

(0)

(1)

uB + uB = 0 .

Rotierender Stab: Bei einem mit der Winkelgeschwindigkeit ω rotierenden Stab tritt eine Belastung pro L¨ angeneinheit n = ρA xω 2 auf. Darin sind ρ die Dichte und x der Abstand des Querschnittes A von der Drehachse.

ω

A x

ρ n

Elastisch-plastischer Stab: Bei elastisch-ideal-plastischem Materialverhalten gilt das Elastizit¨ atsgesetz nur bis zur σ Fließgrenze σF : σF ⎧ ⎨E ε , |ε| ≤ εF , σ= εF ε ⎩ σF sign(ε) ,|ε| ≥ εF . −σF Stabsysteme: Die Verschiebungen lassen sich durch L¨ osen“ und ” Wiederverbinden“ der St¨ abe in den Knoten unter Verwendung ” eines Verschiebungsplans bestimmen. Anmerkung: Im Bereich starker ¨ ortlicher Querschnitts¨ anderungen (Kerben, L¨ ocher) ist die Stabtheorie nicht g¨ ultig.

36

A2.1

Spannung

Aufgabe 2.1 F¨ ur den homogenen Stab konstanter Dicke und linear ver¨ anderlicher Breite ermittle man bei Ber¨ ucksichtigung de Eigengewichtes den Spannungsverlauf σ(x). Ferner berechne man Ort und Betrag der kleinsten Spannung.

A0 ρ g l x F

a

F

L¨ osung L¨osung Zweckm¨aßig z¨ahlt man die Koordinate x vom Schnittpunkt der verl¨ angerten Trapezseiten. Dann folgt f¨ ur den mit x ver¨ anderlichen Querschnitt aus dem Strahlensatz A(x) = A0 x/l . Mit dem Gewicht



G(x) = ρgV (x) = ρg a

x

A(ξ)dξ = ρgA0

x 2 − a2 2l

des abgeschnittenen Teiles folgt aus dem Gleichgewicht N (x) = F + G(x) = F + ρgA0

x 2 − a2 . 2l

Damit wird die Spannung " ! F l + ρg A20 x2 − a2 N (x) = σ(x) = . A(x) A0 x

N(x)

A(x)

G(x) a F

ξ

x

Der Ort x∗ des Minimums folgt aus der Bedingung σ  = 0:    Fl 1 ρg 2F l a2  ∗ + − a2 . 1+ 2 =0 ; x = σ =− A0 x2 2 x ρgA0 Die minimale Spannung wird  2F l ∗ σmin = σ(x ) = ρg − a2 = ρgx∗ . ρgA0 Anmerkungen: F¨ ur ρg = 0 ( gewichtsloser Stab“) gibt es kein Minimum. Die gr¨ oßte ” Spannung tritt dann bei x = a auf. Das Minimum liegt nur dann innerhalb des Stabes, wenn a < x∗ < l bzw. ρgA0 a2 /(2l) < F < ρgA0 (l2 + a2 )/(2l) gilt.

Spannung

Aufgabe 2.2 Die Kontur eines Leuchtturmes mit kreisf¨ ormigem, d¨ unnwandigem Querschnitt gen¨ ugt der Hyperbelgleichung

37

A2.2

a G y

b2 − a 2 2 x = a2 . y2 − h2

x t

Man ermittle die Spannungsverteilung unter dem Gewicht G des LeuchtturmAufsatzes (das Eigengewicht sei vernachl¨ assigbar). Geg.: b = 2a, t a.

h

b

L¨ osung Da als ¨außere Belastung nur das Gewicht G wirkt, ist die Schnittkraft konstant (Druck): N = −G . Die Querschnittsfl¨ ache A ist dagegen ver¨ anderlich. Wegen der kleinen Wanddicke (t y), gilt n¨ aherungsweise

b2 − a 2 2 A(x) = 2πyt= 2πt a2 + x h2 y

2 a = 2πt a2 + 3 2 x2 h

t x2 = 2πat 1 + 3 2 . h Damit ergibt sich f¨ ur die Spannung σ(x) =

N =− A

G

. 2 x 2πat 1 + 3 2 h

Speziell am oberen bzw. am unteren Rand erh¨ alt man σ(x = 0) = −

G 2πat

bzw.

σ(x = h) = −

G . 4πat

Anmerkung: Die Spannung ist oben doppelt so groß wie unten, was eine ung¨ unstige Materialausnutzung bedeutet. Dies ¨ andert sich, wenn man das Eigengewicht ber¨ ucksichtigt.

38

A2.3

Stabverl¨angerung

Aufgabe 2.3 Um welchen Betrag Δl verl¨ angert sich das homogene konische Wellenst¨ uck (Elastizit¨ atsmodul E) unter der Wirkung einer Zugkraft F ?

D

d

l

L¨ osung Die Normalkraft N = F ist konstant, die Querschnittsfl¨ache A ver¨ anderlich. Mit σ = N/A folgt die Verl¨ angerung aus l Δl =

1 E

ε dx = 0

l σ dx =

1 E

0

l

F N dx = A E

l

0

dx . A(x)

0

Zur Ermittlung des ver¨ anderlichen Querschnitts A(x) z¨ ahlt man x zweckmßig von der Spitze des Kegelstumpfes. Aus dem Strahlensatz folgt mit der Hilfsgr¨ oße a f¨ ur den Durchmesser δ(x) = d

x a

x

und damit f¨ ur die Fl¨ ache A(x) =

d

π 2 π x2 δ (x) = d2 2 . 4 4 a

δ

a

Einsetzen und Integration liefert die Verl¨ angerung (man beachte die Integralgrenzen!): Δl =

F E

a+l 

a

dx π d2 x 2 4 a2

=

4F a2 πE d2

 −

#a+l 1 ## . x #a

Mit a a+l = D d

;

folgt Δl =

a=

d l D 1− d D

4F l . πEDd

Probe: F¨ ur D = d (konstanter Querschnitt) wird Δl =

Fl 4F l = . πEd2 EA

Verschiebung

39

σ0

Aufgabe 2.4 Ein homogener Pyramidenstumpf (Elastizit¨ atsmodul E) mit quadratischem Querschnitt wird auf seiner oberen Querschnittsfl¨ ache durch die Spannung σ0 belastet.

A2.4 x

a h

Wie groß ist die Verschiebung u(x) eines Querschnittes an der Stelle x? b

L¨ osung Die Normalkraft ist konstant: N = −σ0 a2 . Damit folgt aus der kinematischen Beziehung ε = du/dx und dem Elastizit¨ atsgesetz ε = σ/E = N/EA zur Bestimmung von u zun¨ achst die Gleichung du = −σ0 a2 . dx Die Fl¨ ache A(x) ergibt sich mit dem Strahlensatz zu EA(x)

a

A(x) = [a + (b − a)x/h]2 .

x

Damit wird ! b − a "2 du x = −σ0 a2 . E a+ h dx



h

 b−a x+a h

Trennung der Ver¨ anderlichen f¨ uhrt auf du = −

2

σ0 a dx  E b−a x+a 2 h

b

u(x) 

;

du = − u(0)

σ0 a E

2

x  0

dξ . b−a ξ+a 2 h

Mit der Substitution z = a + (b − a) ξ/h, dz = (b − a) dξ/h ergibt sich u(x) − u(0) = −

σ0 a 2 h E b−a

 # b−a x+a 1 σ0 a 2 h  1 1 ## h . − =− − b−a x+a z #a E b−a a h

Die Verschiebung u(0) des oberen Querschnittes folgt aus der Bedingung, dass am unteren Rand x = h die Verschiebung verschwinden muss:   1 σ0 a 2 h 1 σ0 ah u(h) = 0 ; u(0) = − = . E b−a a b Eb Damit wird σ0 a 2 h u(x) = E b−a



 1 1 − + b − ax + a b h

.

40

A2.5

Rotierender Stab

Aufgabe 2.5 Der Querschnitt eines A0 A(x) A0 /2 massiven Hubschrauberfl¨ ugels (Dichte ω ρ, Elastizit¨ atsmodul E) gen¨ uge der Gleichung A(x) = A0 e−αx/l . a Man bestimme den Spannungsverlauf x σ(x), wenn sich der Fl¨ ugel mit konl stanter Winkelgeschwindigkeit ω dreht. Wie groß ist die Verl¨ angerung Δl unter der Annahme a = 0 ? L¨ osung Aus der gegebenen Geometrie A(l) = A0 /2 ergibt sich zun¨achst A0 e−α = A0 /2

;

eα = 2

;

α = ln 2 = 0, 693 .

Infolge der Drehung tritt eine Belastung pro L¨ angeneinheit n = ρω 2 xA(x) = ρω 2 A0 xe−αx/l auf. Damit erh¨ alt man aus der Gleichgewichtsbedingung N  = −n durch Integration  % ρ ω 2 A0 l2 $ αx −αx/l −αx/l − − e + C . N = − n dx = − e α2 l Die Integrationskonstante C folgt aus der Randbedingung: N (l) = 0

;

C = (1 + α)e−α = 0, 847 .

Dann gilt unter Verwendung der dimensionslosen Koordinate ξ = x/l ρ ω 2 A0 l 2 [(1 + αξ)e−αξ − C] , α2 und der Spannungsverlauf ergibt sich zu N (ξ) =

σ(ξ) =

ρ ω 2 l2 N [1 + αξ − Ceαξ ] . = A α2

σ/(ρω 2l2 ) 1−C α2

σmax

ξ0 F¨ ur die Verl¨ angerung folgt  1  l  1 C l ρ ω 2 l3 αξ 2 − eαξ Δl= εdx = σdξ = 2 ξ+ E 0 α E 2 α 0 0   C α C ρ ω 2 l3 ρω 2 l3 α = . = 0, 258 1+ − e + Eα2 2 α α E

1 ξ

Anmerkung: Das Spannungsmaximum tritt an der Stelle ξ0 = −(ln C)/α = 0, 24 auf und hat den Wert σmax = −(ρω 2 l2 ln C)/α2 = 0, 347 ρω 2 l2 .

W¨armespannungen

Aufgabe 2.6 Ein schwerer Stab (Gewicht G0 , Querschnittsfl¨ ache A, W¨ armeausdehnungskoeffizient αT ) ist bei x = 0 aufgeh¨ angt und ber¨ uhrt gerade den Boden ohne Druck.

41

A2.6 E l

x

G0 αT

Wie ist die Spannungsverteilung σ(x) im Stab nach einer gleichm¨ aßigen Erw¨ armung um ΔT ? F¨ ur welche ΔT herrscht im gesamten Stab Druck?

L¨ osung Wir betrachten die beiden Lastf¨alle“ Eigengewicht und Er” w¨ armung getrennt. Unter Eigengewicht tritt eine Normalkraft  x l−x = G0 1 − N (x) = G(x) = G0 l l und damit eine Spannung x N (x) G0  σ1 (x) = 1− = A A l

x

σ(x) G(x)

auf. Bei einer Erw¨ armung wird die zus¨ atzliche Dehnung durch den Boden verhindert. Aus der Bedingung ε=

σ2 (x) + αT ΔT = 0 E

folgt σ2 (x) = −EαT ΔT . Daher wirkt insgesamt eine Spannung x G0  1− − EαT ΔT . σ(x) = σ1 + σ2 = A l Am Stabende x = l herrscht stets eine Druckspannung wegen der verhinderten Temperaturdehnung. Da die Spannung linear verl¨ auft, ist die Spannung dann u ¨ berall negativ, wenn auch am oberen Ende Druck herrscht. Dementsprechend folgt aus der Bedingung G0 − EαT ΔT < 0 A die erforderliche Temperaturerh¨ ohung σ(x = 0) < 0

ΔT >

G0 . EAαT

bzw.

42

A2.7

W¨armespannungen x

Aufgabe 2.7 Ein urspr¨ unglich spannungslos eingespannter Stab (Querschnitt A) erf¨ ahrt eine u anderliche ¨ ber x linear ver¨ Temperaturerh¨ ohung. Gesucht sind der Spannungsund der Verschiebungsverlauf.

E , αT

l ΔT ΔT0

ΔT (x)

ΔT1 x

L¨ osung Da der Stab statisch unbestimmt gelagert ist, ben¨otigen wir zur L¨ osung der Aufgabe die Gleichgewichtsbedingung, die Kinematik und das Elastizit¨ atsgesetz. Mit n = 0 und σ = N/A lauten diese Gleichungen σ + αT ΔT (x) σ = 0 , ε = u , ε= E mit x ΔT (x) = ΔT0 + (ΔT1 − ΔT0 ) . l Einsetzen liefert f¨ ur die Verschiebung die Differentialgleichung αT (ΔT1 − ΔT0 ) . u = αT ΔT  = l Zweimalige Integration ergibt αT u = (ΔT1 − ΔT0 ) x + C1 , l αT x2 u= (ΔT1 − ΔT0 ) + C1 x + C2 . l 2 Die beiden Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen: αT u(l) = 0 ; C1 = − u(0) = 0 ; C2 = 0 , (ΔT1 − ΔT0 ) . 2 Damit werden der Verschiebungsverlauf  x2 x αT l (ΔT1 − ΔT0 ) 2 − u(x) = 2 l l und die (konstante) Spannung αT (ΔT1 + ΔT0 )E . σ = E(u − αT ΔT ) = − 2 Anmerkung: Bei konstanter Erw¨ armung ΔT1 = ΔT0 verschwindet u(x). Die Spannung wird dann σ = −αT ΔT0 E.

Statisch unbestimmte Aufgaben

Aufgabe 2.8 Ein beiderseits eingespannter Stab konstanten Querschnitts A ist aus 2 verschiedenen Materialien gefertigt, die an der Stelle C aneinanderstoßen.

43

A2.8 C a

l−a

F

a) Wie groß sind die Lagerkr¨ afte, wenn an der Stelle C eine ¨ außere Kraft F wirkt?

Stahl

Aluminium

b) Welche Normalkraft entsteht bei einer reinen Erw¨ armung um ΔT ? Geg.: ESt /EAl = 3, αSt /αAl = 1/2 .

L¨ osung Wir fassen das System als zwei aneinandergesetzte St¨abe auf, in denen die Normalkraft jeweils konstant ist. zu a) NB NA St

Gleichgewicht:−NA + NB = F ,

F

Al x

Geometrie:

ΔlSt + ΔlAl = 0 ,

Elastizit¨ at:

ΔlSt =

NA a , ESt A

ΔlAl =

NB (l − a) . EAl A

Aus den 4 Gleichungen f¨ ur die 4 Unbekannten (NA , NB , ΔlSt , ΔlAl ) folgt mit den gegebenen Zahlenwerten NA = −F

3(l − a) , 3l − 2a

NB = F

a . 3l − 2a

zu b)

ΔT

Gleichgewicht:NA = NB = N ,

NB

NA Al

St

Geometrie:

ΔlSt + ΔlAl = 0 ,

Elastizit¨ at:

ΔlSt =

Na + αSt ΔT a , ESt A

ΔlAl =

N (l − a) + αAl ΔT (l − a) . EAl A

x

Die Aufl¨ osung des Gleichungssystems nach der Normalkraft N ergibt mit den Zahlenwerten N =−

2l − a ESt αSt A ΔT . 3l − 2a

44

A2.9

Statisch unbestimmte Aufgaben

Aufgabe 2.9 Man l¨ose die Aufgabe 2.8 durch Superposition. L¨ osung zu a) Als statisch u ahlige wird die Lagerreaktion NB ¨ berz¨ gew¨ ahlt. 1“-System ”

0“-System ” St

F

NB = X St

Al

Al

u(0)

u(1)

Das Elastizit¨ atsgesetz liefert X(l − a) Fa Xa , u(1) = + . ESt A EAl A ESt A Da der rechte Rand unverschieblich ist, fordert die Vertr¨ aglichkeit u(0) =

u(0) = u(1) . Hieraus folgt NB = X =

Fa ESt A a + (l − a) E Al A

=F

a . 3l − 2a

Aus der Gleichgewichtsbedingung ergibt sich damit NA = NB − F = −F

3(l − a) . 3l − 2a

NB

NA St

F

Al

zu b) Diesmal schneiden wir an der Stelle C und w¨ ahlen die Normal¨ kraft N als Uberz¨ ahlige X. Aus dem Elastizit¨ atsgesetz uSt =

Xa + αSt ΔT a , ESt A

uAl =

X(l − a) + αAl ΔT (l − a) EAl A

N =X St

Al

uSt uAl

und der Vertr¨ aglichkeitsbedingung uSt + uAl = 0 erh¨ alt man N =X=−

2l − a αSt a + αAl (l − a) =− ESt αSt A ΔT . (l − a) 3l − 2a a + ESt A EAl A

Statisch unbestimmte Aufgaben

Aufgabe 2.10 Der elastisch gelagerte Stab (c1 = 2c2 = EA/2a) wird durch eine konstante Streckenlast n beansprucht.

n

c1 x

B+C = na ,

EA

C

B n

B

C

N (x) = B−nx .

F¨ ur die Federverl¨ angerung bzw. verk¨ urzung gilt Δu1 =

A2.10

c2

a

Man bestimme den Verlauf der Normalkraft im Stab.

L¨ osung Mit den Schnittkr¨aften B und C an den Stabenden lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den ganzen bzw. f¨ ur den geschnittenen Stab

45

B , c1

Δu2 =

B

C . c2

n N(x) x

Die Stabverl¨ angerung ergibt sich aus a ΔuSt =

a ε dx =

0

N dx EA

0

durch Einsetzen von N = B − nx zu ΔuSt =

na2 Ba − . EA 2 EA

Die kinematische Bedingung Δu1 + ΔuSt = Δu2

;

na2 C B Ba − = + c1 EA 2 EA c2

liefert schließlich mit C = −B + na und den Werten f¨ ur c1 und c2     4a a 4a 9 a 2a + + = na + ; B= na B EA EA EA 2 EA EA 14 −

Damit erh¨ alt man f¨ ur den Normalkraftverlauf N (x) =

9 na − nx 14

9 na 14

N

5 na 14

46

A2.11

Statisch unbestimmte Aufgaben

Aufgabe 2.11 Wie groß ist die Zusammendr¨ uckung ΔlH einer H¨ ulse H der L¨ ange l, wenn die Mutter der Schraube S (Gangh¨ ohe h) um eine Umdrehung angezogen wird? Geg.:

EAH

H

EAS

S l

EAH 4 = . EAS 3

L¨ osung Nach dem Anziehen denken wir uns H¨ ulse und Schraube getrennt und f¨ uhren als statisch ¨ Uberz¨ ahlige die Kraft X zwischen beiden Teilen ein. Die H¨ ulse erf¨ ahrt eine ZusammenX X drckung ΔlH =

Xl . EAH

l

F¨ ur die Schraube ergibt sich die Verl¨ angerung ΔlS =

Xl . EAS

X l−h

Die L¨ angen¨ anderungen m¨ ussen gerade so sein, dass H¨ ulse und Schraube die gleiche L¨ ange haben. Dementsprechend lautet die Kompatibilit¨ atsbedingung h = ΔlH + ΔlS . Einsetzen liefert die Kraft X=

h l

1 1 + 1 EAH EAS

und die gesuchte Zusammendr¨ uckung ΔlH =

Xl 1 1 3 =h =h = h. EAH 7 H 1+ 4 1 + EA 3 EAS

Anmerkung: Da die Dehnsteifigkeit der H¨ ulse etwas gr¨ oßer ist als die der Schraube, betr¨ agt ihre Verk¨ urzung nur 3/7 der Gangh¨ ohe. Bei gleichen Dehnsteifigkeiten EAH = EAS wird ΔlH = ΔlS = h/2 .

Verformungen

Aufgabe 2.12 Eine starre quadratische Platte (Gewicht G, Sei√ tenl¨ ange 2 a) ist auf 4 elastischen St¨ utzen gelagert. Die St¨ utzen haben die gleiche L¨ ange l, jedoch verschiedene Dehnsteifigkeiten. Wie verteilt sich das Gewicht auf die 4 St¨ utzen? Wie groß ist die Absenkung f der Plattenmitte?

47

A2.12

 1 EA  3 3EA√

 4 4EA

l

 2 2EA

2a

L¨ osung Das System ist einfach statisch unbestimmt (ein Tisch steht auf 3 Beinen statisch bestimmt!). Das Gleichgewicht liefert II

↑:  I:  II :

S1 + S2 + S3 + S4 = G , aS4 = aS1 ,

I

S1 G II S4

I S3

aS2 = aS3 .

S2

Die Absenkung f in der Mitte ergibt sich aus dem Mittelwert der Verschiebungen ui (= L¨ angen¨ anderungen der St¨ utzen) an den jeweils gegen¨ uberliegenden Ecken (starre Platte!). Dementsprechend lautet die Vertr¨ aglichkeitsbedingung: 1 1 (u1 + u4 ) = (u2 + u3 ) . 2 2 Mit dem Elastizit¨ atsgesetz f=

u1 u3

u2 f

Si l ui = EAi

u4

und S1 = S4 , S2 = S3 folgt daraus zun¨ achst S1 l S2 l S2 l 5 5 S1 l + = + ; S1 = S2 . EA 4EA 2EA 3EA 4 6 Einsetzen in die 1. Gleichgewichtsbedingung liefert 3 3 S1 + S1 + S1 +S1 = G 2 2

;

S1 = S4 =

Damit wird die Absenkung   1 Gl S1 l 1 S1 l = . + f= 2 EA 4EA 8 EA

1 G, 5

S2 = S3 =

3 G. 10

48

A2.13

Verbundmaterial

Aufgabe 2.13 Eine Stahlbetonst¨ utze wird durch die Kraft F auf Zug beansprucht. Wie groß sind die Spannung im Beton bzw. im Stahl sowie die L¨ angen¨ anderung Δl der St¨ utze, wenn a) ein idealer Verbund vorausgesetzt wird? b) der Beton gerissen ist und nicht mittr¨ agt? Geg.: ESt /EB = 6, ASt /AB = 1/9.

F

C

C−C C l EB , AB

ESt , ASt

L¨ osung zu a) Wir fassen die St¨ utze als ein System aus zwei St¨ aben“ ” unterschiedlichen Materials auf, die unter der Kraft F die gleiche L¨ angennderung Δl erfahren. Dann lauten die Grundgleichungen: F

Gleichgewicht: NSt + NB = F , Kinematik: Elastizit¨ at:

ΔlSt = ΔlB = Δl , NB l NSt l ΔlSt = , ΔlB = . EASt EAB

NB

NSt

Aufl¨ osen des Gleichungssystems liefert mit dem bekannten Steifigkeitsverh¨ altnis EAB /EASt = 3/2 f¨ ur die Kr¨ afte NSt = F

1 2 = F, EAB 5 1 + EA St

NB = F

EAB 3 EASt = F EAB 5 1 + EA St

und f¨ ur die L¨ angen¨ anderung Δl =

Fl EASt + EAB

bzw.

Δl =

Fl 2 Fl 1 = . EASt 1 + EAB 5 EASt EASt

Die Spannungen ergeben sich mit A = AB + ASt bzw. ASt = A/10 und AB = 9A/10 zu σSt =

NSt F =4 , ASt A

σB =

NB 2 F = . AB 3 A

zu b) Tr¨ agt nur der Stahl, so erh¨ alt man mit NSt = F σSt =

F F = 10 , ASt A

Δl =

Fl . EASt

Verbundmaterial

Aufgabe 2.14 Ein Laminatstab aus verklebten Schichten zweier Materialien (jeweilige Gesamtsteifigkeiten EA1 , EA2 ) soll durch einen Stab aus homogenem Material ersetzt werden.

 2

Wie m¨ ussen EA und αT gew¨ ahlt werden, damit der homogene Stab die gleiche L¨ angen¨ anderung unter einer Kraft und einer Temperatur¨ anderung erf¨ ahrt wie der Laminatstab?

49  1

EA, αT

L¨ osung F¨ ur den Laminatstab, auf den eine Kraft F und eine Temperaturerh¨ ohung ΔT einwirken, lauten die Grundgleichungen Gleichgewicht:N1 + N2 = F , Kinematik: Elastizit¨ at:

EA1 , αT 1

Δl1 = Δl2 = Δllam ,

N1

N1 l + αT 1 ΔT l , EA1 N2 l Δl2 = + αT 2 ΔT l . EA2

N2

Δl1 =

F EA2 , αT 2

Hieraus folgt Δllam =

EA1 αT 1 + EA2 αT 2 Fl + ΔT l . EA1 + EA2 EA1 + EA2

F¨ ur einen homogenen Stab gleicher L¨ ange und unter gleicher Belastung gilt Δlhom =

Fl + αT ΔT l . EA

Die L¨ angen¨ anderungen Δllam und Δlhom sind f¨ ur beliebiges F und ΔT nur dann gleich, wenn EA = EA1 + EA2 ,

αT =

EA1 αT 1 + EA2 αT 2 . EA1 + EA2

A2.14

50

A2.15

Stabkr¨afte

Aufgabe 2.15 In der nebenstehenden a a Lagerungskonstruktion f¨ ur den starren K¨ orper K ist der untere St¨ utzstab um das Maß δ zu kurz geraten. Es wird desAluminium lAl halb bei der Montage eine Kraft FM aufFM gebracht, so dass der untere Stab gerade den Boden ber¨ uhrt. Nach seiner Befestigung wird FM entfernt. Die StabdurchK messer di sind gleich. lSt Stahl a) Wie groß ist die Montagekraft? b) Wie groß sind die Absenkung vK δ des K¨ orpers und die Stabkr¨ afte nach der Montage? Geg.: lAl = 1 m, dAl = 2 mm, EAl = 0, 7 · 105 MPa, lSt = 1, 5 m, dSt = 2 mm, ESt = 2, 1 · 105 MPa, δ = 5 mm . L¨ osung zu a) Jeder Aluminiumstab nimmt die halbe Montagekraft auf (Gleichgewicht) und muss sich um δ verl¨ angern. Damit ergibt sich SAl = ;

FM , 2

FM = 2

SAl lAl FM lAl = = δ, EAAl 2EAAl 5 · 0, 7 · 105 · π · 12 = 2200 N . =2· 1000

ΔlAl = δ EAAl lAl

zu b) Nach Entfernen von FM entstehen neue Stabkr¨ afte SAl und SSt . Dann lauten die Gleichgewichtsbedingung SSt = 2SAl ,

SAl

SAl

das Elastizit¨ atsgesetz ΔlAl =

SAl lAl , EAAl

ΔlSt =

SSt lSt EASt

SSt

und die Kompatibilit¨ atsbedingung ΔlAl + ΔlSt = δ . Aufl¨ osen der 4 Gleichungen liefert EAAl 5 0, 7 · 105 · π · 12 = = 550 N , lAl 1 + 2 lSt EAAl 1000 1 + 2 · 3 · 1 2 3 lAl EASt SAl lAl = 2SAl = 1100 N , vK = ΔlAl = = 2, 5 mm . EAAl

SAl = SSt

δ

Stabkr¨afte

Aufgabe 2.16 Zwei starre Balken, der obere bei A eingespannt, der untere bei B gelenkig gelagert, sind durch zwei elastische St¨ abe verbunden. Der Stab 2 wird um ΔT erw¨ armt.

A2.16 a

a

EA, αT

EA

A

1

B a

 B :

a

2

Wie groß sind die Stabkr¨ afte?

L¨ osung Wir schneiden das System auf. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingung f¨ ur den unteren Balken

51

a

S1

S2

S1

S2

S1

S2

S1

S2

2aS1 + aS2 = 0 ,

das Elastizit¨ atsgesetz Δl1 =

S1 a , EA

Δl2 =

S2 a + αT ΔT · a EA

B

und die Vertr¨ aglichkeitsbedingung Δl1 = 2Δl2 .

B

Δl1 Δl2

Die Aufl¨ osung nach den gesuchten Kr¨ aften ergibt

S1 =

2 EA αT ΔT , 5

4 S2 = − EA αT ΔT . 5

Anmerkung: Im erw¨ armten Stab tritt infolge der behinderten W¨ armedehnung eine Druckkraft auf.

52

A2.17

Verformungen

Aufgabe 2.17 Bei dem Stabzweischlag haben beide St¨ abe die gleiche Dehnsteifigkeit EA. Man ermittle die Verschiebungen des Lastangriffspunktes C.

2

60◦ C

1

F l

L¨ osung Aus dem Gleichgewicht folgt ↑ : S2 sin 60◦ = F

; ◦

→: −S1 − S2 cos 60 = 0 ;

S2

2√ 3F, 3 1√ S1 = − 3F. 3

S2 =

C S1

F

Damit werden die Stabverl¨ angerung bzw. -verk¨ urzung √ √ √ 2 3 l F S2 l2 3 cos 60◦ = 4 3 F l , Δl = S1 l1 = − 3 F l . = Δl2 = 1 EA EA 3 EA EA 3 EA Zur Bestimmung der Verschiebungen von C zeichnen wir einen Verschiebungsplan. Dabei werden nur die L¨ angen¨ anderungen aufgetragen, da man die wirklichen Verschiebungen wegen Δli l, nicht maßstabsgetreu darstellen kann. Im Beispiel werden Δl1 als Verk¨ urzung (nach links) und Δl2 als Verl¨ angerung angetragen. Unter Beachtung der rechten Winkel (die St¨ abe k¨ onnen sich nur um ihre Lagerpunkte drehen!) liest man aus dem Verschiebungsplan ab:

2

Δl1

1

C Δl2 v

30◦

u C

√ u = |Δl1 | =

v=

3 Fl , 3 EA

√ √ Fl Δl2 u 4 3 Fl 3 Fl 1 1 √ =3 + = . + √ cos 30◦ tan 60◦ 3 EA 1 3 3 EA 3 EA 2

Verformungen

Aufgabe 2.18 Ein starrer gewichtsloser Stuhl ist mit 3 St¨ aben gleicher Dehnsteifigkeit EA gelagert. Er wird in B durch die Kraft F belastet. a) Es sind die Stabkr¨ afte Si und die Stabverl¨ angerungen Δli zu bestimmen. b) Wie groß ist die Verschiebung des Punktes C?

D

53

A2.18

1

a F 2

B

C 3

a

a

a

L¨ osung zu a) Das System ist statisch bestimmt gelagert. Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgen direkt die Stabkr¨ afte:  C : aS1 = aF

E

; S1 = F ,

 E : aS2 = 0

; S2 = 0 , √ ↑ : S3 sin 45◦ + F = 0 ; S3 = − 2 F .

S1 F S2 C S3

Zu diesen Stabkr¨ aften geh¨ oren die Stabverl¨ angerungen Δl1 =

Δl3 =

S1 l1 Fa , = EA EA

Δl2 = 0 ,

√ √ S3 l3 2F· 2a Fa . =− = −2 EA EA EA

zu b) Die Verschiebung von C bestimmen wir mit Hilfe des Verschiebungsplans. Da der Stab 2 seine L¨ ange beh¨ alt, geht C nach C  u ¨ ber. Die Horizontalverschiebung ist daher Null. F¨ ur die Vertikalverschiebung vC liest man aus dem Plan ab: vC =

√

√ Fa 2 |Δl3 | = 2 2 . EA

C

2

Δl3 vC 3

C

54

A2.19

Verformungen bei Stabsystemen

Aufgabe 2.19 Beim dargestellten symmetrischen Stabsystem haben die St¨ abe unterschiedliche Dehnsteifigkeiten EA1 , EA2 und Temperaturausdehnungskoeffizienten αT 1 , αT 2 .

EA2 αT2 EA1 αT1

β

Wie groß sind die Stabkr¨ afte, wenn das System um ΔT erw¨ armt wird?

EA1 αT1

β

h

C

L¨ osung Da das System statisch unbestimmt ist, stellen wir alle Grundgleichungen auf. Dann lauten die GleichgeS2 wichtsbedingung β β

2S1 cos β + S2 = 0

S1

S1

und das Elastizit¨ atsgesetz C

S1 l1 Δl1 = + l1 αT 1 ΔT , EA1 Δl2 =

S2 l2 + l2 αT 2 ΔT , EA2

wobei l1 =

h , cos β

2

l2 = h .

Die Kompatibilit¨ atsbedingung (Vertr¨ aglichkeit der Verschiebungen) ergibt sich aus dem Verschiebungsplan zu Δl1 = Δl2 cos β .

1

1

β

Cβ Δl1

C

Δl2

Aus den vier Gleichungen f¨ ur 2 unbekannte Stabkr¨ afte und 2 unbekannte Stabverl¨ angerungen folgt nach Aufl¨ osen S1 = EA1

αT 2 cos2 β − αT 1 ΔT , 1 1 + 2 cos3 β EA EA2

S2 = −2 cos β S1 .

 Anmerkung: F¨ ur cos β = αT 1 /αT 2 folgt S1 = S2 = 0: die St¨ abe k¨ onnen sich dann unbehindert ausdehnen! (Sonderfall: αT 1 = αT 2 ; β = 0)

Verformungen bei Stabsystemen

Aufgabe 2.20 Der bei der Fertigung um δ zu kurz geratene Stab 3 soll zwischen die beiden gleichen Zweib¨ ocke eingebaut werden. a) Wie groß ist die notwendige Montagekraft D? b) Wie groß ist S3 nach der Montage (D = 0)? Geg.: EA1 = EA3 = EA, EA2 =

δ

3

D

A2.20 D

C

2

2 1

a

√

55

a

1

a

a

2 EA.

L¨ osung zu a) Die Kraft D muss bei der Montage den Punkt C um δ/2 horizontal verschieben. Aus den Gleichgewichtsbedingungen →: ↑:

S2 cos 45◦ = D ,

C

◦

S1 = S2 cos 45 ,

S1

D S2

der Kinematik (S1 wurde als Druckkraft positiv eingef¨ uhrt!) mit der vorgeschriebenen Verschiebung √ uC = Δl1 + Δl2 2 ,

uC =

δ , 2

Δl2 C

sowie dem Elastizit¨ atsgesetz S1 a , Δl1 = EA

√ S2 a 2 Δl2 = √ 2 EA

2

Δl1 C

folgt

uC

1

1 δ EA . D= 6 a zu b) Gleichgewicht, Kinematik und Elastizit¨ atsgesetz bleiben wie unter a), wobei D durch S3 ersetzt werden muss. Mit der Vertr¨ aglichkeitsbedingung 2uC + Δl3 = δ ergibt sich 1 δ S3 = EA . 7 a

und

Δl3 =

S3 a EA

S3

C S1

S2

56

A2.21

Statisch unbestimmtes Stabsystem

Aufgabe 2.21 Ein mittig belasteter starrer Balken ist auf vier elastischen St¨ aben gleicher Dehnsteifigkeit EA gelagert.

F D

B 2

1

30◦

30◦

Wie groß sind die Stabkr¨ afte?

a

3

4

l

l

L¨ osung a) Die L¨osung f¨ ur das statisch unbestimmte System erfolgt zuerst durch Anwendung der Grundgleichungen. Aus den Gleichgewichtsbedingungen F B S1

→: S1 = S2 ,

S2

S3

S4

↑ : (S1 + S2 ) sin 30◦ + S3 + S4 = F ,  B : lS3 + 2lS4 = lF , den Elastizit¨ atsgesetzen Δl1 = Δl2 = Δl3 =

S1 2a , EA

S3 a , EA

Δl4 =

S4 a EA

und der Geometrie B Δl1 1

B

Δl2

60◦ v

D v

2

Δl3

B

D

B

v=

Δl1 cos 60◦

Δl3 =

ergibt sich durch Au߬ osen S1 = S2 = S4 =

Δl4

2 F , 9

S3 =

5 F. 9

1 (v + Δl4 ) 2

Statisch unbestimmtes Stabsystem

57

b) Nun l¨ osen wir die gleiche Aufgabe mit dem Superpositionsverfahren. Hierzu teilen wir das statisch unbestimmte System in statisch bestimmte Grundsysteme auf: 1“-System ”

0“-System ” F

(0)

(0)

(1)

S4

(0)

S2

S1

(1)

X

(1)

S1

S2

S4

Aus dem Gleichgewicht folgt (0)

S1

(0)

= S2

(0)

= S4

=

F , 2

C

B (0) vB

(1)

S1

(1)

(1)

= S2

= S4

=

X . 2

D (0)

(1)

(1)

(0)

vC

vC

vB

vD

D

C

B

(1)

vD

Aus der Geometrie und den Elastizit¨ atsgesetzen ergibt sich (0)

(0)

vB = (0)

Δl1 F 2a , = cos 60◦ EA

(1)

vB =

Fa , 2EA 5 Fa 1  (0) (0) vB + vD = = , 2 4 EA (0)

(1)

vD = Δl4 = (0)

vC

vD = (1)

vC = (1)

X 2a , EA Xa , 2EA 5 Xa , 4 EA

Δl3 =

Xa . EA

Die kinematische Vertr¨ aglichkeitsbedingung verlangt, dass die Gesamtverschiebung des Punktes C gleich der Verk¨ urzung des Stabes 3 ist: (0)

(1)

(1)

vC − vC = Δl3 . Einsetzen ergibt X = S3 =

5 F 9

und (0)

(1)

S1 = S1 − S1

=

2 F, 9

(0)

(1)

S4 = S4 − S4

=

2 F. 9

58

A2.22

Stabsystem

Aufgabe 2.22 Der durch die Kraft F belastete Stabzweischlag (Dehnsteifigkeiten EA) ist bei C durch ein zus¨ atzliches Lager gehalten. a) Wie groß ist die Lagerkraft in C? b) Wie groß ist die Verschiebung von C?

F C α 1

2

L¨ osung zu a) Aus dem Gleichgewicht ↓:

F + S2 + S1 cos α = 0 ,

←:

C + S1 sin α = 0 ,

F C S2

S1

dem Elastizit¨ atsgesetz Δl1 =

S1 l1 , EA

C

Δl2 =

S2 l2 , EA

Δl2

und der Kinematik

α

Δl1 = Δl2 cos α

sin α cos2 α F, 1 + cos3 α

Δl1

C 1

folgt durch Au߬ osen C=

l

S1 = −

cos2 α F, 1 + cos3 α

S2 = −

2

1 F. 1 + cos3 α

zu b) F¨ ur die Verschiebung von C erh¨ alt man vC = Δl2 =

1 Fl S2 l =− . EA 1 + cos3 α EA

Entgegen der Verschiebungsfigur, welcher Zugkr¨ afte und damit Stabverl¨ angerungen zugrunde lagen, treten in den St¨ aben Druckkr¨ afte und damit Stabverk¨ urzungen auf. Daher verschiebt sich C nach unten. Probe:

f¨ ur α = π/2 folgt S1 = 0 und S2 = −F . f¨ ur α = 0 folgt S1 = S2 = −F/2.

Plastizierung

59

F

Aufgabe 2.23 Ein starrer Balken wird durch drei gleiche St¨ abe aus elastischideal-plastischem Material gehalten. el a) Bei welcher Kraft Fmax und in welchem Stab wird erstmalig die Fließgrenze σF erreicht? pl b) Bei welcher Kraft Fmax tritt in allen St¨ aben plastisches Fließen auf?

A2.23

l/2

E, A, σF

l/2

L¨ osung zu a) Das System ist statisch unbestimmt. Dann liefern (unter Beachtung der Symmetrie) das Gleichgewicht F

2S1 + S2 = F und die Kinematik

S2

S1

S3 = S1

Δl1 = Δl2 . Bis zur Fließgrenze gilt das Elastizit¨ atsgesetz Δl1 =

S1 l , EA

Δl2 =

S2 l . 2EA

Durch Aufl¨ osen erh¨ alt man f¨ ur die Stabkr¨ afte und die Spannungen S1 =

F , 4

S2 =

F 2

;

σ1 =

F , 4A

σ2 =

F . 2A

Da im Stab 2 die gr¨ oßte Spannung herrscht, wird in ihm bei Laststeigerung die Fließgrenze zuerst erreicht: el Fmax = 2 σF A .

;

σ2 = σF

el hinaus verh¨ alt sich der Stab 1 zu b) Bei Laststeigerung u ¨ ber Fmax (und Stab 3) zun¨ achst noch elastisch, w¨ ahrend der Stab 2 plastisch fließt: σ2 = σF . Dann folgt mit Si = σi A aus dem Gleichgewicht

2σ1 A + σF A = F ;

σ1 =

Alle St¨ abe fließen plastisch, wenn σ1 = σF

;

F

F σF − . 2A 2

σF F − = σF 2A 2

S1 = σ1 A

;

S2 = σF A S = σ A 3 1

pl Fmax = 3 σF A .

60

A2.24

Plastizierung

Aufgabe 2.24 Beim dargestellten symmetrischen System sind die beiden St¨ abe aus gleichem elastisch-idealplastischem Material, haben aber unterschiedliche Querschnitte.

C E, A, σF 1 45◦

el a) Bei welcher Kraft Fmax und in welchem Stab wird erstmalig die Fließgrenze σF erreicht? Wie groß ist dann die Lagerkraft C? pl b) Bei welcher Kraft Fmax fließen beide St¨ abe plastisch? el c) Wie groß ist die Verschiebung umax von C im Fall a)?

F E, 2A, 2 σF 45◦

h

el L¨ osung zu a) Bis zum Erreichen der Kraft Fmax verh¨ alt sich das System elastisch. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen √ √ √ √ C 2 2 2 2 →: S1 − S2 = F , ↑ : S1 + S2 = C , F 2 2 2 2

das Elastizit¨ atsgesetz √ S1 2 h Δl1 = , EA

Δl2 =

S2 2 h 2EA

Δl1 C

und die Kinematik (Stab 2 verk¨ urzt sich) Δl1 = −Δl2 .

S2

S1

√

C

u Δl2

1

2

Hieraus erh¨ alt man zun¨ achst √ √ 2 2 2F h 2 F S1 = F , S2 = − F, C = − , Δl1 = −Δl2 = 3 3 √ 3EA √ 3 S1 S2 2 F 2 F ; σ1 = = , σ2 = =− . A 3 A 2A 3 A Die Spannungen sind in beiden St¨ aben betragsm¨ aßig gleich; Fließen setzt danach ein, wenn √ 3√ 2 el el = 2 σF A, ; Cmax =− σF A. σ1 = |σ2 | = σF ; Fmax 2 2 el zu b) Weil bei Fmax in beiden St¨ aben das Fließen einsetzt, gilt el pl = Fmax . Fmax

zu c) F¨ ur die Verschiebung von C gilt bis zur Fließgrenze √ √ 2 2 Fh σF el u = 2 Δl1 = , ; uel h. max = u(Fmax ) = 2 3 EA E

Gleichgewicht im deformierten Zustand

Aufgabe 2.25 Zwei gleiche, gelenkig verbundene Stahlst¨ abe zwischen starren W¨ anden befinden sich im unbelasteten Zustand in horizontaler Lage. Unter der Wirkung der Kraft F deformiert sich das System wie dargestellt.

61

A2.25

l

l

1 0 0 1 0 1 0 1

undeformierter Zustand

α

deformierter Zustand

f

α E, A

C

1 0 0 1 0 1 0 1

F

a) Man bestimme den Winkel α0 und die Absenkung f0 , bei welchen in den St¨ aben die Grenzdehnung ε0 erreicht wird. b) Wie groß sind dann die Kraft F0 und die Spannung σ0 ? Geg.: l = 1 m, A = 100 mm2 , E = 2, 1 · 105 N/mm2 , ε0 = 2 · 10−3 .

L¨ osung zu a) Aus der Geometrie im deformierten (belasteten) Zustand folgen die kinematischen Beziehungen 1 Δl = − 1. l cos α

l = (l + Δl) cos α

;

ε=

f = (l + Δl) sin α

;

f = l (1 + ε) sin α .

Hieraus ergeben sich cos α0 =

1 1 = = 0, 998 ε0 + 1 1, 002

;

α0 = 3, 6◦ ,

f0 = l (1 + ε0 ) sin α0 = 103 · 1, 002 · sin 3, 6◦ = 63, 3 mm .

l α l+ Δl

α

f

S

S

α

C F

zu b) Die Gleichgewichtsbedingung und das Elastizit¨ atsgesetz liefern ↑ : 2S sin α = F ,

σ=

S = Eε. A

Mit ε0 und α0 ergeben sich daraus F0 = 2EA ε0 sin α0 = 2 · 2, 1 · 107 0, 002 · sin 3, 6◦ = 5304 N . σ0 = E ε0 = 2, 1 · 105 · 2 · 10−3 = 420 N/mm2 . Anmerkung: Die Spannung σ0 u ¨ berschreitet die Bruchfestigkeit vieler Baust¨ ahle.

62

A2.26

Gleichgewicht im deformierten Zustand

Aufgabe 2.26 Beim symmetrischen System mit kleinem Neigungswinkel α0 = 5◦ soll der Kraftangriffspunkt nach unten verschoben werden.

a

a undeformierter Zustand

C

l, EA

1 0 0 1 0 1 0 α0 ϕ 1

0 1

a) Man bestimme die Verl¨ aufe von 0 1 0 1 außeren Kraft F (ϕ) und Stabkraft ¨ 0 1 deformierter S(ϕ) im Bereich α0 ≥ ϕ ≥ 0. Zustand F b) Wie groß sind die maximalen Betr¨ age der Kr¨ afte F sowie S und bei welchem Winkel treten sie jeweils auf? Hinweis: Im betrachteten Bereich der kleinen Winkel verwende man die Approximationen sin ϕ ≈ ϕ, cos ϕ ≈ 1 − ϕ2 /2.

L¨ osung zu a) Aus der geometrischen Beziehung zwischen undeformiertem und deformiertem Zustand a = l cos α0 = (l + Δl) cos ϕ

;

l(1 − α20 /2) ≈ (l + Δl)(1 − ϕ2 /2)

folgt unter Vernachl¨ assigung von Gliedern kleinerer Gr¨ oßenordnung ε=

Δl 1 = (ϕ2 − α20 ) . l 2 l

l+ Δl

C ϕ

ϕ

ϕ S

a

α0

S F

Mit der Gleichgewichtsbedingung und dem Elastizit¨ atsgesetz ↓ : 2S sin ϕ + F = 0,

;

F ≈ 2S ϕ ,

ε=

S . EA

erh¨ alt man durch Eliminieren von ε die gesuchten Verl¨ aufe F (ϕ) = EA (α20 − ϕ2 )ϕ ,

S(ϕ) = −

EA 2 (α0 − ϕ2 ) . 2

zu b) Die Extrema und zugeh¨ origen Winkel ergeben sich durch Nullsetzen der Ableitungen; man erh¨ alt mit α0 = 0, 087 (im Bogenmaß) √ 2 3 1 EA α30 = 2, 56 · 10−4 EA bei ϕF = √ α0 = 2, 9◦ , Fmax = 9 3 1 2 −3 |Smax | = EA α0 = 3, 81 · 10 EA bei ϕS = 0 . 2 Anmerkung: Bei der Aufgabe handelt es sich um ein typisches Duchschlagproblem: die Gleichgesichtslage ϕ = 0 mit F = 0 ist instabil.

Verteilte Lasten

Aufgabe 2.27 Ein Stab der L¨ ange 4l mit der Dehnsteifigkeit EA ist in einer Halterung befestigt und wird durch eine Last F belastet. Die Halterung im Bereich 0 ≤ x ≤ l wird durch eine quadratisch verteilte L¨ angslast n0 xl (1 − xl ) modelliert.

63

A2.27 n(x) = n0 xl (1 − xl ) F l

x

3l

a) Man ermittle n0 , sodass der Stab im Gleichgewicht ist. b) Man berechne und skizziere den Verlauf der Normalkraft. c) Wie groß ist die Verl¨ angerung des Stabes?

L¨ osung zu a) Die Resultierende der L¨angslast wirkt entgegen der xRichtung. Damit ergibt sich f¨ ur die Gleichgewichtsbedingung  l x n0 l x −R + F = 0 wobei R = 1− dx = . n0 l l 6 0 Hieraus ergibt sich n0 =

6F . l

zu b) Im Bereich 0 ≤ x ≤ l ermittelt man die Normalkraftverteilung u ¨ ber die differentielle Gleichgewichtsbedingung. N + n = 0

;

x x N  = n0 (1 − ) l l

Integration mit der Randbedingung N (0) = 0 liefert die Normalkraft im linken Bereich (0 ≤ x ≤ l)  2  x x3 N (x) = n0 l − 3 2l2 3l Im rechten Bereich (l ≤ x ≤ 4l) ist die Normalkraft konstant. N =F

64

und Normalkraft

¨ Man beachte, dass an der Ubergangsstelle x = l f¨ ur beide Bereich mit dem Ergebnis aus a) gilt: N (l) =

n0 l =F 6

F¨ ur die Normalkraft ergibt sich damit der folgende Verlauf. kubisch

N l

3l

zu c) Im ersten Bereich 0 ≤ x ≤ l ermittelt man die Stabverl¨ angerung Δl1 durch Integration der Dehnung ε = N/EA    l  l Fl n0 x3 n0 l x2 = . − 3 dx = ε dx = Δl1 = 2 EA 2l 3l 12 EA 2EA 0 0 Im zweiten Bereich l ≤ x ≤ 4l ist die Normalkraft konstant und f¨ ur die Verl¨ angerung Δl2 erh¨ alt man Δl2 =

3F l EA

Damit ergibt sich die Stabverl¨ angerung insgesamt Δl = Δl1 + Δl2 =

7 Fl 2 EA

Kapitel 3 Biegung

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_3

3

66

Balken = Gerader Tr¨ ager, dessen L¨ ange l groß ist gegen¨ uber den Abmessungen des Querschnittes, unter Querbelastung. q(x)

F y

x

x

l

z

z

3.1

Gerade Biegung Bezeichnungen und Annahmen: • x = Schwerachse; y, z = Haupttr¨ agheitsachsen (siehe Band 1). • Kinematische Annahmen: Ebenbleiben der Querschnitte w = w(x) ,

u = z ψ(x) ,

w

=

Verschiebung in z-Richtung,

u

=

Verschiebung in x-Richtung,

ψ

=

Drehwinkel des Querschnittes.

• Schnittgr¨ oßen: Q M

= =

M y, ψ

Qz = Querkraft, My = Biegemoment.

x, u Q z, w

Normalspannung neutrale Faser

M z σ(z) = I

x zmax z

σmax

I

=

Tr¨ agheitsmoment um die y-Achse,

z

=

Abstand von neutraler Faser (=Schwerachse).

Die betragsm¨ aßig maximale Spannung tritt in einer Randfaser auf:

σmax =

M , W

W =

I = Widerstandsmoment. |zmax |

67 Schubspannungen a) d¨ unnwandige, offene Profile τ (s)

Q S(s) τ (s) = , I t(s)

t(s)

y z

A∗

S(s) = statisches Moment von A∗ bez¨ uglich der y-Achse, t(s) = Breite des Querschnittes an der Stelle s.

s

b) kompakte Querschnitte b

Q S(z) . τ (z) = I b(z)

τ (z) y

x

h

Sonderfall: Rechteck   3Q 4z 2 τ = 1− 2 . 2A h

A∗ z

Anmerkung: τmax = τ (z = 0) =

z

3Q Q ist 50% gr¨ oßer als τmittel = . 2 bh bh

Schubmittelpunkt M einfach–symmetrischer Querschnitte. Moment aus Q um 0 = Moment der verteilten Schubspannungen um 0:  rM Q =

M

τ (s) r⊥ (s) t(s) ds

rM

Q

0 r⊥

τ ds

Lage von Schwerpunkt S und Schubmittelpunkt M f¨ ur ausgew¨ ahlte Profile: Vollkreis Halbkreis

M S M =S

M =S

S M

S

M

S

mit Schlitz M

S

M r 0, 273 r

r

68

Grundgleichungen Gleichgewichtsbedingungen

dQ = −q , dx

Elastizit¨ a tsgesetz , Kinematik

M = EIψ 

dM = Q, dx

Q = GAS (ψ + w ) , EI GAS AS

= = =

Biegesteifigkeit, Schubsteifigkeit, κA = Schubfl¨ ache (κ = Schubkorrekturfaktor).

Schubstarrer Balken (Bernoulli-Balken): Wird zus¨ atzlich angenommen, dass die Querschnitte, die vor der Deformation senkrecht zur Balkenachse standen, bei der Verformung senkrecht zur verformten Achse bleiben, so folgt aus dem Elastizit¨ atsgesetz f¨ ur die Querkraft (GAS → ∞) ψ = −w . Differentialgleichung der Biegelinie: Einsetzen in das Elastizit¨ atsgesetz f¨ ur M liefert EIw = −M . Mit den Gleichgewichtsbedingungen erh¨ alt man (EIw ) = q , bzw. f¨ ur EI = const EIwIV = q . Temperaturmoment Eine u ohe h lineare Temperaturverteilung (= Temperaturgra¨ ber die H¨ dient) l¨ asst sich durch ein Temperaturmoment erfassen: To MT = EIαT

Tu − To , h

z αT = thermischer Ausdehnungskoeffizient. Dann lautet die Differentialgleichung der Biegelinie

EIw = −(M + MT ) .

x

h Tu

69 Tabelle der Randbedingungen

Lager

w

w

M

Q

0

= 0

0

= 0

0

0

= 0

= 0

= 0

= 0

0

0

= 0

0

= 0

0

freier Rand

L¨ osungsmethoden 1. Bei stetigen Verl¨ aufen von q(x) bzw. M (x) f¨ uhrt vierfache bzw. zweifache Integration der entsprechenden Differentialgleichungen auf w(x). Die vier bzw. zwei Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen (siehe Tabelle der Randbedingungen). 2. Bei mehreren Feldern (Unstetigkeiten in den Belastungen oder den Verformungen, bzw. Einzelkr¨ afte oder Einzelmomente) muss abschnittsweise integriert werden. Die Integrationskonstanten folgen ¨ dann aus den Rand– und den Ubergangsbedingungen. Die Rechnung kann man durch Anwendung des F¨ oppl-Symbols (vgl. Band 1, Seite 91) vereinfachen: ⎧ ⎨0 fu ¨r x < a , n = ⎩(x − a)n f u ¨r x > a . 3. Statisch unbestimmte Aufgaben lassen sich durch Superposition bekannter Durchbiegungen bzw. Winkel l¨ osen. Hierzu sind in der Tabelle auf Seite 70/71 f¨ ur die wichtigsten Last- und Lagerf¨ alle die Durchbiegungen und die Winkel zusammengestellt. 4. Statisch unbestimmte Aufgaben k¨ onnen auch durch Anwendung des Prinzips der virtuellen Kr¨ afte (Arbeitssatz) gel¨ ost werden (siehe Kapitel 5).

70  EIwA

Lastfall x F b a

Nr.

F l2 (β − β 3 ) 6

1 A

 EIwB

−

F l2 (α − α3 ) 6

B

l x

q0

q0 l3 24

2 A x

qB

3

A

7 qB l3 360

−

1 qB l3 45

B

l M0

x

4

q0 l3 24

B

l

A

−

a

B

b

M0 l (3β 2 − 1) 6

M0 l (3α2 − 1) 6

0

F a2 2

0

q0 l3 6

0

qA l3 24

0

M0 l

l x

5 A

F B

a l x

q0

6 A

B

l x

qA

7 A

B

l x

M0

8 A

Abk¨ urzungen:

B

l

ξ=

x , l

α=

a , l

β=

b , l

( ) = &

1 d d ()= (), dx l dξ

71 EIw(x)

EIwmax

F l3 [βξ(1 − β 2 − ξ 2 )+ < ξ − α >3 ] 6

F l3 48 f¨ ur α = β = 1/2

q0 l4 (ξ − 2ξ 3 + ξ 4 ) 24

5 q0 l4 384

qB l4 (7ξ − 10ξ 3 + 3ξ 5 ) 360

siehe Aufgabe 3.13

M0 l2 [ξ(3β 2 − 1) + ξ 3 − 3 < ξ − α >2 ] 6

M0 l2 √ 3 27 f¨ ur a = 0

F l3 2 [3ξ α − ξ 3 + < ξ − α >3 ] 6

F l3 3 f¨ ur a = l

q0 l4 (6ξ 2 − 4ξ 3 + ξ 4 ) 24

q0 l4 8

qA l4 (10ξ 2 − 10ξ 3 + 5ξ 4 − ξ 5 ) 120

qA l4 30

M0

x2 2

< ξ − α >n = & F¨ oppl–Klammer.

M0

l2 2

72

3.2

Schiefe Biegung x y, z

y x

Qy

z

= =

Schwerachse, beliebige orthogonale Achsen.

Querkr¨ afte Qy , Qz Qz

x

und

w z x My

v y

Mz

Biegemomente My , Mz (positiv als Rechtsschraube am positiven Schnittufer).

Verschiebungsdifferentialgleichungen f¨ ur den schubstarren Balken: Ew =

1 (−My Iz + Mz Iyz ) Δ

Ev  =

1 (Mz Iy − My Iyz ) Δ Δ

=

2 , Iy Iz − Iyz

Iy , Iz , Iyz

=

Fl¨ achenmomente 2. Ordnung (vgl. Band 1).

Normalspannung σ=

1 [(My Iz − Mz Iyz )z − (Mz Iy − My Iyz )y] . Δ

Sonderfall: Wenn y, z Hauptachsen sind (Iyz = 0), folgt EIy w = −My ,

EIz v  = Mz ,

σ=

My Mz z− y. Iy Iz

Normalspannung

73

Aufgabe 3.1 Ein Kragbalken mit dem skizzierten Querschnitt (konstante Wanddicke t, t a) wird am Ende mit der Kraft F belastet. F Wie groß ist die maximale Spannung im Einspannquerschnitt? F

2a

2a

t

a

a

40a

L¨ osung Der Schwerpunktsabstand ξS vom oberen Rand folgt aus den Teilfl¨ achen mit t a zu II

I

I

III

' () * ' () * Σξi Ai 2 (2at · a) +2 (at · 2a) 8a2 t ξS = = = ΣAi 2at +2 · 2at +2 · at 8at )*'( )*'( )*'( II

ξS II

ξ

III

=a .

III

Damit wird das Tr¨ agheitsmoment bez¨ uglich der Schwerachse y (unter Beachtung des Satzes von Steiner)

I

II

I III ' () ,* + ' () * ' () .* 16 3 t(2a)3 2 2 +2 a · at = ta , Iy = a · 2at +2 12 3

und man findet f¨ ur das Widerstandsmoment

W =

S

Iy zmax

S y

II

a a

z III

16 3 ta 16 2 = ta . = 3 a 3

Die maximale Spannung im Einspannquerschnitt ergibt sich mit dem Einspannmoment M = −40 aF zu 40aF |M | 30 F = = 16 2 W 4 at ta 3 (in der oberen Randfaser herrscht Zug, in der unteren Druck). σmax =

A3.1

74

A3.2

Normalspannungen  2

Aufgabe 3.2 Ein Kragarm mit dem skizzierten Querschnitt wird durch eine Kraft F am freien Ende im Punkt x belastet.

F  1 a

Wie groß ist die Normalspannung im Querschnittspunkt y an der Einspannung?

2a

a

 2

2a 2a  1

L¨ osung Da die neutrale Faser durch den Schwerpunkt der Querschnittsfl¨ ache geht, muss dieser zun¨ achst ermittelt werden: I

II

' () * ' () .* 8a2 · a +2 2a2 · 3a ΣAi ξi 5 ξS = = = a. ΣAi 8a2 + 4a2 3 Das Tr¨ agheitsmoment um die y-Achse (Schwerachse) wird durch Addition der Tr¨ agheitsmomente der Teilfl¨ achen ermittelt: / 0   2 2 4a(2a)3 Iy = + a 8a2 + 12 3 / 0  2 3 4 a(2a) 44 4 2 +2 + a 2a = a . 12 3 3

ξ II S

ξS

I

II y

S

I

5 a 3

z

Im Einspannquerschnitt wirken die Schnittgr¨ oßen N = −F

und

5 My = − aF . 3

Hierzu geh¨ oren die Spannungen (σN infolge Normalkraft, σM infolge Biegemoment) F N =− A 12a2

My 5 aF z 5 Fz z=− =− . Iy 3 44 4 44 a3 a 3 7 Im Querschnittspunkt y folgt mit z2 = − a durch Superposition 3 σN =

und

σ = σN + σM (z2 ) = −

σM =

2 F F 5 F 7 a= + . 12a2 44 a3 3 11 a2

Normalspannungen

Aufgabe 3.3 Eine St¨ utze mit sternf¨ ormigem Querschnitt (t a) wird durch eine Kraft F außermittig belastet.

A3.3

F t 60◦

Gesucht sind: a) die betragsm¨ aßig gr¨ oßte Spannung, b) der Gr¨ oßtwert von b, damit an keiner Stelle des Querschnitts Zugspannungen auftreten.

b

l

I III y

ta3 IyI = . 12 Die Tr¨ agheitsmomente der Fl¨ achen II und III um die y-Achse folgen aus der Transformationsformel (vgl. Band 1) mit

IyII = IyIII =

II

η

z

−ϕ

S

y

II

◦

ϕ = −30

ξ z

Iη + Iζ Iη − Iζ ta3 ta3 1 ta3 + cos 2ϕ+Iηζ sin 2ϕ = − = . 2 2 24 24 2 48

Damit wird ta3 ta3 ta3 +2 = . 12 48 8 Mit den Schnittgr¨ oßen N = −F und My = −bF gilt Iy = IyI + 2IyII =

F N My 8bF z=− + − 3 z. A Iy 3at ta Die gr¨ oßte Spannung (Druck) tritt bei z = a/2 auf:   b F 1 +4 . σmax = − at 3 a σ=

zu b) Zugspannungen k¨ onnen zuerst bei z = −a/2 auftreten: a σ(− ) = 0 2

a/2

F

L¨ osung zu a) Wir legen durch den bekannten Schwerpunkt in der Mitte des Sternes ein der Belastung angepasstes y, zKoordinatensystem. Dann ist

at3 ta3 , Iζ = , Iηζ = 0 , Iη = 12 12 unter Beachtung von t a zu

75

;

−

F Fb +4 2 = 0 3at ta

;

b=

a . 12

Aufgabe 3.4 Eine eingespannte S¨ aule tr¨ agt im Mittelpunkt des Querschnittes eine vertikale Last F1 und eine horizontale Last F2 in der Mitte der Seite b. Die S¨ aule besteht aus 3 Schichten mit verschiedenen Elastizit¨ atsmodulen.

F1

h 6

h 6

F2

 2

 1

 2

b l

E

z

y h

x

Gesucht ist die Normalspannungsverteilung im Einspannquerschnitt.

4E

A3.4

Inhomogener Querschnitt

4E

76

z

L¨ osung Wir betrachten die Lastf¨alle getrennt. a) Unter der vertikalen Last F1 folgt aus dem Gleichgewicht

σ1 A1 + σ2 A2 = −F1 ,

dem Elastizit¨ atsgesetz

σi = E i ε i

und der Geometrie durch Einsetzen

ε1 = ε2 = ε

z

ε σ2

2 1 E1 ε1 A1 + E2 ε2 A2 = Eε bh + 4Eε bh = −F1 ; 3 3 und damit F1 F1 σ1 = − , σ2 = −2 . 2bh bh

σ1

ε=−

F1 2Ebh

b) F2 erzeugt ein Einspannmoment ME = −F2 l. Aus der Geometrie (Annahme: Ebenbleiben der Querschnitte) u=ψ·z

;

z

ε = ψ · z ,

ε(z)

dem Elastizit¨ atsgesetz σ(z) = E(z)ε(z) und h/3 h/2 1 1 2 1 2 M = σzdA = 2bψ  [E1 z dz + E2 z dz]

σ(z)

h/3

0

1 h 4 h h 7 = 2bψ  E[ ( )3 + (( )3 − ( )3 )] = bψ  Eh3 3 3 3 2 3 27 ergibt sich mit M = ME ψ = − Damit wird σ1 = E 1 ψ  z = E

27 M z 7 Ebh3

σ2 = E2 ψ  z = 4E

27 M z 7 Ebh3

27 F2 l . 7 Ebh3

;

9F2 l h σ1 ( ) = − , 3 7bh2

;

54F2 l h σ2 ( ) = − . 2 7bh2

Schubspannungen

Aufgabe 3.5 Ein Holztr¨ager kann aus 3 Balken (Querschnittsabmessungen jeweils b = a, h = 2a) unterschiedlich zusammengeleimt werden. Wie groß ist f¨ ur die beiden Varianten x und y die maximal zul¨ assige Belastung F eines Kragtr¨ agers, wenn die zul¨ assige Schubspannung τzul in der Leimschicht in beiden F¨ allen gleich ist?

77 F

 1

 2 b b

y

b b b

h y b

z

z

h

h

L¨ osung Mit Q = F gilt f¨ ur die Schubspannung in der Leimschicht (z = zl ) allgemein F S(zl ) . I b(zl ) Daraus folgt f¨ ur τ (zl ) = τzul die maximale Belastung Fmax zu τ (zl ) =

Fmax =

τzul I b(zl ) . S(zl )

F¨ ur die Variante x ergeben sich $ hb3 ! h b "2 % bh3 bh = 10 a4 , +2 + + I= 12 12 2 2 b(zl ) = b = a ,  1 zdA = (h + b)bh = 3 a3 . S(zl ) = 2 A∗

1 (h + b) 2

zl

A∗

z

Damit wird 10 10a4 · a τzul a2 . = 3a3 3 Analog erh¨ alt man f¨ ur die Variante y F1max = τzul

h(3b)3 9 = a4 , b(zl ) = h = 2a , 12 2 1 S(zl )= zdA = b · bh = 2a3 I=

A∗

zl

b

A∗

z

und damit F2max = τzul

9 9a4 · 2a = τzul a2 . 2 · 2a3 2

Anmerkung: Die Schubspannungen im Querschnitt bei z = zl und im dazu senkrechten Schnitt in der Leimschicht sind gleich (zugeordnete Schubspannungen!).

A3.5

78

A3.6

Schubspannungen

Aufgabe 3.6 Man berechne die Schubspannungen unter Querkraft im dargestellten I-Tr¨ ager mit d¨ unnwandigen Gurten und d¨ unnwandigem Steg.

b tS h

y

tG

z

L¨ osung Zur Ermittlung der Schubspannungen aus

τ =

Q S(s) I t(s)

ben¨ otigen wir zun¨ achst das Tr¨ agheitsmoment I um die y-Achse. Mit tG b und tS h erhalten wir I= IG + IS = 2 tG b

 2 h h3 + tS 2 12

h2 h2 (tS h + 6tG b) = (AS + 6AG ) . = 12 12

y

Das statische Moment der Teilfl¨ ache A∗ f¨ ur eine Schnittstelle s im unteren Gurt wird S(s) =

A∗ z

s

h tG s 2

und f¨ ur eine Schnittstelle z im Steg  S(z)= 2

= AG

h b tG 2 2



h  + z h + 2 − z tS 2 2

tS h + (h2 − 4z 2 ) . 2 8

y

h −z 2

z



 h + z /2 2

Schubspannungen

79

Damit wird die Schubspannung im Gurt

Q τG (s) =

h tG s 2

h2 (AS + 6AG )tG 12

Q = AS

AS s AG AS h 1+ 6AG

und im Steg  Q τS (z) =

/  2 0  2z AS tS 2 h 2 1+ 1− AG + (h − 4z ) 4A h G 2 8 Q = . 2 AS AS h 1+ (AS + 6AG ) tS 6AG 12

Der Gr¨ oßtwert der Schubspannungen im Steg,

τS max

Q = τS (z = 0) = AS

AS 4AG , AS 1+ 6AG 1+

ist je nach den Fl¨ achenverh¨ altnissen AS /AG gr¨ oßer als der Gr¨ oßtwert im Gurt

τG max

Q = τG (s = b/2) = AS

τ

AS b AG . AS 2h 1+ 6AG

τS max

τG max

15 Q F¨ ur das Beispiel AS = AG und b = h wird τS max = und 14 AS 6 Q . Der Kleinstwert im Steg, τG max = 14 AS τS min = τS (z = h/2) =

Q AS

12 Q 1 = , AS 14 AS 1+ 6AG

aherung wirkt dann ist dann nur um 20% kleiner als τS max . In grober N¨ im Steg die mittlere Schubspannung τmittel = Q/AS .

80

A3.7

Verbundtr¨ager

Aufgabe 3.7 Ein Verbundtr¨ ager besteht aus einem obenliegenden Betonbalken und einem damit schubfest verbundenen Stahltr¨ ager. Er wird durch ein Biegemoment M beansprucht. a) Wie groß muss die Breite b des Betonbalkens gew¨ ahlt werden, wenn im Beton nur Druckspannungen und im Stahl nur Zugspannungen auftreten sollen? b) Wie groß sind dann die Spannungen in den Randfasern der Teilquerschnitte?

b h 2h M h Geg. :M = 2000 kNm EB = 3, 5 · 104 N/mm2 ES = 2, 1 · 105 N/mm2 h = 50 cm AS = h2 / 6 IS = h4 / 18

L¨ osung zu a) Damit im Beton nur Druck und im Stahl nur Zug auftritt, muss die Verbundfuge dehnungsfrei sein (=neutrale Faser). Mit dem gew¨ ahlten Koordinatensystem gilt dann

y

SB

zB zS

ε = az ,

z

SS

wobei a noch unbekannt ist. F¨ ur die Spannungen im Stahl und Beton gilt damit σS = E S ε = a E S z ,

σB = E B ε = a E B z .

Da der Balken nur durch ein Moment beansprucht wird, muss die Normalkraft N verschwinden:     N= σS dA + σB dA = 0 ; ES z dA + EB z dA = 0 . AS

AB

Mit  z dA = zS AS = h AS

AS

h3 h2 = , 6 6

 z dA = zB AB = − AB

AB

h2 b h hb = − 2 2

Verbundtr¨ager

81

und ES /EB = 6 erh¨ alt man daraus die gesuchte Breite b: 6

h3 h2 b − =0 6 2

;

b = 2h = 100 cm .

zu b) Die Unbekannte a bestimmen wir aus dem gegebenen Biegemoment. Es gilt zun¨ achst     z σS dA + z σB dA = a ES z 2 dA + a EB z 2 dA . M= AS

AB

AS

AB

Einsetzen von  h4 2 h4 + = h4 z 2 dA= IS + h2 AS = 18 6 9 AS



z 2 dA= AB

2 bh3 = h4 3 3

liefert schließlich M=

  ES ah4 EB + 6 = 2ah4 EB 2 9 EB

;

a=

M . 2h4 EB

Damit ergeben sich die Spannungen im Stahl und Beton zu σS =

ES M M z=3 4 z, 2EB h4 h

σB =

M z. 2h4

F¨ ur die obere Randfaser im Beton (z o = −h) und die untere Randfaser im Stahl (z u = 2h) folgen daraus −8 N/mm2 o σB =−

M = −8 N/mm2 , 2h3

σSu = 6

M = 96 N/mm2 , h3 96 N/mm2

82

A3.8

Schubspannungen

Aufgabe 3.8 Man bestimme die Schubspannungen infolge Querkraft f¨ ur den dargestellten d¨ unnwandigen Balkenquerschnitt (t a).

Q

2a

t y 2a

S

t

z

t

a

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Querschnittsfl¨ache, den Schwerpunktsabstand und das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment: I bA = 2a · 2at + 2a · 2at

;

b=

s1

y¯

A = 4at + 2 · 2at + 2at = 10 at , 4 a, 5

b

s2

3

40 3 t(2a) = ta , 3 3 104 3 ta . I = Iy = Iy¯ − b2 A = 15 Iy¯ = (2a)2 2at + 2

S

y

II

z III

s

3 Da der Querschnitt symmetrisch ist, ist auch der Schubspannungsverlauf symmetrisch zur z-Achse. Wir betrachten daher nur den halben Querschnitt. Mit den Kooordinaten s1 bis s3 erh¨ alt man f¨ ur die statischen Momente in den Bereichen I bis III

4 at s1 , 5  b − s2 48 2 1 SII = b 2at + s2 + (b − s2 ) t = a t − t s22 , 2 25 2 6 SIII = (2a − b)t s3 = at s3 . 5

SI = b s 1 t =

τI

Damit werden die Schubspannungen

3 Q/at 26

3 Q s1 Q SI 3 Q/at = , 13 It 26 at a 18 Q/at 65   Q 18 15 s22 Q SII = − = , It at 65 208 a2 τ

τI =

τII

τ

II

τIII =

Q SIII 9 Q s3 . = It 52 at a

9 Q/at 52

τIII

Schubmittelpunkt

Aufgabe 3.9 Wo liegt der Schubmittelpunkt f¨ ur das dargestellte, geschlitzte Kastenprofil? (t b, h)

83

A3.9

b t h

L¨ osung Wir ermitteln zun¨achst f¨ ur die Teilfl¨ achen die statischen Momente bez¨ uglich y: h2 s2 h SI = t 1 , SII = t + ts2 , 2 8  2  h s3 h2 h + bt + s3 t − . SIII = t 8 2 2 2 Damit werden die Schubspannungen

y III

I

s1

II

s3

s2 τII

Q s21 , I 2 τI  Q h2 h M rM τII = + s2 , 0 I 8 2  Q Q h2 h s3 τI τIII = + b + (h − s3 ) . τIII I 8 2 2 ¨ Aus der Aquivalenz der Momente um 0 τII folgt   3  h/2  b h 1 Qt 1 h b + bh3 + h2 b2 Q rM = 2 τI bt ds1 + 2 τII t ds2 = 2 I 24 8 4 0 0   1 Qtbh2 1 h+ b . = I 6 4 τI =

Mit dem Tr¨ agheitsmoment   $ th3 ! h "2 % h b = th2 I=2 + bt + 12 2 6 2 f¨ ur das d¨ unnwandige Profil erh¨ alt man f¨ ur den Abstand rM des Schubmittelpunktes M vom Bezugspunkt 0 1 1 2h + 3b tbh2 6 h + 4 b =b . rM = 1 th2 1 2h + 6b h+ b 6 2

84

A3.10

Biegung um zwei Achsen

Aufgabe 3.10 Ein Kragtr¨ager mit d¨ unnwandigem Rechteckquerschnitt wird durch die Momente My = F l und Mz = 2F l belastet.

l x

Man ermittle die Normalspannungsverteilung u ¨ ber den Querschnitt f¨ ur b = 2h.

My

b t

Mz t  b, h

h

L¨ osung Wegen der Symmetrie sind y und z Hauptachsen. Die Spannungsverteilung folgt daher aus σ=

Mz My z− y. Iy Iz y

Mit  h 2 th3 +2· tb = 12 2  b 2 tb3 +2· Iz = 2 · ht = 12 2 Iy = 2 ·

z

1 2 th (h + 3b) , 6 1 2 tb (b + 3h) 6

und den gegebenen Momenten findet man daraus Fl 2F l 6F l  z y σ= . z− y= 3 − 1 2 1 th 7 10 th · 7h t 4h2 · 5h 6 6 Die Gleichung der neutralen Faser (Nulllinie) folgt aus σ = 0 zu z=

7 y. 10

Nulllinie

y

σ z

Zum besseren Verst¨ andnis sind die Spannungen f¨ ur beide Belastungen getrennt aufgetragen:

36 F l 35 th2

σ

infolge Mz

21 F l 35 th2

infolge My

15 F l 35 th2

Schiefe Biegung

Aufgabe 3.11 Ein beiderseits gelenkig gelagerter Balken mit d¨ unnwandigem Profil (t b) ist in der Mitte durch die Kraft F belastet.

A3.11

l 2

F

b

F

Man ermittle die Spannungsverteilung unter der Last sowie Ort und Gr¨ oße der Maximalspannung.

85

t S

2b

y b

z

L¨ osung Beim unsymmetrischen Profil sind die Hauptachsen nicht bekannt. Wir m¨ ussen deshalb die Formeln der schiefen Biegung anwenden. Danach errechnet sich f¨ ur Mz = 0 die Spannung aus My (Iz z + Iyz y) . Δ Mit dem Moment unter der Last σ=

Fl 4 und den Querschnittswerten My = Mmax =

$ tb3 ! b " % 2 t(2b)3 8 2 bt = t b3 , + 2 · b2 (bt) = tb3 , Iz = 2 + 12 3 12 2 3 b 3 Iyz = −2 · b · · bt = −tb , 2 16 2 6 7 2 = Δ = Iy Iz − Iyz t b − t 2 b6 = t 2 b6 9 9 ergibt sich   Fl 3 Fl 2 3 t b z − t b3 y = σ= (2z − 3y) . 7 2 6 3 28 t b3 4· t b 9 Die neutrale Faser folgt aus der Bedingung neutrale 3 σ=0 ; z = y. Faser 2 Druck Die maximalen Spannungen liegen in den Punk2 S ten, die den gr¨ oßten Abstand von der neutralen y 3 Faser haben (y = 0, z = ±b): Zug Iy =

σmax = ±

3 Fl . 14 t b2

z

86

A3.12

Spannungen im Biegebalken q0

Aufgabe 3.12 Ein Kragtr¨ ager mit d¨ unnwandigem Profil (t a) ist durch eine Gleichstreckenlast q0 und eine Einzelkraft F belastet.

F l

Gesucht ist die Normalspannungsverteilung im Einspannquerschnitt. Geg.: F = 2q0 l.

a t

L¨ osung Wir legen ein y, z-System durch den noch unbekannten Schwerpunkt, wobei wegen der Symmetrie zur 45◦ -Achse die Abst¨ ande ξS von beiden Schenkeln gleich sind. Da das statische Moment um die Schwerachse verschwindet, gilt a a ξS at = − ξS a t ; ξS = . 2 4 In Bezug auf die Schwerachsen findet man

a

y

S

ξS z

! a "2 ta3 ! a "2 5 3 + ta , at+ at= 12 4 4 24 ! a "! a " a a 1 at− − =− − a t = − ta3 . 4 4 4 4 8

Iy = Iz = Iyz

Damit wird ! 5 "2 2 6 1 2 6 1 2 6 t a − t a = t a . 24 64 36 Die Schnittmomente im Einspannquerschnitt (Rechtsschraube positiv!) lauten 2 Δ = Iy Iz − Iyz =

q0 l2 und Mz = F l = +2q0 l2 . 2 Damit folgt f¨ ur die Spannung My = −

1 {[My Iz − Mz Iyz ] z − [Mz Iy − My Iyz ] y} Δ  +  q0 l2 5 3 ta3 36 z − ta − 2q0 l2 − = 2 6 t a 2 24 8    , 5 q0 l2 ta3 − 2q0 l2 ta3 + − y 24 2 8

σ=

=

3 q0 l2 (7z − 17y) . 4 ta3

Spannungen im Biegebalken

87

Man kann die Spannungsverteilung auch bez¨ uglich der Hauptachsen y ∗ , z ∗ beschreiben, deren Lage wegen der Symmetrie bekannt ist. Die Haupttr¨ agheitsmomente sind mit Iy = Iz und ϕ = 45◦ Iy∗ = Iz∗

Iy + Iz 5 3 1 3 1 3 + Iyz = ta − ta = ta , 2 24 8 12

y∗

Zerlegen wir die Belastung nach den Hauptrichtungen, so wird My∗

q0 l2 cos ϕ + F l sin ϕ =− 2   1 1√ = q0 l2 2 − 2, 2 2

S

y

Iy + Iz 5 3 1 3 1 = − Iyz = ta + ta = ta3 . 2 24 8 3

My

z

ϕ=

z∗ π 4

Mz

q0 l2 sin ϕ + F l cos ϕ 2   1√ 1 = q0 l2 +2 2, 2 2

Mz∗ =

und damit folgt f¨ ur die Spannungen im Hauptachsensystem √ My∗ ∗ Mz∗ ∗ 3 2 q0 l2 (12z ∗ − 5y ∗ ) . σ= ∗ z − ∗ y = Iy Iz 4 ta3 Zur Kontrolle transformieren wir mit 1√ 2, z ∗ =−y sin ϕ + z cos ϕ = (z − y) 2 y ∗ =y cos ϕ + z sin ϕ = (z + y)

1√ 2 2

zur¨ uck und finden nach Einsetzen σ=

3 q0 l2 3 q0 l2 [12(z − y) − 5(z + y)] = (7z − 17y) . 3 4 ta 4 ta3

Nulllinie

Druck

Die neutrale Faser gen¨ ugt der Gleichung z=

17 y. 7

y Zug z

88

A3.13

Integration der Biegelinie x

Aufgabe 3.13 F¨ ur den beiderseits gelenkig gelagerten Balken ermittle man: a) Ort und Betrag des gr¨ oßten Moments, b) Ort und Betrag der gr¨ oßten Durchbiegung, c) die Neigung der Biegelinie an den Lagern.

q0 EI l

L¨ osung Da der Balken statisch bestimmt gelagert ist, k¨onnen Biegemoment und Durchbiegung getrennt berechnet werden. zu a) Aus der gegebenen Belastung x q = q0 l folgt durch zweimalige Integration x2 + C1 , 2l 3 x + C1 x + C2 . M = −q0 6l Mit den statischen Randbedingungen Q = −q0

M (0) = 0

;

C2 = 0 ,

M (l) = 0

;

C1 =

wird

q0 l 6

! x "2 % q0 l2 $ x ! x "3 % q0 l $ 1−3 − , M= . 6 l 6 l l Der Ort und die Gr¨ oße des maximalen Biegemoments folgen aus der Bedingung M  = 0 : ! x∗ "2 1√ M = Q = 0 ; 1 − 3 = 0 ; x∗ = 3 l = 0, 577 l , l 3 Q=

Mmax = M (x∗ ) =

! 1√ 1" 1√ 3 q0 l2 1 − 3 q0 l2 . = 18 3 27

zu b) Mit dem nun bekannten Momentenverlauf   q0 l2 x  x 3 M= − 6 l l folgt aus EI w = −M durch zweimalige Integration 1 x4 q0 l2  x2 − + C3 , EI w = − 6 2l 4 l3 2 3 5 1 x q0 l x − + C3 x + C4 . EI w = − 6 6l 20 l3

Integration der Biegelinie

89

Die neuen Integrationskonstanten ergeben sich jetzt aus den geometrischen Randbedingungen w(0) = 0 w(l) = 0

;

C4 = 0 ,

;

q0 l3 C3 = 6



1 1 − 6 20

 =

7 q0 l3 . 360

Damit erh¨ alt man (vgl. auch Biegelinientafel auf Seite 70, Lastfall Nr. 3)   x 5   x 3 x q0 l4 7 − 10 . EI w = +3 360 l l l Der Maximalwert folgt aus der Bedingung w = 0 :  ∗∗ 2  ∗∗ 4 x x + 15 =0 EI w = 0 ; 7 − 30 l l  ∗∗ 4  ∗∗ 2 x x 7 ; −2 + = 0, l l 15 

8 ∗∗ ) l = 0, 519 l . ; x = 1( + − 15 (Das (+)-Vorzeichen liefert einen x-Wert außerhalb des G¨ ultigkeitsbereiches.) Damit wird 

 8  8 2 % q0 l4 8 $ ∗∗ 7−10 1− + 3 1− wmax = w(x ) = 1− 360EI 15 15 15 = 0, 0065

q0 l4 . EI

zu c) Die Neigung der Biegelinie an den Lagern folgt aus 7 q0 l3 C3 = , EI 360 EI   l 8 q0 l3 q0 l2 l 7 q0 l3 − =− . + w (l) = − 6EI 2 4 360 EI 360 EI

w (0) =

Anmerkung: Das gr¨ oßte Moment und die gr¨ oßte Durchbiegung liegen an verschiedenen Stellen: x∗ = x∗∗ .

90

A3.14

Integration der Biegelinie x

Aufgabe 3.14 F¨ ur den beiderseits eingespannten Balken ermittle man die Momentenlinie.

q0

EI l

L¨ osung Der Balken ist statisch unbestimmt gelagert. Die Momentenlinie kann daher u ¨ ber die Ermittlung der Biegelinie gefunden werden. Aus der Grundgleichung folgt durch vierfache Integration EI wIV = q = q0 , −EI w = Q = −q0 x + C1 , −EI w = M = −q0 EI w = q0 EI w = q0

x2 + C1 x + C2 , 2

x3 x2 − C1 − C2 x + C3 , 6 2 x4 x3 x2 − C1 − C2 + C3 x + C4 . 24 6 2

F¨ ur die 4 Randbedingungen stehen in dieser Aufgabe 4 geometrische Aussagen zu Verf¨ ugung: w (0) = 0 ;

C3 = 0 ,

w(0) = 0 ;

C4 = 0 ,

w (l) = 0 ; w(l) = 0 ;

⎫ q0 l3 l2 ⎪ − C1 − C2 l = 0 ⎪ ⎬ 6 2 ⎪ ⎪ q0 l4 l3 l2 − C1 − C2 = 0⎭ 24 6 2

C1 = ;

C2 = −

Damit wird   x 2  q0 l2 x M =− . 1−6 +6 12 l l q0 l2 12

M

x

√l 12 q0 l2 24

q0 l 2

q0 l2 12

l

q0 l2 . 12

Integration der Biegelinie

Aufgabe 3.15 Gesucht ist die Durchbiegung des links elastisch gest¨ utzten, rechts eingespannten Balkens unter einer Belastung in Form einer quadratischen Parabel.

91

q0

x

EI

c l

L¨ osung Wir stellen zun¨achst die Gleichung der Belastung auf. Aus der allgemeinen Parabelgleichung q = A + Bx + Cx2 und ;

q(0) = 0

A=0, ⎫ Bl + Cl2 = 0 , ⎬ q0 B ; C=− , B=4 l2 l l l B + C = q0 ,⎭ 2 4 2x x 3 − ( )2 . erh¨ alt man q(x) = 4q0 l l Vierfache Integration von EI wIV = q ergibt  x2 x3 − 2 + C1 , −EI w = Q = −4q0 2l 3l  x3 x4  − −EI w = M = −4q0 + C1 x + C2 , 6l 12l2  x4 5 2 x x EI w = 4q0 − C1 − − C2 x + C3 , 24l 2 60l2  x5 x3 x2 x6 − C1 EI w = 4q0 − − C2 + C3 x + C4 . 2 120l 6 2 360l q(l) = 0 ; l q( ) = q0 ; 2

Die Randbedingungen liefern ; C2 = 0 , C4 Q(0) = c · w(0) ; C1 = c , EI 3 2 q0 l l ; − C1 + C3 = 0 , w (l) = 0 10 2 q0 l4 l3 w(l) = 0 ; − C1 + C3 l + C4 = 0 . 45 6 urzung Aus den 3 Gleichungen f¨ ur C1 , C3 und C4 folgen mit der Abk¨ Δ = 1 + cl3 /3EI 1 cl3 7 c q0 l4 q0 l3  7 q0 l4 , C3 = − 1− , C4 = C1 = 90 Δ EI 10Δ 18 EI 90 Δ M (0) = 0

und damit w=

q0 l4 10EI



 1 ! x "5 1! x "6 7 cl3 ! x "3  1 cl3 1 ! x " 7 − − − 1− . + 3 l 9 l 54 ΔEI l 18 EI Δ l 9Δ

A3.15

92

A3.16

Balken mit mehreren Feldern

Aufgabe 3.16 Ein u ¨ berkragender Balken ist durch eine Gleichstreckenlast q0 belastet.

x2

x1

q0

EI

Gesucht ist die Absenkung am freien Ende.

a

2a

L¨ osung Wir l¨osen die Aufgabe auf zwei verschiedenen Wegen. 1. L¨ osungsweg: Wegen der Unstetigkeit von q(x) m¨ ussen wir zwei Bereiche betrachten: 0 ≤ x1 < 2a

q1 = 0 , Q 1 = C1 , M1 = C1 x1 + C2 ,

x21 − C2 x 1 + C3 , 2 3 x x2 EI w1 = −C1 1 − C2 1 + C3 x1 + C4 , 6 2 0 < x2 ≤ a q2 = q0 , EI w1 = −C1

Q2 = −q0 x2 + C5 , x2 M2 = −q0 2 + C5 x2 + C6 , 2 x32 x2  EI w2 = q0 − C5 2 − C6 x 2 + C7 , 6 2 x42 x32 x2 − C5 − C6 2 + C7 x 2 + C8 . EI w2 = q0 24 6 2 Die 8 Integrationskonstanten Ci folgen aus: ⎧  4 Rand−⎨w1 (0) = 0 ; C3 = 0 , w1 (0) = 0 ; C4 = 0 , 2 bedin− ⎩Q2 (a) = 0 ; C5 = q0 a , M2 (a) = 0 ; C6 = − q0 a gungen 2 ⎧ ⎪ ;C1 2a + C2 = C6 , ⎪M1 (2a) = M2 (0) ⎪ und 4 ⎪ ⎪ ⎪ (2a)2 ⎪ ¨ ⎨w1 (2a) = w2 (0) − C2 2a + C3 = C7 , ; −C1 Uber− 2 gangs− ⎪ (2a)3 (2a)2 bedin− ⎪ ⎪ − C2 w1 (2a) = w2 (0) = 0 ; −C1 ⎪ ⎪ 6 2 gungen ⎪ ⎪ ⎩ +C3 2a + C4 = C8 = 0 ;

3 C1 = − q0 a , 8

C2 =

1 q0 a2 , 4

C7 =

1 q0 a3 , 4

C8 = 0 .

¨ (F¨ ur die Querkraft l¨ asst sich keine Ubergangsbedingung angeben, da

Balken mit mehreren Feldern

93

sie um den Betrag der unbekannten Lagerkraft B springt). Damit wird die Absenkung am freien Ende + , a4 a4 a4 3 q0 a4 q0 a4 − + + = . w2 (a) = EI 24 6 4 4 8 EI 2. L¨ osungsweg: Mit Hilfe des F¨ oppl-Symbols k¨ onnen wir beide Bereiche in einer Gleichung erfassen. Wir z¨ ahlen x von links und m¨ ussen den Querkraftsprung bei B beachten (B wird nach oben positiv angenommen): q = q0 < x − 2a >0 , Q = −q0 < x − 2a >1 +B < x − 2a >0 +C1 , 1 M = − q0 < x − 2a >2 +B < x − 2a >1 +C1 x + C2 , 2 1 1 1 EI w = q0 < x − 2a >3 − B < x − 2a >2 − C1 x2 − C2 x + C3 , 6 2 2 1 1 1 1 4 3 q0 < x − 2a > − B < x − 2a > − C1 x3 − C2 x2 + C3 x + C4 . EI w = 24 6 6 2

Die 5 Unbekannten Ci und B folgen aus ⎧ ⎪ w (0) = 0 ; C3 = 0 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪w(0) = 0 ; C4 = 0 , ⎨ 4 Randbe−⎪ dingungen ⎪ Q(3a) = 0 ; −q0 a + B + C1 = 0 , ⎪ und ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩M (3a) = 0 ; −q0 a + Ba + C1 3a + C2 = 0 2 + (2a)3 (2a)2 1 Lager− w(2a) = 0 ; −C1 − C2 + C3 2a + C4 = 0 . bedingung 6 2 Aufl¨ osen ergibt: 3 C1 = − q0 a , 8

C2 =

1 q0 a2 , 4

C3 = 0 ,

C4 = 0 ,

B=

11 q0 a . 8

Damit wird die Absenkung am freien Ende   q0 a4 11 a3 3 (3a)3 1 (3a)2 3 q0 a4 w(3a) = . − a + a − a2 = EI 24 8 6 8 6 4 2 8 EI Anmerkung: Die Ermittlung der Verschiebung an einer ausgezeichneten Stelle erfolgt meist leichter mit Methoden nach Kapitel 5.

94

A3.17

¨ Ermittlung der Durchbiegung mit dem FOPPL -Symbol

Aufgabe 3.17 Ein Gerber-Balken tr¨ agt auf seinem Kragarm eine Gleichstreckenlast. Wie groß ist die Absenkung des Gelenks und welche Winkeldifferenz tritt am Gelenk auf?

x

q0 EI

A a 2

a 2

a

L¨ osung Mit Hilfe des F¨ oppl-Symbols kann der gesamte Bereich in einer Gleichung erfasst werden. Bei der Integration muss der Winkelsprung Δϕ am Gelenk beachtet werden. a q = q0 − q0 < x − >0 , 2 a a Q = −q0 x + q0 < x − >1 +A < x − >0 +C1 , 2 2 q0 a 2 a x2 + < x − > +A < x − >1 +C1 x + C2 , M = −q0 2 2 2 2 x3 x2 q0 a 3 A a 2  EI w = q0 − < x − > − < x − > −C1 − C2 x 6 6 2 2 2 2 +EIΔϕ < x − a >0 +C3 , x4 A x3 x2 q0 a a − < x − >4 − < x − >3 −C1 − C2 24 24 2 6 2 6 2 +EIΔϕ < x − a >1 +C3 x + C4 .

EI w = q0

Die 4 Integrationskonstanten Ci , die unbekannte Lagerkraft A und die unbekannte Winkeldifferenz Δϕ am Gelenk folgen aus den 6 Bedingungen ; C1 = 0 , M (0) = 0 ; C2 = 0 , 1 a a 3 q0 a4 + C3 + C4 = 0 , w( ) = 0 ; M (a) = 0 ; A = q0 a , 4 2 384 2 4 27 27 3 3 3  w (2a) = 0 ; q0 a − q0 a − q0 a + EIΔϕ + C3 = 0 , 3 48 32 81 81 2 q0 a4 − q0 a4 + EIΔϕ a + C3 2a + C4 = 0. w(2a) = 0 ; q0 a4 − 3 384 192 Aufl¨ osung ergibt Q(0) = 0

5 39 9 q0 a3 , C4 = q0 a4 , EIΔϕ = q0 a3 . 24 384 32 Damit erh¨ alt man f¨ ur die Absenkung des Gelenks C3 = −

1 q0 a4 12 EI und f¨ ur die Winkeldifferenz 9 q0 a3 Δϕ = . 32 EI wG = w(a) = −

wG

Δϕ

Tr¨ager mit ver¨anderlichem Querschnitt

Aufgabe 3.18 Eine einseitig eingespannte Blattfeder mit der konstanten Dicke t und der ver¨ anderlichen Breite b = b0 l/(l + x) ist am freien Rand mit F = q0 b0 /2 belastet.

95

A3.18 b0 E b

Wie groß ist die Absenkung unter der Last?

t

x

q0

l

L¨ osung Da das System statisch bestimmt ist, ermitteln wir zun¨achst den Momentenverlauf: Q = F = const ,

M = Fx + C .

Mit M (l) = 0 folgt C = −F l und daher M = −F (l − x) . Einsetzen in die DGL der Biegelinie EI w = −M liefert mit t3 b0 t 3 l = 12 12 l + x und der Abk¨ urzung I0 = b0 t3 /12 : I(x) = b(x)

F (l − x)(l + x) F = (l2 − x2 ) . EI0 l EI0 l Integration ergibt F 2 x3 l x− w = + C1 , EI0 l 3 F  2 x2 x4 l w= − + C1 x + C2 . EI0 l 2 12 w =

Mit w (0) = 0

;

C1 = 0 ,

w(0) = 0

;

C2 = 0

wird w(l) = wmax =

5 F l3 . 12 EI0

Anmerkung: F¨ ur einen Tr¨ ager der konstanten Breite b0 ergibt sich unter gleicher Last eine kleinere Absenkung w(l) =

4 F l3 F l3 = . 3EI0 12 EI0

96

A3.19

Tr¨ager mit ver¨anderlichem Querschnitt x

Aufgabe 3.19 Ein Kragtr¨ager mit Rechteckquerschnitt (Breite b, H¨ ohe h(x)) unter Dreieckslast soll in den Außenfasern die konstante Spannung σ0 haben. Gesucht ist die Enddurchbiegung.

q0 E l

L¨ osung Wir m¨ ussen zun¨ achst die noch unbekannte Querschnittsh¨ ohe ermitteln. Aus |M | = σ0 σmax = W folgt mit M =− f¨ ur h(x)

q0 x3 , 6l

h(x) =

b h3 (x) , 12

W (x) =

I b h2 (x) = h/2 6

q0 3/2 x . σ0 bl

Damit wird I(x) =

I=

q0 12σ0 l



q0 9/2 x . bσ0 l

Integration von EI w = −M liefert unter Einarbeitung der Randbedingungen w (l) = w(l) = 0 :   q0 x3 12σ0 l bσ0 l −9/2 M σ0 bσ0 l −3/2  = x =2 x , w =− EI 6lEq0 q0 E q0  σ0 bσ0 l   −2x−1/2 + 2l−1/2 , w =2 E q0  σ0 bσ0 l  −4x1/2 + 2l−1/2 x + 2l1/2 . w=2 E q0 F¨ ur die Enddurchbiegung erh¨ alt man hieraus  σ0 bσ0 l2 . w(0) = 4 E q0 Zur Probe f¨ uhren wir eine Dimensionskontrolle durch (K =Kraft, & L=L¨ & ange):

−2 −2 2 LKL L KL = L. [w] = KL−2 KL−1

Superposition

Aufgabe 3.20 Der dargestellte Tr¨ager besteht aus 2 Teilen unterschiedlicher Biegesteifigkeit.

F

2EI

EI II

I

Wie groß ist die Absenkung f am freien Ende?

97

l

l

L¨ osung Wir superponieren mit Hilfe der Biegelinientafel auf Seite 70. Hierzu denken wir uns den Balken II zun¨ achst bei B eingespannt und berechnen seine Eigendurchbiegung wII . Dazu kommt die Eigendurchbiegung wI des linken Balkens I infolge F und M = F l. Schließlich m¨ ussen wir beachten, dass am Ende des linken Balkens eine Neigung wI auftritt, die sich – multipliziert mit dem Hebelarm l – am Ende als zus¨ atzliche Absenkung ¨ außert:

B

I

F

F

II

I

wI wI

f

F

Fl

B

II B

f = wII + wI + wI l = wII + (wIF + wIM ) + (wI F + wI M )l . Dabei wird nach Lastfall Nr. 5

wII =

F l3 , 3EI

wIF =

F l3 , 3(2EI)

wI F =

und nach Lastfall Nr. 8

wIM =

(F l)l2 , 2(2EI)

wI M =

(F l)l . (2EI)

Addition ergibt F l3 f= 3EI

+ , 1 3 3 3 3 F l3 . 1+ + + + = 2 4 4 2 2 EI

F l2 2(2EI)

wII

A3.20

98

A3.21

Superposition q0

Aufgabe 3.21 F¨ ur den nebenstehenden Balken ermittle man die Biegelinie.

A EI l

L¨ osung Der Balken ist statisch unbestimmt gelagert. Wir l¨osen das ¨ Einspannmoment als statisch Uberz¨ ahlige X aus:

q0

q0

X = MA

wq

 wX

Aus der Biegelinientafel auf Seite 70 liest man f¨ ur die Winkel ab: Lastfall Nr. 2

wq =

q0 l3 , 24EI

Lastfall Nr. 4 (mit β = 1)

 = wX

Xl . 3EI

Da der Gesamtwinkel an der Einspannung verschwinden muss, liefert die Vertr¨ aglichkeitsbedingung  wq + wX =0

;

1 X = MA = − q0 l2 . 8

¨ Damit erh¨ alt man aus der gleichen Tafel durch Uberlagerung die Biegelinie EI w = EI(wq + wX ) =

q0 l4 1 l2 (ξ − 2ξ 3 + ξ 4 ) − q0 l2 (2ξ + ξ 3 − 3ξ 2 ) 24 8 6

=

q0 l4 (3ξ 2 − 5ξ 3 + 2ξ 4 ) . 48

Statisch unbestimmtes System

Aufgabe 3.22 Ein in A eingespannter und in B durch ein elastisches Seil gehaltener vertikaler Pfosten wird durch eine horizontale Dreieckslast beansprucht.

EI

A3.22

C a

a B

EA

Wie groß ist die horizontale VerschieEI 1 bung v von C f¨ ur 2 = ? a EA 3

99

2a q0

A

L¨ osung Wir trennen Seil und Balken:

vq

vX wq

X

X

wX

Δa

Die Vertr¨ aglichkeit am Seilanschluss fordert Xa (vgl. Kapitel 2) . EA Mit der Biegelinientafel auf Seite 70 finden wir: wq − wX = Δa ,

wobei

Δa =

Lastfall Nr. 7

wq =

q0 (2a)4 8 q0 a4 = , 30EI 15 EI

Lastfall Nr. 5

wX =

8 Xa3 X(2a)3 = . 3EI 3 EI

Einsetzen liefert 8 Xa3 Xa 8 q0 a4 − = 15 EI 3 EI EA

;

1 q0 a 8 5 X= q0 a . = 3 EI 45 1+ 8 a2 EA

Die Verschiebung v ergibt sich damit durch Superposition zu (f¨ ur die Dreieckslast m¨ ussen Absenkung wq und Winkel wq beachtet werden: vq = wq + wq a): /  3 0 q0 (2a)3 X(3a)3 1 q0 (2a)4 2 + a− EI v = EI(vq + vX ) = 3· −1+ 30 24 6 3 3 *' ( ) Lastfall Nr. 5 mit α = 2/3

=

13 14 q0 a4 q0 a4 − Xa3 = . 15 3 27

100

A3.23

Statisch unbestimmte Systeme

Aufgabe 3.23 Zwei parallele Balken (Biegesteifigkeit EI, L¨ ange a) sind im Abstand l voneinander einseitig eingespannt. Ein elastischer Stab (Dehnsteifigkeit EA) der L¨ ange l + δ wird bei a/2 zwischen die Balken gezw¨ angt. a) Wie groß ist die Stabkraft? b) Um welchen Betrag e ¨ andert sich der Abstand l der Balkenenden?

δl

l

l+δ

a/2

a/2

L¨ osung zu a) Aus der Geometrie (Vertr¨aglichkeit) l + 2wX = (l + δ) − Δl ;

wX

 wX

2wX + Δl = δ

fX

X

Δl

folgt mit (vgl. Biegelinientafel auf Seite 70, Lastfall Nr. 5)  a 3 X Xl 2 und Δl = wX = 3EI EA

X X

X

die Stabkraft (Druck)

S=X=

1 δ EA . =δ l a3 a3 EA l + 1+ EA 12EI 12 l EI

zu b) Die Spreizung e erh¨ alt man mit Hilfe der Biegelinientafel auf Seite 70 aus Lastfall Nr. 5 zu

e = 2 fX

/  3 0 Xa3 5 a3 EA 1 1 =2 = 3·1· −1+ 6 EI 2 2 24 l EI

Anmerkung: Im Grenzfall EI → ∞ und e = 0.

δ . a3 EA 1+ 12 l EI

ergeben sich S = δ

EA l

Superposition

Aufgabe 3.24 F¨ ur den skizzierten Balken sind die Lagerreaktionen zu bestimmen

101

A3.24

q0 EI l/2

l/2

L¨ osung Das System ist zweifach statisch unbestimmt. Wir fassen das Einspannmoment MA = X1 und die Lagerkraft B = X2 als statisch ¨ Uberz¨ ahlige auf und superponieren: q0

q0

A

B

wq

C

X1

w2

w1 w1

wq

w2

X2

Unter Beachtung der (willk¨ urlich) gew¨ ahlten Vorzeichen lauten die 2 Vertr¨ aglichkeitsbedingungen wq + w1 − w2 = 0 , wq + w 1 − w 2 = 0 . Mit der Biegelinientafel auf Seite 70 (Nr. 2, 4 und 1) finden wir q0 l3 X1 l X2 l2 + − = 0, 24 3 16 1 X2 l3 5 q0 l4 + X1 l2 − =0 384 16 48 und hieraus X1 = −

1 q0 l2 , 56

X2 =

4 q0 l . 7

Damit erh¨ alt man die Lagerkr¨ afte durch Superposition der 3 Lastf¨ alle zu A=

q0 X1 X2 13 − − = q0 l , 2 l 2 56

1 qo l2 56

q0

4 B = X2 = q0 l , 7 C=

q0 l X1 X2 11 + − = q0 l , 2 l 2 56

MA = X1 = −

1 q0 l2 . 56

13 qo l 56

32 qo l 56

11 qo l 56

102

A3.25

Statisch unbestimmte Systeme

Aufgabe 3.25 F¨ ur den Balken unter Trapezlast ermittle man die Biegelinie.

q0

q1

A

EI

B

l

L¨ osung Der Balken ist einfach statisch unbestimmt gelagert. Wir w¨ahlen ¨ B als statisch Uberz¨ ahlige und superponieren die 3 folgenden Lastf¨ alle (die Trapezlast wird durch Dreieck- und Rechtecklast ersetzt) q1

q1 − q0

B

x

und finden (Seite 70, Nr. 6, 7 und 5)

EI w(x) =

q1 l4 (6ξ 2 − 4ξ 3 + ξ 4 ) 24 −

Bl3 (q1 − q0 )l4 (10ξ 2 − 10ξ 3 + 5ξ 4 − ξ 5 ) − (3ξ 2 − ξ 3 ) . 120 6

Aus der Vertr¨ aglichkeit (Balken ist in B gelagert!) folgt die Lagerkraft B: ;

w(l) = 0

B=

(q1 − q0 )l 3 q1 l − . 8 10

Mit der Umformung (q1 − q0 )l4 q0 l4 q1 l4 = + 24 24 24 wird endg¨ ultig

EI w(x) =

q0 l4 24

+ ξ4 −

5 3 3 2 ξ + ξ 2 2

, +

(q1 − q0 )l4 120

+ ξ5 −

, 9 3 7 2 ξ + ξ . 2 2

Superposition

Aufgabe 3.26 F¨ ur den Zweifeldtr¨ ager sollen die Lagerreaktionen sowie die Durchbiegungen in den Feldmitten beA stimmt werden. Gegeben: F = 2q0 l.

q0

103

l 2

F

A3.26

B

EI l

C l

L¨ osung Wir teilen den Tr¨ager in 2 (beiderseits gelenkig gelagerte) Balken und f¨ uhren das Biegemoment u ¨ ber dem mittleren Lager als statisch Unbestimmte ein: F  (0)

w1

(0)

 (1)

 (0)

(0) (0) B1 B2

A

X

w2

C

(0)

(1)

w1

A

 (1)

(1)

B1

(1)

B2

w2

C (1)

Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgt F 1 (0) q0 l , , B2 = C (0) = 2 2 X (1) (1) A(1) = C (1) = −B1 = −B2 = . l Die Biegelinientafel auf Seite 70 liefert (0)

A(0) = B1

=

q0 l3 F l2 Xl  (0)  (1)  (1) , w2 = , w1 = −w2 = − . 24EI 16EI 3EI Durch Einsetzen in die Vertr¨ aglichkeitsbedingung  (0)

w1

 (0)

w1

=−

 (1)

+ w1

 (0)

= w2

 (1)

+ w2

erh¨ alt man 1 3 1 q0 l2 − F l = − q0 l2 = MB . 16 32 4 Damit wird durch Superposition 1 1 1 A = A(0) + A(1) = q0 l − q0 l = q0 l , 2 4 4 (0) (1) (0) (1) B = B1 + B1 + B2 + B2 = 2q0 l , X=−

F 3 1 − q0 l = q0 l . 2 4 4 Die Durchbiegungen in den Mitten der Felder ergeben sich zu   5 q0 l4 Xl2 1 1 q0 l4 (0) (1) , + − =− f1 = f1 + f1 = 384 EI 6EI 2 8 384 EI   F l3 Xl2 1 1 5 q0 l4 (0) (1) f2 = f2 + f2 = . + − = 48 EI 6 EI 2 8 192 EI C = C (0) + C (1) =

104

A3.27

Temperaturbelastung

Aufgabe 3.27 Auf einem beiderseits eingeTo spannten Balken mit rechteckigem Querschnitt (Breite b, H¨ ohe h) herrscht u ¨ ber die A Tu B x gesamte L¨ ange eine konstante Temperaturl differenz Tu − To . Wie groß sind die Verformung des Balkens und welche maximalen Spannungen treten auf? L¨ osung Der Balken ist zweifach statisch unbestimmt. Wir w¨ahlen als ¨ Uberz¨ ahlige das Einspannmoment X1 = MB und die Lagerkraft X2 = B und superponieren die drei (statisch bestimmten) Systeme:  (0)

wB (0) wB

0“-System ”

 (1)

wB

1“-System ”

 (2)

wB

2“-System ”

(2)

(1) wB

wB

MB

B

Die Verformung im 0“-System folgt mit dem Temperaturmoment ” MΔT = EIαT (Tu − To )/h aus der Grundgleichung w (0) = −MΔT /EI unter Beachtung der Randbedingungen w(0) (0) = 0, w (0) (0) = 0 zu MΔT x2 MΔT x, w(0) (x) = − . EI EI 2 Wegen der Einspannung in B gelten die Kompatibilit¨ atsbedingungen w (0) (x) = −

(0)

(1)

(2)

w B = w B + wB + wB = 0 ,

 (0)

 wB = wB

 (1)

+ wB

 (2)

+ wB

= 0.

Mit der Biegelinientafel auf Seite 70 erh¨ alt man MΔT MB l Bl2 l− − =0, EI EI 2EI Aufl¨ osung ergibt −

B = 0,

−

MΔT l2 MB l2 Bl3 − − = 0. EI 2 2EI 3EI

MB = −MΔT .

Da MB = M = const u ange, folgt die Verfor¨ ber die gesamte Balkenl¨ mung aus M + MΔT =0 zu w ≡ 0. EI Die maximale Spannung wird mit dem Widerstandsmoment W = bh2 /6 w = −

|σmax | =

|M | MΔT =6 . W bh2

Rahmen

Aufgabe 3.28 F¨ ur den dargestellten Rahmen ermittle man die Lagerreaktionen.

105

A3.28

q0 EI a

a

L¨ osung Wir l¨osen das rechte Lager aus und w¨ahlen B als statisch ¨ Uberz¨ ahlige. q0

A

q0

B

vB

vq

Die einzelnen Verschiebungen finden wir mit der Biegelinientafel durch Superposition: q0 a2 2

q0

B

q0

ϕ

vq1

ϕ vq

vq = vq1 + vq2 = ϕ · a + vq2 =

vq2

q0 a2 q0 a4 5 ·a·a+ = q0 a4 , 2 8 8

ψ

Ba

v B1

v B2 B

ψ vB B

4 a3 = Ba3 . 3 3 Einsetzen in die Vertr¨ aglichkeit (Lager bei B) liefert die Lagerkraft B: 15 q0 a . ; B= vq = vB 32 Damit folgt aus den Gleichgewichtsbedingungen vB = vB1 + vB2 = ψ · a + vB2 = Ba · a · a + B

A=

17 q0 a 32

und

MA = −

1 q0 a2 . 32

106

A3.29

Superposition

Aufgabe 3.29 Eine Behelfsbr¨ ucke, die auf beiden Ufern gelagert ist, st¨ utzt sich in der Mitte zus¨ atzlich auf einen Ponton (Quader mit Querschnitt A in der Wasserfl¨ ache). Die Br¨ ucke wird durch eine konstante Gleichstreckenlast q0 belastet. Geg.: Dichte des Wassers ρ, EI/Al3 ρg = 1/12 .

l

l q0 EI ρ

A

Gesucht ist die Eintauchtiefe f des Pontons infolge q0 .

L¨ osung Das System ist statisch unbestimmt gelagert. Wir fassen die ¨ Pontonkraft als statisch Uberz¨ ahlige auf und superponieren: q0

q0

wX X

wq F¨ ur die Absenkung des Pontons gilt (Vertr¨ aglichkeit)

FA

f = w q − wx . Nach dem Prinzip des Archimedes ist die Auftriebskraft FA gleich dem Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeit (siehe auch Kapitel 7), d. h. es gilt X = FA = ρgf A

;

f=

X . ρgA

Die Biegelinientafel auf Seite. 70 liefert Nr. 2 :

wq =

5 q0 (2l)4 , 384 EI

Nr. 1 :

wx =

X(2l)3 . 48EI

Durch Einsetzen folgt 5 q0 16l4 X8l3 X = − ρgA 384 EI 48EI

;

Die Eintauchtiefe betr¨ agt damit 5 q0 l EI l3 X 5 q0 l4 = 6 f= = . 3 ρgA ρgA EI l 72 EI

5 q0 l4 5 24 EI X= = q0 l . 6 1 l3 1 + 6 EI ρgA

Superposition

Aufgabe 3.30 Ein elastisches Seil (Gesamtl¨ ange s) ist an einer Wand befestigt und in C reibungsfrei u ¨ ber eine kleine Rolle gef¨ uhrt. Die Rolle sitzt am Ende eines dehnstarren Balkens.

107

A3.30 EA

ϕ

C EI

Wie weit senkt sich die Last Q ab?

Q

l

L¨ osung Die Absenkung von Q ergibt sich aus der L¨angen¨anderung Δs =

Qs EA

des Seils und einem Anteil δ der Geometrie¨ anderung infolge der Absenkung der Rolle. Letztere ermittelt sich aus der Vertikalbelastung des Balkens V = Q − S cos ϕ = Q(1 − cos ϕ) V

zu w=

Q(1 − cos ϕ)l3 V l3 = . 3EI 3EI

S=Q

ϕ H

wH

V

Q

Die daraus resultierende Absenkung δ der Last Q folgt aus δ = w + an − av bv

ϕ

= w + (s − bn ) − (s − bv )

bn

= w + bv − bn

w

mit bn − bv = w cos ϕ

(f¨ u r w bv ) .

C av

C Q an

δ



Q

Damit wird die Absenkung von Q vQ = δ + Δs = w(1 − cos ϕ) +

  s l3 (1 − cos ϕ)2 Qs =Q + . EA EA 3EI

108

A3.31

Statisch unbestimmte Systeme

Aufgabe 3.31 Nebenstehendes Tragwerk mit dem Steifigkeitsverh¨ altnis α = EI/a2 EA ist durch die Kraft F belastet.

a

a

a

a

B

EI A  1

a) Wie groß sind die Stabkr¨ afte f¨ ur α = 1/8? b) Wie groß muss α sein, damit S2 = 0 wird? c) F¨ ur welches α wird MB = 0?

 2 EA a  1 √ 2EA C F

L¨ osung Das System ist innerlich statisch unbestimmt. Wir trennen zun¨ achst den mittleren Stab heraus (Grundsystem): (0)

(0)

S1

S1

B

A

F 2

C

C

F 2

F

F

√ (0) Aus dem Gleichgewicht in C folgt S1 = 2F/2. Damit wird der Balken durch die Komponenten F/2 belastet. Mit der Biegelinientafel (Lastfall Nr. 1) erhalten wir die Durchbiegung an der Stelle A zu (0)

EI wA =

F (4a)3 2 6



 3 1 9 1 1 1 1 1 2 1− + · 1− · − − = F a3 4 4 16 16 4 4 16 16 3

und an der Stelle B zu (0)

EI wB = 2 ·

F (4a)3 1 1 · 2 6 4 2

 1−

1 1 − 16 4

 =

11 3 Fa . 12

Infolge der Stabverl¨ angerungen Δl1 erf¨ ahrt der Punkt C zus¨ atzlich eine Absenkung (0)

wC

√ 1√ Δl1 2 Fa 2√ √ S1 l1 √ Fa 2 . = Δl1 2 = √ 2= √ 2= EA 2EA 2 EA

Insgesamt verschiebt sich daher C um (0)

(0)

(0)

vC = wB + wC =

C

(0)

wC C

2 F a3 Fa + . 3 EI EA

Nun belasten wir das System durch die noch unbekannte Stabkraft alle einzeln: S2 = X und betrachten die Lastf¨

Superposition

A X

I B X

A

109

II B X

Im Teilsystem I verschieben sich die Punkte wie im Grundsystem, wenn man F durch −X ersetzt, d.h. (I)

vC = −

Xa 2 Xa3 − , 3 EI EA

(I)

wB = −

11 Xa3 . 12 EI

Die Verschiebungen im Teilsystem II folgen wieder mit der Biegelinientafel zu (II)

wB

(II)

vC

X(4a)3 4 Xa3 = , 48EI 3 EI + , 1 X(4a)3 1 1  1 11 Xa3 (II) 1− − = wA = = . 6EI 2 4 4 16 12 EI =

Die Vertr¨ aglichkeit verlangt, dass die Differenz der Gesamtverschiebung der Punkte C und B gleich der Verl¨ angerung des Stabes 2 ist: (0)

(I)

(II)

vC + vC + vC

% $ Xa (0) (I) (II) = − wB + w B + w B EA

oder Fa 2Xa3 Xa 11Xa3  11F a3 11Xa3 4Xa3 Xa 2F a3 + − − + − − + = 3EI EA 3EI EA 12EI 12EI 12EI 3EI EA

;

X=

1 α− 4 F. 1 2α + 6

Damit lauten die Antworten auf die Fragen: 1−1 4 F = − 3 F , S = 1 √2 (F − X) = 13 √2 F , X = S2 = 8 1 1+1 10 2 20 4 6 1 zu b) S2 = X = 0 ; α = , 4 F X F zu c) MB = 2a − − a = 0 ; X = −F , 2 2 2 zu a)

;

1 α− 4 F = −F 1 2α + 6

;

α=

1 . 36

110

A3.32

Superpositionsverfahren

¨ Aufgabe 3.32 Uber zwei eingespannte Pfosten soll ein Stahlseil der L¨ ange l gef¨ uhrt und in den Punkten A und B befestigt werden. Das Seil ist um die L¨ ange Δl zu kurz.

EAS

D F

EI

EI

h

a) Welche horizontale Kraft F muss am rechten Pfosten in D angreifen, damit das Seil spannungsfrei befestigt werden kann?

A

B

Δl

b) Nach der Montage wird F entfernt. Wie groß sind dann die Seilkraft und die Einspannmomente?

L¨ osung zu a) Die Kraft F muss den Pfosten um Δl nach links auslenken. Mit der Biegelinientafel (Lastfall 5) folgt Δl =

F h3 3EI

;

F =

3EI Δl . h3

zu b) Die L¨ ange Δl muss von der Verl¨ angerung ΔlS des Seils infolge einer noch unbekannten Seilkraft S und der Enddurchbiegung fS beider Pfosten infolge derselben Kr¨ afte S aufgebracht werden. Aus der Vertr¨ aglichkeitsbedingung Δl = ΔlS + fS + fS ergibt sich danach

Δl =

Sh3 Sh3 Sl + + EAS 3EI 3EI

;

Die Einspannmomente werden dann

M = hS =

Δl EAS h l

1 . 2 h3 EAS 1+ 3 lEI

S=

Δl EAS l

1 . 2 h3 EAS 1+ 3 lEI

Rahmen

Aufgabe 3.33 Ein ebener Rahmen ist durch 2 Kr¨ afte in C und D belastet. Man ermittle die gegenseitige Horizontalverschiebung Δu von C und D.

111

A3.33

a

EI

C

F

2 a 3 2a

D

F

2 a 3

L¨ osung Um die Biegelinientafel anwenden zu k¨onnen, m¨ ussen wir die Verformungen der einzelnen Balken getrennt betrachten und dann u ¨ berlagern. 2 2 M =F a 3

M =F a 3

ϕ ϕ

ϕ 2 ϕ a 3

M

C verschiebt sich um D verschiebt sich um

ψ 2 ψ a 3

w F

F

w

M

2 2 ϕ· a+ψ· a+w 3 3 2 2 ϕ· a+ψ· a+w 3 3

nach rechts, nach links.

Damit wird die gegenseitige Verschiebung   2 2 Δu = 2 ϕ · a + ψ · a + w . 3 3 Mit der Biegelinientafel auf Seite 70 folgt: 2a  2 2a 2 2 Fa − Fa = F a2 , Lastfall Nr. 2 EI ϕ = 3 3 3 6 9 2 2 Lastfall Nr. 8 EI ψ = F a a = F a2 , 3 3 2 3 F a 8 3 Lastfall Nr. 5 EI w = = F a3 . 3 81 Damit erh¨ alt man   4 8 F a3 112 F a3 4 + + = . Δu = 2 27 9 81 EI 81 EI Anmerkung: Wegen der Antimetrie des Systems sind die Vertikalverschiebungen von C und D gleich.

112

A3.34

Rahmen

Aufgabe 3.34 Nebenstehender Dreigelenkbogen ist durch ein Einzelmoment M0 belastet.

l 2

l 2

M0

EI

Man berechne die gegenseitige Verdrehung ΔϕG am Gelenk.

l

L¨ osung Zweckm¨aßig zerlegt man die Belastung in einen symmetrischen und einen antimetrischen Anteil: M0

M0 /2 M0 /2

Unter anti metrischer Last tritt am Gelenk keine Winkeldifferenz auf. Beim symmetrisch belasteten Rahmen gen¨ ugt es, eine H¨ alfte zu betrachten. Die Winkel¨ anderung ψ resultiert alleine aus der Biegung des Pfostens (im Querriegel wirkt nur eine L¨ angskraft). Damit folgt aus der Biegelinientafel auf Seite 70 (Lastfall Nr. 4 mit β = 1 und α = 0)

M0 /2

M0 /2 ψ

ψ

M0 l M0 l ψ= 2 = . 3EI 6EI F¨ ur die gegenseitige Verdrehung erh¨ alt man schließlich

ΔϕG = 2ψ =

M0 l . 3EI

M0 /2

Schiefe Biegung

Aufgabe 3.35 F¨ ur den Tr¨ ager mit d¨ unnwandigem Profil berechne man die Verschiebungen des Kraftangriffspunktes. x

A3.35 t

y

ta a

l

a

F

F E

113

2a

z

L¨ osung Bei unsymmetrischem Querschnitt tritt schiefe Biegung auf. Die Verschiebungen errechnen sich daher aus den zwei Verschiebungsdifferentialgleichungen. Mit den Schnittmomenten My = −F (l − x) ,

Mz = 0

und den Fl¨ achenmomenten f¨ ur den d¨ unnwandigen Querschnitt 8 2 t(2a)3 Iz = ta3 , + 2(at)a2 = ta3 , 12 3 3 a 7 2 = −2(ta)a = −ta3 , Δ = Iy Iz − Iyz = t2 a6 2 9

Iy = Iyz folgen

My Iz 6 F (l − x) , = Δ 7 ta3 3 F Ew = − (l − x)2 + C1 , 7 ta3 1 F (l − x)3 + C1 x + C2 Ew = 7 ta3 und 9 F My Iyz =− (l − x) , Ev  = − Δ 7 ta3 9 F (l − x)2 + C3 , Ev  = 14 ta3 3 F Ev = − (l − x)3 + C3 x + C4 . 14 ta3 Aus den Randbedingungen erh¨ alt man Ew = −

9 F l2 3 F l2 , w (0) = 0 ; C1 = , 3 14 ta 7 ta3 3 3 3 Fl 1 Fl v(0) = 0 ; C4 = , w(0) = 0 ; C2 = − . 14 ta3 7 ta3 Damit werden die Verschiebungen am Lastangriffspunkt x = l v  (0) = 0 ;

w(l) =

2 F l3 7 Eta3

C3 = −

,

v(l) = −

3 F l3 . 7 Eta3

Anmerkung: Man beachte, dass trotz vertikaler Last die horizontale Verschiebung gr¨ oßer ist. Das Profil weicht bevorzugt zur Seite des kleineren Tr¨ agheitsmomentes aus!

114

A3.36

Schiefe Biegung

Aufgabe 3.36 Der Balken auf zwei St¨ utzen ist durch eine Gleichstreckenlast beansprucht.

x

E

Gesucht ist die Verschiebung des Schwerpunktes der Querschnittsfl¨ ache in Balkenmitte infolge Biegung. Geg.: l = 2 m , E = 2, 1 · 105 MPa , q0 = 104 N/m .

q0

l q0 10

[mm]

130

65 10

L¨ osung Zun¨achst berechnen wir die Querschnittswerte: ηS

A = 65 · 10 + 120 · 10 = 1850 mm , (65 · 10) · 5 + (120 · 10) · 70 ζS = = 47, 16 mm , 1850

ζS y

S z

ηS =

(65 · 10) · 32, 5 + (120 · 10) · 5 = 14, 66 mm , 1850

Iy =

65 · 103 10 · 1203 + (42, 16)2 (65 · 10) + + (22, 84)2 (10 · 120) 12 12

= 322, 7 cm4 ,

Iz =

10 · 653 120 · 103 + (17, 84)2 (65 · 10) + + (9, 66)2 (10 · 120) 12 12

= 55, 8 cm4 , Iyz = −(−17, 84)(−42, 16)(65 · 10) − (22, 84)(9, 66)(10 · 120) = −75, 4 cm4 , 2 Δ = Iy Iz − Iyz = 12321, 5 cm8 .

Die Belastung verursacht nur ein Moment um die y-Achse: My (x) =

q0 l x2 x − q0 . 2 2

Schiefe Biegung

115

Damit vereinfachen sich die Grundgleichungen zu Ew = −

My Iz , Δ

Ev  = −

My Iyz . Δ

Zweifache Integration f¨ uhrt auf Iz q0 Ew = − Δ 2 



x2 x3 l − + C1 2 3

 ,

  3 Iz q0 x x4 Ew = − l − + C1 x + C2 , Δ 2 6 12  2  Iyz q0 x x3 Ev  = − l − + C3 , Δ 2 2 3  3  x Iyz q0 x4 l Ev = − − + C3 x + C4 . Δ 2 6 12

Mit den Randbedingungen w(0) = 0

;

C2 = 0 ,

w(l) = 0

;

C1 = −

und der Abk¨ urzung ξ =

l3 , 12

v(0) = 0

;

C4 = 0 ,

v(l) = 0

;

C3 = −

l3 12

x ergibt sich l

Ew =

. Iz q0 l4 - 4 , ξ − 2ξ 3 + ξ 24 Δ

Ev =

. Iyz q0 l4 - 4 . ξ − 2ξ 3 + ξ 24 Δ

In der Balkenmitte (ξ = 1/2) nimmt die geschweifte Klammer den Wert 5/16 an und wir finden mit den Zahlenwerten (umgerechnet in cm) w = 102 · 2004

55, 8 5 1 = 0, 45 cm , · 384 12321, 5 2, 1 · 107

1 5 −75, 4 · = −0, 61 cm , v = 102 · 2004 384 12321, 5 2, 1 · 107 f=



w2 + v 2 = 0, 76 cm .

S

w

v f

116

A3.37

Schiefe Biegung

Aufgabe 3.37 In der Mitte eines Tr¨ agers greift eine Last F an. Der d¨ unnwandige Querschnitt wurde durch Abkanten von 2 mm dickem Aluminiumblech hergestellt.

l 2

F

x E

l 4

F

Gesucht ist die Verschiebung unter der Last.

2

Geg.: l = 2 m , E = 7 · 104 MPa , F = 1200 N .

S

10

y 2

[cm]

4

z

L¨ osung Die Verschiebungen kann man bez¨ uglich des y, z-Achsensystems oder bez¨ uglich der Hauptachsen bestimmen. Wir wollen beide M¨ oglichkeiten betrachten. 1. Weg: Die Schwerpunktslage ist bekannt. In Bezug auf das y, zAchsensystem findet man 0, 2 · 63 0, 2 · 103  0, 2 · 103 + − + 2 · 52 · 0, 2 · 4 = 69, 73 cm4 , Iy = 12 12 12 0, 2 · 83 + 2 · 42 · 0, 2 · 2 = 21, 33 cm4 , Iz = 12 Iyz = −2{5 · 2 · 0, 2 · 4 + 4 · 4 · 0, 2 · 2} = −28, 8 cm4 , 2 Δ= Iy Iz − Iyz = 657, 9 cm8 .

F Mit den Momenten My = x , Mz = 0 f¨ ur 0 ≤ x ≤ l/2 (Sym2 metrie!) folgen die Verschiebungsdifferentialgleichungen Ew = −

F Iz x, 2Δ

Ev  = −

F Iyz x. 2Δ

Nach Integration und Einarbeiten der Randbedingungen erh¨ alt man f¨ ur die Durchbiegung in der Mitte (vgl. auch Biegelinientafel) w=

1200 · 2003 21, 33 F l 3 Iz = = 0, 93 cm , · 48E Δ 48 · 7 · 106 657, 9

F l3 Iyz 1200 · 2003 (−28, 8) · = = −1, 25 cm , 48E Δ 657, 9 48 · 7 · 106 √ f = w2 + v 2 = 1, 56 cm .

v=

Schiefe Biegung

117

2. Weg: Wir beziehen uns auf ein Hauptachsensystem. Nach Band 1 folgen die Hauptrichtungen und die Haupttr¨ agheitsmomente aus tan 2ϕ∗ =

I1,2

2Iyz = −1, 19 Iy − Iz

ϕ∗ = −24, 98◦

;

η

91, 06  = ± 24, 22 + 28, 82 2

;

I1 = Iη = 83, 15 cm4 ,

ψ ∗ = −ϕ∗

y

I2 = Iζ = 7, 91 cm4 .

ζ

z

Zerlegen wir die Last in Richtung der Hauptachsen, Fζ = F cos ψ ∗ = 0, 906 F ,

Fη = −F sin ψ ∗ = 0, 422 F ,

so folgen die gesuchten Verschiebungen nach der Biegelinientafel (Lastfall Nr. 1) zu fη =

1200 · 0, 422 · 2003 Fη l3 = −1, 52 cm , =− 48EIζ 48 · 7 · 106 · 7, 91

Fζ l3 1200 · 0, 906 · 2003 = 0, 31 cm , = 48EIη 48 · 7 · 106 · 83, 15  f = fη2 + fζ2 = 1, 55 cm . fζ =

η ψ∗

v ψ∗ fη

y f ζ

fζ

w z

Zum Vergleich mit der L¨ osung nach dem 1. Weg rechnen wir diese Verschiebungen noch ins y, z-Koordinatensystem um: |v| = |fη | cos ψ ∗ − fζ sin ψ ∗ = 1, 25 cm , w = |fη | sin ψ ∗ + fζ cos ψ ∗ = 0, 93 cm . Anmerkung: Da wir bei der Zahlenrechnung nur 2 Dezimalen ber¨ ucksichtigt haben, weichen die Ergebnisse f¨ ur f in der 2. Dezimalen voneinander ab.

118

A3.38

Inhomogener Querschnitt

x Aufgabe 3.38 Ein aus zwei verschiedenen Materialien zusamE1 , α1 mengesetzter Balken (z. B. BiE2 , α2 metallstreifen zur Messung von Temperaturen) wird gleichm¨ aßig l um ΔT erw¨ armt. Gesucht ist die Durchbiegung am freien Ende.

b h h

y z

L¨ osung Wir nehmen an, dass die Spannungen in jedem Streifen linear verteilt sind und ersetzen sie jeweils durch eine resultierende Kraft Fi und ein Moment Mi . Wenn wir α2 > α1 voraussetzen, m¨ ochte sich der untere Streifen st¨ arker ausdehF1 nen als der obere. Da dies durch M1 die Verbindung verhindert h M2 wird, muss unten eine DruckF2 kraft F2 und oben eine Zugkraft F1 auftreten. F1 und F2 bewirken im zusammengesetzten Balken ein Moment, dem durch die Biegemomente M1 und M2 das Gleichgewicht gehalten wird (es wirkt keine ¨ außere Last!). Es m¨ ussen daher folgende Gleichungen erf¨ ullt werden: Statik

N =0

;

F1 = F2 = F ,

; F h = M1 + M2 , M1 12 M2 12  Elastizit¨ atsgesetze w1 = − , w2 = − . E1 bh3 E2 bh3 Die kinematische Vertr¨ aglichkeit verlangt M =0

w1 = w2 = w . Außerdem m¨ ussen an der Nahtstelle die Dehnungen u ¨ bereinstimmen. Sie bestehen jeweils aus den 3 Anteilen infolge Temperatur α1 ΔT , L¨ angskraft F/EA und Biegemoment M/EW . Unter Beachtung der Vorzeichen gilt daher F M1 6 F M2 6 + = α2 ΔT − − . bhE1 E1 bh2 bhE2 E2 bh2 osen nach w ergibt Eliminieren von Mi und Aufl¨ α1 ΔT +

w = −

12E1 E2 (α2 − α1 )ΔT = −C . h(E12 + 14E1 E2 + E22 )

Integration liefert unter Einarbeitung der Randbedingungen (Einspannung) die Enddurchbiegung l2 w = −C . 2

ΔT w

Verbundtr¨ager

119

Aufgabe 3.39 An einem Verbundtr¨ ager, bestehend aus einer Betonplatte (B) und einem Stahlprofil (S), wurden mit Hilfe von Dehnmessstreifen die Verzerrungen an der Ober- und Unterseite gemessen. Gesucht sind die Schnittgr¨ oßen My und N , welche die gemessenen Dehnungen hervorrufen sowie die Verteilung der wahren und der ideellen Spannungen. Geg.: EB = 3000 kN/cm2 , ES = 21000 kN/cm2 , AS = 149 cm2 , Iy,S = 25170 cm4 .

L¨ osung Die wahren Spannungen ergeben sich aus dem Elastizit¨atsgesetz: σ(z = −17,7 cm) = EB εB = 3000 kN/cm2 · (−10−4 ) = −0,3 kN/cm2 , σ(z = −7,7 cm) = 0 kN/cm2 , σ(z = 22,3 cm) = ES εS = 21000 kN/cm2 · (3 · 10−4 ) = 6,3 kN/cm2 . Mit dem Bezugswert EB f¨ ur den Beton ergeben sich die Wichtungen EB ES nB = = 1 und nS = =7. EB EB F¨ ur die ideellen Spannungen folgt somit 1 σ ¯ (z = −17,7 cm) = σ(z = −17,7 cm) = −0,3 kN/cm2 , nB 1 σ ¯ (z = 22,3 cm) = σ(z = 22,3 cm) = 0,9 kN/cm2 . nS Die Ergebnisse sind in der folgenden Abbildung grafisch dargestellt.

A3.39

120

Verbundtr¨ager

Die ideellen Querschnittswerte A¯ und I¯y ergeben sich zu: ¯ = nB AB + nS AS = (1 · 60 · 10 + 7 · 149) cm2 , A ¯ = 1643 cm2 , A 4 I¯y = nS Iy,S + nB Iy,B + I=B,S nI · Steiner-Anteile ,  60 · 103 + 7 · 149 · (15 + 10 − 17,7)2 = 7 · 25170 + 1 · 12 + 1 · 60 · 10 · (17,7 − 5)2 cm4 , I¯y = 333545,47 cm4 . Die ideellen Spannungen ergeben sich aus N My σ ¯ (z) = ¯ + ¯ z . A Iy Werten wir diese an der Oberkante (z = −17,7 cm) und der Unterkante (z = 22,3 cm) des Profils aus, folgen die Gleichungen (i)

N My + · (−17,7) 1643 333545,47 N My σ ¯ (22,3 cm) = 0,9 kN/cm2 = + · 22,3 . 1643 333545,47

σ ¯ (−17,7 cm) = −0,3 kN/cm2 =

(ii)

Im n¨ achsten Schritt subtrahieren wir Gleichung (i) von Gleichung (ii), um N zu eliminieren: 1,2 =

My · [22,3 − (−17,7)] , 333545,47

und es folgt My =

1,2 · 333545,47 = 10006,364 kNcm ≈ 100 kNm . 40

Nun setzen wir My in Gleichung (i) ein und l¨ osen nach N auf:   1000,634 N = 1643 · −0,3 + · 17,7 = 379,5 kN . 333545,47

Schiefe Biegung

121

Aufgabe 3.40 Der skizzierte d¨ unnwandige Querschnitt wird durch ein Moment My = 10 kNm und eine Druckkraft F = 6 kN beansprucht.

A3.40

Gesucht ist die Spannungsverteilung σ (y, z) u ¨ ber den Querschnitt sowie Ort und Betrag der maximalen Zugspannung.

L¨ osung Die Spannungsformel im Hauptachsensystem lautet: σ(y, z) =

My Mz N + z− y A Iy Iz

Fl¨ acheninhalt des Gesamtquerschnittes A = 1,2 · 20 + 1 · 10 = 34 cm2 . Fl¨ ache, Fl¨ achentr¨ agheitsmomente des Querschnittteils 1 bzgl. y˜1 − z˜1 : A1 = 10 cm2 , I1,y˜1 =

1 · 103 = 83,333 cm4 , I1,˜z1 ≈ 0, I1,y˜1 −˜z1 = 0 12

Fl¨ ache, Fl¨ achentr¨ agheitsmomente des Querschnittteils 2 bzgl. y˜2∗ − z˜2∗ : A2 = 24 cm2 , I2,y˜2∗ ≈ 0, I2,˜z2∗ =

1,2 · 203 = 800 cm4 , I2,y˜2∗ −˜z2∗ = 0 12

Die Tr¨ agheitsmomente des Querschnittsteils 2 m¨ ussen in das y˜2 − z˜2 Koordinatensystem transformiert werden. Drehung um 30◦ gegen den Uhrzeigersinn: I2,y˜2

=

I2,˜z2

=

I2,y˜2 −˜z2 =

1 2 1 2

· 800 + · 800 −

− 21

1 2 1 2

· (−800) · cos(2 · 30◦ ) = 200 cm4 , · (−800) · cos(2 · 30◦ ) = 600 cm4 ,

· (−800) · sin(2 · 30◦ ) = 346,410 cm4 .

Fl¨ achentr¨ agheitsmomente, Deviationsmoment des gesamten Querschnitts: Iy¯ = I1,y˜1 + I2,y˜2 = 83,333 + 200 = 283,333 cm4 , Iz¯ = I1,˜z1 + I2,˜z2 + Steineranteile ! "2 · cos(30◦ ) − 6,11 · 24 = 1129,412 cm4 , = 600 + (−6,11)2 · 10 + 20 2 Iy¯z¯= I2,y˜2 −˜z2 = 346,41 cm4 .

122

Schiefe Biegung

Zur Bestimmung des Hauptachsensystems berechnen wir den Winkel     2 Iy¯ 2 · 346,41 ¯z 2ϕ0 = arctan = arctan = −39,31◦ . Iy¯ − Iz¯ 283,333 − 1129,412 Daraus folgt f¨ ur die Haupttr¨ agheitsmomente Iy =

1 2

· (Iy¯ + Iz¯) +

1 2

· (Iy¯ − Iz¯) · cos(−39,31◦ ) + Iy¯z¯ · sin(−39,31◦ )

1 2

· (Iy¯ − Iz¯) · cos(−39,31◦ ) − Iy¯z¯ · sin(−39,31◦ )

= 159,598 cm4 , Iz =

1 2

· (Iy¯ + Iz¯) − 4

= 1253,147 cm . Zerlegung des angreifenden Moments My¯ ins Hauptsystem: My = My¯ · cos(19,66◦ ) = 941,706 kNcm , Mz = My¯ · sin(19,66◦ ) = 336,438 kNcm . Mit N = F = −6 kN liefert die Spannungsformel σ(y, z) = −

6 941,706 336,438 + z− y. 34 159,598 1253,147

Nun werten wir die Spannungen an den Eckpunkten P1 , P2 und P3 aus.

Es berechnen sich die Spannungen zu σ(12,239; −0,937) = −8,991 kN/cm2 , σ(−4,072; −6,764) = −38,997 kN/cm2 , σ(−7,436; +2,653) = +17,475 kN/cm2 . Die maximale Zugspannung tritt im Punkt P3 (−7,436 ; 2,653) auf.

Bemessung

123

Aufgabe 3.41 Das aus drei Rundh¨olzern gleichen Querschnitts und gleicher L¨ ange zusammengesetzte System ist so zu bemessen, dass a) die zul¨ assigen Biegespannungen von σzul. = 10 N/mm2 an keiner Stelle u ¨ berschritten werden und b) die gr¨ oßte Durchbiegung w des Systems kleiner als l/100 bleibt. Geg.: EHolz = 104 N/mm2 , σzul. = 10 N/mm2 , wzul. = System:

l , 100

l = 3 m.

Querschnitt: q0 = 500 N/m

x

S

E

r =?

y l=3m

l=3m

l=3m

z

L¨ osung zu a) Zur Bemessung der Rundh¨olzer f¨ ur die gegebene zul¨ assige Biegespannung σzul. bestimmen wir zun¨ achst den Momentenverlauf. Das betragsm¨ aßig gr¨ oßte Moment tritt in den Einspannungen auf: 2 2 Mmax = −

2

q0 l . 2

M bestimmen wir das Aus σ = W erforderliche Widerstandsmoment

Werf.

|Mmax | q0 l2 = = . σzul. 2 · σzul.

ql 2

ql 2

M −

−

3

+

6

ql Wir setzen das Widerstandsmo8 ment des Kreisquerschnitts WKreis gleich mit Werf. , so erhalten wir eine Bedingung zur Bestimmung des erforderlichen Radius rerf. des Querschnitts:

2 π r3 q0 l2 3 4 · 0, 5 · 3000 ; r= WKreis = = → rerf. ≈ 66 mm 4 2 · σzul. 2 · 10 π 2

zu b) Die maximale Durchbiegung des Systems wmax tritt in Systemmitte auf. Wir berechnen diese aus der Durchbiegung wI am Momentengelenk (x = l) und der Durchbiegung wII des mittleren Felds an der Stelle x = 1, 5 l.

A3.41

124

Bemessung

I: Die Durchbiegung am Momentengelenk wI (x = l) erhalten wir aus der Momentenlinie des linken Tr¨ agers (0 ≤ x ≤ l) MI (x) =

q0 l2 q0 l x− 2 2

durch zweifache Integration von wI (x) = −MI (x)/EIy : EIy wI (x) = −

q0 l 3 q0 l2 2 x + x + c1 x + c2 . 12 4

Mit wI (0) = 0 und wI (0) = 0 folgt c1 = c2 = 0 und wI (x = l) =

1 q0 l4 . 6 EIy

II: Die relative Durchbiegung im mittleren Feld erhalten wir aus der Idealisierung des Feldes als Einfeldtr¨ ager, mit dem Momentenverlauf MII (ˆ x) = −

q0 2 q0 l x ˆ + x ˆ 2 2

f¨ ur x ˆ ∈ [0, l] .

 Aus wII (ˆ x) = −MII (ˆ x)/EIy folgt durch Integration

x) = EIy wII (ˆ

q0 4 q0 l 3 ˆ + c2 . x ˆ − x ˆ + c1 x 24 12

Die Integrationskonstanten ergeben sich aus den relativen Durchbiegungen des Einfeldtr¨ agers wII (ˆ x = 0) = 0 und wII (ˆ x = l) = 0 zu c2 = 0 und c1 = q0 l3 /24. Die relative Durchbiegung in Feldmitte ist wII (ˆ x = l/2) =

5 q0 l4 . 384 EIy

x = 2l ) gilt Die maximale Verschiebung wmax = wI (x = l) + wII (ˆ     5 q0 l4 l q0 l4 1 69 + = ≤ . wmax = EIy 6 384 EIy 384 100 Werten wir wmax = l/100 mit Iy = πr 4 /4 aus, so erhalten wir

3 πr 4 6900 q0 l3 4 4 6900 q0 l = ; rerf. = ≈ 74, 6 mm . Iy,erf. = 384 E 4 π 384 E Der Radius des Querschnitt wird aus aus praktischen Erw¨ agungen zu r = 7, 5 cm gew¨ ahlt.

Biegelinie

125

Aufgabe 3.42 Ermitteln Sie bereichsweise die Funktionen der Biegelinie des Systems f¨ ur ein Einzelmoment am rechten Auflager. Das rechte Auflager ist w 1 durch eine linear elastische Feder (F = c · w) gekennEI1 = ∞ h zeichnet. M x1 Gegeben: EI, M, l, h, c. EI EI F¨ ur alle Bereiche gilt: x3 x2 c EA = ∞, GA = ∞. w3 w2 L¨ osung Zur Bestimmung der Biegelinienverl¨ aufe bel stimmen wir zun¨ achst den Momentenverlauf und werten die Differentialgleichung

l

w (x) = −M (x)/EI aus. Bereich 1: Da EI1 = ∞ folgt

h

− + −

w1 (x1 ) = 0 . M

Bereich 2: Der Momentenverlauf f¨ ur diesen Bereich ist M (x2 ) = −M +

− +

l

l

M x2 . l

Hieraus ergibt sich durch zweifache Integration   1 x2 M x32 w2 = M 2 − + c1 x2 + c2 . EI 2 l 6 Die Integrationskonstanten erhalten wir aus den Randbedingungen w2 (x2 = 0) = 0, w2 (x2 = 0) = 0,

da EA1 = ∞ → c2 = 0 , da EI1 = ∞ → c1 = 0 ,

so ergibt sich die Biegelinie f¨ ur den Abschnitt 2 zu  2  x3 M x2 − 2 . w2 (x2 ) = EI 2 6l

M

A3.42

126

Biegelinie

Bereich 3: Aus der Momentenfunktion M (x3 ) =

M x3 l

erhalten wir w3 (x3 ) =

1 EI

  M − x33 + c3 x3 + c4 . 6l

¨ Die Integrationskonstante c4 erhalten wir aus der Ubergangsbedingung w3 (x3 = 0) = w2 (x2 = l) → c4 =

M l2 . 3

Die Durchbiegung w3 (x3 = l) wird mit Hilfe des Federgesetzes berechnet. Die Federkraft F = M/l f¨ uhrt zu einer Verl¨ angerung u der Feder um u=

M F = . c lc

Entsprechend des gew¨ ahlten Koordinatensystems liefert eine Streckung der Feder eine negative Durchbiegung w3 (x3 = l), somit gilt w3 (x3 = l) = −u = −

M . lc

Daraus folgt   1 M l2 M + c3 l = − EI 6 lc →

c3 = −

Ml EI M − . l2 c 6

So ergibt sich die Biegelinie f¨ ur Abschnitt 3 zu     EI M l l2 1 w3 (x3 ) = + + . − x33 − x 3 EI 6l c l2 6 3

Kapitel 4 Torsion

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_4

4

128

4.1

Torsion Wenn eine ¨ außere Belastung ein Schnittmoment Mx um die L¨ angsachse hervorruft, so wird der Stab auf Torsion (Drillung) beansprucht. Das Moment Mx bezeichnen wir im Weiteren als Torsionsmoment MT .

MA

A m(x) B

x

y

MB z

l

Voraussetzungen, Annahmen: • Die Verw¨ olbung der Querschnitte ist nicht behindert (reine Torsion), • Die Querschnittsform bleibt bei der Verdrehung erhalten. Gleichgewichtsbedingung dMT = −m(x) , dx

m(x) = ¨ außeres Moment pro L¨ angeneinheit.

129 Differentialgleichung f¨ ur den Verdrehwinkel GIT

dϑ = MT , dx

ϑ = Verdrehwinkel, GIT = Torsionssteifigkeit, G = Schubmodul, IT = Torsionstr¨ agheitsmoment.

x P

y

ϑ(x) z

P´

Verdrehung der Endquerschnitte l Δϑ = ϑ(l) − ϑ(0) =

ϑ (x)dx =

0

l

MT dx . GIT

0

Sonderfall: GIT = const, MT = const Δϑ =

MT l . GIT

Maximale Schubspannung

τmax =

MT , WT

WT = Torsionswiderstandsmoment.

Der Ort der maximalen Schubspannung ist der nachfolgenden Tabelle zu entnehmen.

130

Querschnitt

IT

ri

π 4 (r − ri4 ) 2 a

IT = Ip =

τ (r) τmax

ri = 0 (Vollkreis)

ra

IT =

π 4 r 2 a

D¨ unnwandiges, geschlossenes Profil IT = 5

τ (s) AT

s

4A2T ds t(s)

t(s) t

a = const t = const

a

IT = 2πa3 t

D¨ unnwandiges, offenes Profil t(s)

s

τ h t

IT =

1 3

h t3 (s)ds 0

h

t = const ti

hi

ti = const

IT = IT =

1 3 ht 3

1 3 hi ti 3

Quadrat τmax

a

IT = 0, 141a4

a

Ellipse

τmax

b a τmax

IT = π

a 3 b3 a + b2 2

131 WT

Bemerkungen

IT π ra4 − ri4 WT = = ra 2 ra

WT =

π 3 r 2 a

WT = 2AT tmin

WT = 2πa2 t

WT =

IT tmax

WT =

1 2 ht 3

WT =

IT tmax

WT = 0, 208 a3

WT =

π 2 ab 2

Die Schubspannungen sind u ¨ ber den Querschnitt linear verteilt: MT τ (r) = r. IT Querschnittsfl¨ achen bleiben bei der Deformation eben. τ ist u arke t konstant. ¨ ber die Wandst¨ Der Schubfluss MT T = τt = 2AT ist konstant. unnsten Stelle tmin τmax tritt an der d¨ auf. AT ist die von der Profilmittellinie eingeschlossene Fl¨ ache.

τ ist u arke t linear ¨ ber die Wandst¨ verteilt. τmax tritt an der dicksten Stelle tmax auf.

τmax tritt in der Mitte der Seitenl¨ angen auf.

τmax tritt an den Enden der kleinen Halbachse auf.

132

A4.1

Verdrehung

Aufgabe 4.1 Ein einseitig eingespannter Stab mit Vollkreisquerschnitt wird durch ein Kr¨ aftepaar beansprucht.

2R x

F 2r

Wie groß darf F h¨ ochstens sein, damit die zul¨ assige Schubspannung τzul nicht u ¨berschritten wird? Wie groß ist in diesem Fall die Verdrehung des Endquerschnitts?

F l

Geg.: R = 200 mm, r = 20 mm, l = 5 m, τzul = 150 MPa, G = 0, 8 · 105 MPa.

L¨ osung Das Torsionsmoment (Schnittmoment) MT = 2RF ist u ange des Stabes konstant. Die maximale Schubspannung ¨ ber die L¨ im Querschnitt folgt mit π 3 r 2

WT = zu τmax =

MT 4RF = . WT πr 3

Damit die zul¨ assige Spannung nicht u ¨ berschritten wird, muss gelten τmax ≤ τzul

;

F ≤

πr 3 τzul . 4R

Daraus erh¨ alt man Fmax =

πr 3 π · 8000 · 150 τzul = = 4712 N . 4R 4 · 200

Die Verdrehung (im Bogenmaß) an der Einspannstelle ergibt sich bei dieser Belastung mit IT =

π 4 r 2

und

MT = 2RFmax

zu Δϑ =

150 · 5000 MT l τzul l = = 0, 47 . = GIT Gr 0, 8 · 105 · 20

Dies entspricht einem Winkel von ca. 27◦ .

Spannung

Aufgabe 4.2 F¨ ur einen Stab, der das Torsionsmoment MT = 12 · 103 Nm aufnehmen soll, stehen vier verschiedene Querschnitte zur Auswahl. Wie m¨ ussen die Querschnitte dimensioniert werden, damit die zul¨ assige Schubspannung τzul = 50 MPa nicht u ¨ berschritten wird? Welcher Querschnitt ist vom Materialaufwand am g¨ unstigsten?

2 

1 

A4.2

2b

a

3 

133

2b

4 

c

d t=

c 10

t=

d 10

L¨ osung Damit die zul¨assige Spannung gerade erreicht wird, muss gelten τmax =

MT = τzul . WT

Mit den Torsionswiderstandsmomenten WT1 =

π 3 a , 2

WT3 = 2πc2 t =

WT2 = 0, 208 · 8 b3 = 1, 664 b3 , π 3 c , 5

WT4 =

2π 2 π 3 dt = d 3 150

erh¨ alt man durch Einsetzen

2MT a= 3 = 53, 5 mm , πτzul

5 MT c= 3 = 72, 6 mm , π τzul

b= 3

MT = 52, 4 mm , 1, 664 τzul

150 MT d= 3 = 225, 5 mm . π τzul

Daraus ergibt sich f¨ ur die Querschnittsfl¨ achen A1 = πa2 = 89, 8 cm2 , A3 =

π 2 c = 33, 1 cm2 , 5

A2 = 4b2 = 110, 0 cm2 , A4 =

π 2 d = 319, 4 cm2 . 5

Der dritte Querschnitt, (d. h. das d¨ unnwandige, geschlossene Profil) ist demnach vom Materialaufwand her am g¨ unstigsten.

134

A4.3

Zul¨assige Verdrehung

Aufgabe 4.3 Wie groß sind das zul¨ assige Torsionsmoment und die zul¨ assige Verdrehung im Fall des geschlossenen bzw. des bei A geschlitzten Profils?

MT

MT l t

2t

t 2t

2t

2t a

Geg.: a = 20 cm, t = 2 mm, τzul = 40 MPa, l = 5 m, G = 0, 8 · 105 MPa.

t

t

A

a

L¨ osung Das zul¨assige Torsionsmoment und die zul¨assige Verdrehung errechnen sich in beiden F¨ allen aus MTzul = τzul WT ,

Δϑzul =

MTzul l τzul WT l = . GIT GIT

Im Fall des geschlossenen Profils gilt wegen t a 5 a a ds a =3 , A T = a2 , =2 + t(s) 2t t t IT = 5

4 4A2T = ta3 , ds 3 t(s)

WT = 2AT tmin = 2a2 t

und es folgen MTzul = τzul 2a2 t = 6400 Nm , Δϑzul =

3τzul l = 0, 0188 2Ga

(=1, & 07◦ ) .

Ist das Profil offen (bei A geschlitzt), so ergeben sich mit IT =

1 3 t hi = 6t3 a , 3 i i

WT =

IT = 3t2 a tmax

Torsionsmoment und Verdrehung zu MTzul = τzul 3t2 a = 96 Nm ,

Δϑzul =

τzul l = 0, 625 2Gt

(=35, & 8◦ ) .

Anmerkung: Das geschlossene Profil ist wesentlich torsionssteifer als das offene Profil.

Zul¨assige Verdrehung 2b

Aufgabe 4.4 F¨ ur den durch ein Kr¨ aftepaar belasteten Stab sind zwei verschiedene Profile mit gleichen Wandst¨ arken (t a) aus gleichem Material (Schubmodul G) vorgesehen. Wie groß sind in beiden F¨ allen die zul¨ assigen Kr¨ afte und die zul¨ assigen Verdrehungen, so dass die Schubspannung τzul nicht u ¨ berschritten wird?

135

A4.4 F

l F 1 

2 

t

√

t

a

t

2a

t t 2a

L¨ osung Das Torsionsmoment MT = 2bF ist u ange des Stabes ¨ ber die L¨ konstant. Spannung und Verdrehung errechnen sich somit aus τ =

MT 2bF = WT WT

,

Δϑ =

MT l 2bF l = . GIT GIT

Damit die zul¨ assige Schubspannung nicht u ¨berschritten wird, muss gelten ;

τ ≤ τzul

Δϑzul =

F ≤

WT τzul 2b

;

Fzul =

WT τzul , 2b

2blFzul τzul WT l = . GIT GIT

Mit den Querschnittswerten f¨ ur beide Profile 5 π ds a x A T = a2 , = (2 + π) , WT = πa2 t , 2 t t 5 √ a ds = (2 + 2 2) , WT = 2a2 t , y A T = a2 , t t

IT =

π2 3 a t, 2+π

IT =

2 √ a3 t 1+ 2

erh¨ alt man Fzul1 =

π a2 t τzul , 2 b

Δϑzul1 =

2 + π lτzul , π aG

Fzul2 =

a2 t τzul b

Δϑzul2 = (1 +

√

, 2)

lτzul aG

.

Anmerkung: Die zul¨ assige Kraft ist beim ersten Profil, die zul¨ assige Verdrehung beim zweiten Profil gr¨ oßer.

136

A4.5

Verw¨ olbung und Spannung

Aufgabe 4.5 Der d¨ unnwandige, quadratische Kastentr¨ ager wird durch das Torsionsmoment MT belastet.

t 2t

2t y

Es ist die Verw¨ olbung des Querschnitts zu bestimmen.

z t 2a

L¨ osung Die Verw¨olbung u(s) (Verschiebung in Balkenl¨ angsrichtung) wird aus der Winkelverzerrung

4 

∂v ∂u + γ= ∂s ∂x

ds

der Wandelemente ermittelt. Mit γ=

3 

1 

x 2  s

dx

τ MT = , G G2AT t(s)

MT dϑ ∂v = r⊥ = r⊥ (s) , ∂x dx GIT 2

AT = 4a ,

r⊥

4 · 16a4 32 3 IT = = a t 4a + 4a 3 t 2t

MT t 3r⊥ (s) ∂u = − ∂s 8Ga2 t t(s) 4a

r dϑ

P dv = r⊥ dϑ

ergibt sich daraus 

α

s

P´



α

.

Integration liefert im Bereich x (t(s) = 2t, r = a) mit u(s = 0) = 0 (dann ist u im Mittel Null!) u1 (s) =

  1 3 MT MT − s=− s. 8Ga2 t 2 4 32Ga2 t

Analog folgt in den Bereichen y , z , { u2 (s) =

u3 (s) = − u4 (s) =

4 

MT [s − 2a] , 32Ga2 t MT [s − 4a] , 32Ga2 t

MT [s − 6a] . 32Ga2 t

3 

1 

x MT 32Gat

s MT − 32Gat

2 

Verdrehung und Spannung

Aufgabe 4.6 Auf die Welle x mit Vollkreisquerschnitt ist das Rohr y aus einem anderen Material aufgeschrumpft.

137 MT

l 2 

Wie groß sind die maximalen Schubspannungen in x und y sowie die Verdrehung unter dem Torsionsmoment MT ?

r2 r1

1 

L¨ osung Wir betrachten die Welle x und das Rohr y zun¨achst getrennt. F¨ ur Verdrehwinkel und Spannung gelten dann ϑ1 =

MT1 l , G1 Ip1

τmax1 =

MT1 , WT1

ϑ2 =

MT2 l , G2 Ip2

τmax2 =

MT2 WT2

mit I p1 =

π 4 r , 2 1

I p2 =

" π! 4 r − r14 , 2 2

WT1 =

I p1 , r1

WT2 =

Mit der Gleichgewichtsbedingung MT = MT1 + MT2 und der geometrischen Vertr¨ aglichkeitsbedingung ϑ1 = ϑ2 = ϑ erh¨ alt man MT1 = MT

G1 Ip1 , G1 Ip1 + G2 Ip2

MT2 = MT

G2 Ip2 G1 Ip1 + G2 Ip2

und damit τmax1 =

ϑ=

MT G1 r1 , G1 Ip1 + G2 Ip2

MT l . G1 Ip1 + G2 Ip2

τmax2 =

MT G2 r2 , G1 Ip1 + G2 Ip2

I p2 . r2

A4.6

138

A4.7

Verdrehung und Spannung

Aufgabe 4.7 Ein konischer Stab mit linear ver¨ anderlichem Radius wird durch das Torsions4a moment MT belastet.

r(x)

MT

2a

x

Zu bestimmen sind die Verdrehung und die Randspannung als Funktionen von x.

l

L¨ osung Die Differentialgleichung f¨ ur den Verdrehwinkel ergibt sich mit  x , r(x) = a 2 − l

Ip (x) =

x 4 π 4 π  r = a4 2 − 2 2 l

zu ϑ =

MT 2MT =  GIp πGa4

1 2− x l

4 .

Einmalige Integration liefert ϑ(x) =

2MT l  3πGa4

1 2− x l

3 + C .

Die Integrationskonstante erh¨ alt man aus der Randbedingung ϑ(0) = 0

;

C=−

2MT l 1 . 3πGa4 8

Damit lautet die Verdrehung ⎫ ⎧ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨ MT l 1 ϑ(x) = − 1 .  3 4 ⎪ 12πGa ⎪ ⎭ ⎩ 1− x 2l Die Randschubspannung folgt mit x 3 Ip π  WT (x) = = a3 1 − r 2 l zu τR (x) =

MT = WT

2MT 3 .  πa3 2 − x l

Verdrehung und Spannung sind bei x = l am gr¨ oßten: ϑ(l) =

7MT l , 12πGa4

τR (l) =

2MT . πa3

Verdrehung und Spannung

139

l1

Aufgabe 4.8 Das dargestellte Getriebe besteht aus zwei Vollwellen (L¨ angen l1 , l2 ) gleichen Materials, die u ader (Radien R1 , ¨ ber Zahnr¨ R2 ) verbunden sind. Die Welle x wird durch das Moment M1 belastet.

R1 2 

M2

A4.8 d1

M1 C

R2

d2

1 

a) Wie groß muss M2 sein, damit A l2 B Gleichgewicht herrscht? b) Wie m¨ ussen d1 und d2 gew¨ ahlt werden, damit die zul¨ assige Schubspannung τzul nicht u ¨ berschritten wird? c) Wie groß ist dann die Winkelverdrehung bei C, wenn die Welle y bei A festgehalten wird?

L¨ osung zu a) Momentengleichgewicht M2 = −R2 F

M1 = R1 F ,

M1

liefert M2 = −

R2 M1 . R1

F F

M2

zu b) Damit die zul¨ assige Spannung in beiden Wellen erreicht wird, muss gelten:

|M1 | 16M1 3 16M1 , τmax1 = = = τ ; d = 1 zul W1 πd31 πτzul

|M2 | R2 16M1 R2 τmax2 = = = τzul ; d2 = 3 d1 . W2 R1 πd32 R1 zu c) F¨ ur die Winkelverdrehungen in x und y gilt Δϑ1 =

l1 M1 32M1 l1 = , GIT1 πGd41

Δϑ2 = ϑ2B =

32M2 l2 . πGd42

Mit der Abrollbedingung ϑ1B R1 = −ϑ2B R2 und

R1

ϑC = ϑ1B + Δϑ1 6

folgt ϑC =

32M1 Gπd41

l1 +

ϑ1B −ϑ2B



R2 R1

7

2 3

l2

R2

.

140

A4.9

Torsion

Aufgabe 4.9 Eine homogene, abgestufte Welle mit Kreisquerschnitt ist an den Enden fest eingespannt und wird durch das Moment M0 belastet.

a

b 2r2

2r1

M0

A

B

Wie groß sind die Einspannmomente und die Winkelverdrehung an der Angriffsstelle von M0 ?

L¨ osung Das Problem ist statisch unbestimmt, da die Einspannmomente MA und MB aus der Gleichgewichtsbedingung

2 

1 

MA

MB

M0 A

C

B

MA + MB = M0 allein nicht bestimmbar sind. Wird die Welle bei C geschnitten, so erzeugen die in den Bereichen x und y konstanten Torsionsmomente an der Stelle C die Verdrehungen ϑ1 =

MA a , GIp1

ϑ2 =

MB b . GIp2

Die geometrische Vertr¨ aglichkeit verlangt, dass beide Verdrehungen gleich sind: ϑC = ϑ1 = ϑ2 . Einsetzen liefert mit I p1 =

π 4 r , 2 1

I p2 =

π 4 r 2 2

die Ergebnisse MA = M0

ϑC =

1 , 4 1 + r24a r1 b

2M0 ab . πG (br14 + ar24 )

MB = M0

1 , 4 1 + r41 b r2 a

Kreisquerschnitt

Aufgabe 4.10 Eine beidseitig eingespannte Welle wird auf dem Teil b ihrer L¨ ange l durch das konstante Moment m0 pro L¨ angeneinheit belastet.

141

A4.10 l

m0

x a

Zu bestimmen sind die Verl¨ aufe von Verdrehung und Torsionsmoment.

b

L¨ osung Da die a¨ußere Belastung m(x) an der Stelle x = a einen Sprung macht, bietet sich die Verwendung des F¨ oppl-Symbols an. Mit m(x) = m0 < x − a >0 lautet die Differentialgleichung f¨ ur den Verdrehwinkel GIT ϑ = −m(x) = −m0 < x − a >0 . Zweimalige Integration liefert GIT ϑ = MT = −m0 < x − a >1 +C1 1 m < x − a >2 +C x + C . GIT ϑ = − 2 0 1 2 Aus den Randbedingungen folgt ϑ(0) = 0

;

C2 = 0 ,

ϑ(l) = 0

;

C1 =

1 m 0 b2 . 2 l

Damit erh¨ alt man + MT (x) = m0 b

b

− 2l b

, 1

MT

m0 b2 2l x

1 m 0 b2 ϑ(x) = 2 GIT

+

< x − a >2 x − l b2

m0 b(a + l) 2l

,

ϑ

,

Gerade

. x

a

quadr. Parabel

142

A4.11

Verdrehung

Aufgabe 4.11 Ein Stab mit Kreisringquerschnitt ist wie abgebildet eingespannt. Am anderen Ende des Stabes ist ein starrer Balken angeschweißt, der durch zwei Federn abgest¨ utzt wird. Zu bestimmen sind

r

y P

z

A

R

l

P

z

G

uzul

a) die maximal m¨ ogliche Kraft Pmax , wenn im Punkt A die zul¨ assige Verschiebung uzul (in z-Richtung) vorgegeben ist, b) Ort und Betrag der maximalen Schubspannung im Stabquerschnitt f¨ ur P = Pmax .

y

x

B

c l/2

c l/2

Geg. : uzul = 2 cm , l = 2 m r = 5 cm , R = 10 cm c = 106 N/m G = 8 · 1010 N/m2

L¨ osung zu a) Das System ist statisch unbestimmt. Schneidet man bei B, dann gilt zun¨ achst f¨ ur die Stabverdrehung MT l GIp ; MT = Δϕ GIp l mit (kleine Drehwinkel) P uzul = 0, 2 . Δϕ = l/2 Das Momentengleichgewicht am Balken liefert  B : MT = lPmax − lFc , wobei Fc = c uzul . Fc Δϕ =

MT MT

P

B Fc

Eliminieren von Δϕ , MT und Fc liefert  GI p Pmax = 2 3 + c uzul . l Mit Ip = π(R4 − r 4 )/2 = 1, 47 · 10−4 m4 und den gegebenen Zahlenwerten ergibt sich   2 · 8 · 1010 · 1, 47 6 + 10 Pmax = 2 · 10−2 = 78, 7 kN 104 · 8 zu b) Die Schubspannung nimmt ihren gr¨ oßten Wert am ¨ außeren Rand des Stabquerschnitts an. Der Betrag berechnet sich mit MT = Pmax l − c uzul l = (78, 7 − 103 · 0, 02) 2 = 117, 4 kNm zu τmax =

MT R 117, 4 · 0, 1 = = 79, 8 MN/m2 . Ip 1, 47 · 10−4

τmax

Verdrehung

Aufgabe 4.12 Die Hohlwelle x und die Vollwelle y werden bei A durch einen Stift miteinander verbunden. Wie groß sind das Torsionsmoment MT und der Winkel β des Stiftes nach der Montage, wenn die Wellenenden im spannungsfreien Zustand um den Winkel α gegeneinander verdreht sind?

a

A

143

b

1 GIT  1

2  GIT2

α

β

L¨ osung Im Montagezustand herrscht in beiden Wellen das Torsionsmoment MT . Wir schneiden an der Stelle A und ermitteln die Verdrehungen der Wellenenden von x und y getrennt: ϑ1 =

MT a , GIT1

ϑ2 =

MT b . GIT2

Aus der geometrischen Vertr¨ aglichkeitsbedingung im Montagezustand ϑ1

α − ϑ2 = ϑ1

1 

und

MT

β = ϑ1 α ϑ2

folgen f¨ ur MT und β

MT = GIT1

β = ϑ1 =

α 1 , a 1 + b IT1 a IT2

α . I 1 + ab IT1 T2

2 

MT

A4.12

144

A4.13

Verteiltes Moment

Aufgabe 4.13 Der d¨ unnwandige Holm mit Kreisringquerschnitt (L¨ ange l, Schubmodul G, Radius r, Dicke t r) im Inneren einer Flugzeugtragfl¨ ache wird durch ein linear ver¨ anderliches Torsionsmoment pro L¨ angeneinheit mT (x) mit mT (0) = 2m0 und mT (l) = m0 belastet. Am Rumpf ist der Holm fest eingespannt. 2m0

m0 t

x r l

Man ermittele a) das Torsionsmoment MT (x) im Holm, b) den Verlauf der Schubspannung τ (x) und die maximale Schubspannung τmax infolge Torsion, c) den Drehwinkel ϑl , um den sich das Ende des Fl¨ ugels bei x = l gegen¨ uber dem Rumpf verdreht.

L¨ osung zu a) Das verteilte Torsionsmoment ist durch  x m0 mT (x) = 2 − l gegeben. Das Torsionsmoment ergibt sich durch Integration  2   x MT (x) = − mT (x) dx + C1 = − 2x m0 + C1 2l

Verteiltes Moment

145

mit der Randbedingung MT (l) = 0  ;

 l − 2l m0 + C1 = 0 2

zu

 MT (x) =

x2 x 3 −2 + 2l2 l 2

;

C1 =

3 m0 l 2

 m0 l .

zu b) F¨ ur den d¨ unnwandigen Holmquerschnitt berechnet sich die Schubspannung mit dem Torsionstr¨ agheitsmoment IT = 2πr 3 t zu  2  3 MT m0 l x x + r= − 2 . τ (x) = IT 2πr 2 t 2l2 l 2 Die maximale Schubspannung tritt an der Stelle x = 0 auf und betr¨ agt τmax =

3 m0 l . 4 πr 2 t

zu c) Mit dem Torsionstr¨ agheitsmoment IT und dem Schubmodul G folgt f¨ ur die Verwindung  2  MT (x) m0 l x x 3  ϑ (x) = = −2 + GIT 2Gπr 3 t 2l2 l 2 und f¨ ur die Verdrehung ϑ(x) =

mo l 2Gπr 3 t



 x3 x2 3 − + x + C2 . 6l2 l 2

Die Integrationskonstante folgt aus der Randbedingung ϑ(0) = 0 zu C2 = 0. Damit ergibt sich f¨ ur die Verdrehung ϑl am Tragfl¨ ugelende (x = l)   3 mo l 2 m0 l 2 1 − 1 + ; ϑl = ϑl = ϑ(l) = . 3 2Gπr t 6 2 3Gπr 3 t

146

A4.14

Schubspannung und zul¨assiges Moment

Aufgabe 4.14 Ein Stab mit dem dargestellten, d¨ unnwandigen Profil wird durch das Torsionsmoment MT beansprucht. a) Wie groß sind die Schubspannungen in den einzelnen Bereichen? b) Wie groß ist das zul¨ assige Torsionsmoment, damit die zul¨ assige Schubspannung τzul nicht u ¨berschritten wird?

t t

a

t

t

2a

t 2a B

L¨ osung Das Profil besteht aus zwei Teilen, f¨ ur die jeweils gilt: T = τ (s) · t(s) =

ϑi =

5 i

2 

S MT2

B

MTi , 2ATi

MTi 1 = GITi 2GATi

1  MT1

A

B

T ds . t

Mit den Querschnittswerten AT1 =

π 2 a , 2

AT2 = 4a2

erh¨ alt man unter Beachtung, dass sich der Schubfluss im Steg S aus den Anteilen aus den Momenten MT1 und MT2 zusammensetzt: ϑ1 =

1 πa2 G

ϑ2 =

1 8a2 G

+

  , MT1 MT2 2a MT1 πa + − , πa2 t πa2 8a2 t

+

 ,  MT2 6a MT2 MT1 2a − + . 8a2 t 8a2 πa2 t

Einsetzen in die geometrische Vertr¨ aglichkeitsbedingung ϑ = ϑ1 = ϑ2

Schubspannung und zul¨assiges Moment

147

liefert MT1 2+π = MT2 10 + 16 π bzw. mit MT = MT1 + MT2 f¨ ur die Momente MT1 =

2+π 12 + π + 16 π

MT = 0, 254 MT ,

MT2 = 0, 746 MT .

F¨ ur die Spannungen in den Bereichen A, B und S erh¨ alt man damit τA =

τB =

MT MT1 = 0, 081 2 , 2AT1 t a t

0, 081

MT a2 t

0, 093

MT a2 t

0, 093

MT a2 t

MT MT2 = 0, 093 2 , 2AT2 t a t

τS = τB − τA = 0, 012

MT . a2 t

0, 012

MT a2 t

Wird die gr¨ oßte Schubspannung der zul¨ assigen Spannung gleichgesetzt, τmax = τB = 0, 093

MT = τzul , a2 t

so folgt f¨ ur das zul¨ assige Moment

MTzul = 10, 75

τzul a2 t . MT

Anmerkung: Durch Einsetzen von MT1 und MT2 in ϑ errechnet sich das Torsionstr¨ agheitsmoment zu IT = 13, 7a3 t. Vernachl¨ assigt man den Steg S, so ergibt sich IT = 13, 6 a3 t. Der Steg tr¨ agt demnach nur gering zur Torsionssteifigkeit bei.

148

A4.15

Verschiebung und Spannung l

Aufgabe 4.15 Die eingespannte Blattfeder (t b) ist durch die Kraft F exzentrisch belastet.

A

E, G

x

Wie groß ist die Absenkung des Lastangriffspunktes? Wie groß sind die maximalen Normal- und Schubspannungen?

F

b

F

x

y

t

z

L¨ osung Die Feder ist auf Biegung und Torsion beansprucht. Infolge Biegung kommt es zu einer Absenkung (vgl. Biegelinientafel auf Seite 70) fB =

F l3 3EI

mit

I=

F

bt3 . 12

fB

Das konstante Torsionsmoment ϑ

MT = F b/2

fT

bewirkt am Federende die Winkelverdrehung ϑ=

MT l GIT

mit

IT =

1 3 bt 3

bzw. die Verschiebung fT = 2b ϑ. Die Gesamtverschiebung folgt damit zu   4F l3 3Eb2 . 1 + f = fB + fT = Ebt3 16Gl2 Biegung und Torsion rufen in den Randfasern des EinspannquerschnitσB , τT tes die Spannungen σB =

6lF M = 2 , W bt

τT =

MT 3bF = WT 2bt2

y z

hervor. Ein Fl¨ achenelement der Oberseite (z = −t/2) ist demnach entsprechend der Skizze belastet. Die gr¨ oßte Normal- und die maximale Schubspannung folgen daraus zu

σ1 =

σB + 2

τmax =



σB 2 3F l + τT2 = 2 2 bt

 σ 2 B

2

+

τT2

3F l = 2 bt

6

1+

σB , τT

τT



1+

b2 . 4l2

1+

σB

σB y

b2 4l2

7

x

,

τT

Spannung

149

10b

Aufgabe 4.16 Ein Br¨ uckenelement mit d¨ unnwandigem Kastenquerschnitt (t b) wird im Bauzustand exzentrisch belastet.

A4.16 F

F

Bestimmen Sie Ort und Betrag der maximalen Normalund Schubspannungen.

2t t

t

L¨ osung Die Querschnittswerte ergeben sich zu

b

t

2b

2b2 t + 2 · 2b (b · t) 5 3 5 = b, Sy (zmax ) = b t b = b2 t 8bt 8 8 8   2  3  2 tb3 3 tb 5 + + 4bt b + 2bt b Iy = 2 12 64 8 8 zs =

= W =

37 3 tb , 24

y

zs

x

zmax

37 2 Iy tb , = zmax 15

C

WT = 2AT tmin = 4b2 t .

z

Mit dem Biege- und dem Torsionsmoment sowie der Querkraft im Einspannquerschnitt MB = −10 b F ,

MT = b F ,

Qz = F

τT

folgt f¨ ur den Untergurt σB =

τT =

σB

150 F MB =− , W 37 bt MT 1 F , = WT 4 bt

σB

y τT

τQ =

15 F Q z Sy = . Iy t 37 bt

x

Die betragsm¨ aßig gr¨ oßte Normalspannung und die maximale Schubspannung erh¨ alt man mit τ = τT + τQ an der Stelle C zu

 σB 2 σB F − + τ 2 = −4, 16 , σ2 = 2 2 bt

 τmax =

σB 2 F + τ 2 = 2, 13 . 2 bt

150

A4.17

Verschiebung und Spannung

Aufgabe 4.17 Der beiderseits eingespannte Tr¨ ager mit d¨ unnwandigem Kreisquerschnitt ist in C exzentrisch belastet.

a

1 M2 = M3 + aF , 2

2a

A

B x

F

G/E = 3/8

C

Wie groß ist die Absenkung des Kraftangriffspunktes und wie groß sind die gr¨ oßten Normalspannungen und die Schubspannungen infolge Torsion?

y x r

F z

a/2

M1

1 

L¨ osung Der Tr¨ager wird bei C aufgeschnitten. Gleichgewicht liefert

C

F M2

Q1

Q1

1 aF 2 Q2

M1 2  M3

Q2

Q1 = Q2 + F .

F¨ ur die Verschiebungen und Biegewinkel sowie f¨ ur die Verdrehungen an der Stelle C gilt (siehe Biegelinientafel auf Seite 70) wC1 =

M1 a2 Q 1 a3 − , 3EI 2EI

wC 2 = −

4M1 a2 8Q2 a3 − , 3EI 2EI

 wC = 1

Q 1 a2 M1 a − , 2EI EI

 =+ wC 2

4Q2 a2 2M1 a + , 2EI EI

ϑ C1 =

M2 a , GIT

ϑ C2 = −

2M3 a . GIT

Aus den geometrischen Vertr¨ aglichkeitsbedingungen wC 1 = wC 2 ,

  wC = wC , 1 2

ϑ C1 = ϑ C2

folgen durch Einsetzen Q1 =

20 F , 27

Q2 = −

7 F , 27

M2 =

1 aF , 3

1 M3 = − aF . 6

M1 =

Mit den Tr¨ agheitsmomenten IT = 2I = 2πr 3 t

und

G 3 = E 8

8 aF , 27

Verschiebung und Spannung

151

ergibt sich damit f¨ ur die Verschiebung des Kraftangriffspunktes

wF = wC 1 +

a 26F a3 . ϑ C1 = 2 81EI

Zur Spannungsbestimmung werden die Biegemomente bei A und B ben¨ otigt: 4 aF , MA = M1 − Q1 a = − 9 2 aF . MB = M1 + Q2 2a = − 9 Die maximalen Normalspannungen infolge Biegung in A, B und C lauten mit dem Widerstandsmoment W = I / r

σA =

|MA | 4arF = , W 9I

σC =

8arF |M1 | = . W 27 I

σB =

2arF , 9I

Die Schubspannungen im Bereich x bzw. y folgen mit WT = 2W = 2I r zu τ1 =

M2 arF , = WT 6I

τ2 =

M3 arF . = WT 12 I

Die gr¨ oßten Spannungen treten am Lager A auf. Ein Fl¨ achenelement an der Oberseite (Unterseite analog) ist dort entsprechend der Skizze beansprucht. F¨ ur die gr¨ oßte Normalspannung und die maximale Schubspannung ergibt sich σA σ1 = + 2

 τmax =



σA 2 arF + τ12 = , 2 2I

σA 2 5arF + τ12 = . 2 18 I

τ1 σA

σA

y τ1 x

152

A4.18

Verschiebung

Aufgabe 4.18 Ein beidseitig eingespannter, unter 90◦ abgewinkelter Tr¨ ager ist durch die Kraft F belastet.

a

A

Wie groß ist die Absenkung am Kraftangriffspunkt?

L¨ osung Die L¨ osung erfolgt zweckm¨ aßig durch Superposition bekannter Grundl¨ osungen. Schnitt an der Stelle C und Ausnutzung der Symmetrie liefert die dargestellte Belastung des Systems auf Biegung und Torsion. Dabei ist M zun¨ achst noch unbekannt. Aus der Biegelinientafel (Seite 70) liest man ab  wC =

F a2 Ma − , 4EI EI

wC =

x

y

a

z EI, GIT

EI, GIT

C F

1 

2 

M

M M

M F 2

F 2

F a3 M a2 − . 6EI 2EI

Aus der Torsion folgt bei C der Verdrehwinkel ϑC =

Ma . GIT

Die geometrische Vertr¨ aglichkeitsbedingung  = ϑC2 wC1

liefert M=

1 

2 

C

GIT Fa 4 EI + GIT

wc

 wC1

und damit ϑC2

F a3 4EI + GIT . wC = 24EI EI + GIT

B

Verschiebung

Aufgabe 4.19 Ein halbkreisf¨ormiger, eingespannter Tr¨ ager ist in A durch die Kraft F belastet.

Aufriss

Wie groß ist die Absenkung des Kraftangriffspunkts?

153 F A

Grundriss

EI, GIT a F

L¨ osung Das Momentengleichgewicht liefert f¨ ur das Biegemoment MB und das Torsionsmoment MT

MB

MT

MB (ϕ) = −aF sin ϕ ,

MB

MT (ϕ) = a(1 + cos ϕ)F .

s

MT

ϕ

F¨ ur den Verdrehwinkel gilt

a ϕ

F

a cos ϕ

a sin ϕ

MT dϑ = mit ds = adϕ . ds GIT Infolge der Verdrehung dϑ an der Stelle ϕ kommt es bei A zur Absenkung dwT A = a sin ϕ dϑ . Einsetzen und Integration ergibt f¨ ur die Gesamtabsenkung infolge Torsion  π F a3 2F a3 wT A = dwT A = sin ϕ(1 + cos ϕ)dϕ = . GIT GIT 0

Die Absenkung infolge Biegung erh¨ alt man aus d 2 wB d 2 wB F a3 sin ϕ , = −MB ; = 2 2 ds dϕ EI 3 F a3 dwB Fa wB (ϕ) = = (− cos ϕ + C1 ) , (− sin ϕ + C1 ϕ + C2 ) dϕ EI EI und den Randbedingungen EI

 wB (0) = 0

;

C1 = 1 ,

wB (0) = 0

;

C2 = 0 .

Einsetzen liefert F a3 (ϕ − sin ϕ) . EI F¨ ur die Gesamtabsenkung von A folgt damit an der Stelle ϕ = π   EI F a3 wA = wT A + wB (π) = π+2 . EI GIT wB (ϕ) =

A4.19

154

A4.20

Schubspannung infolge Querkraft und Torsion

Aufgabe 4.20 Ein Kragtr¨ager mit dem dargestellten Profil ist durch eine ausmittig angreifende Streckenlast q belastet. Man ermittle an der Einspannstelle a) die gr¨ oßte Schubspannung aus Querkraft und die Stelle des Querschnitts, an der sie auftritt, b) die Schubspannung infolge Torsion. c) Wie verteilen sich die Schubspannungen aus Querkraft und Torsion u arke, ¨ber die Wandst¨ wo tritt die gr¨ oßte resultierende Spannung auf und welchen Wert hat sie?

q = 20 kN/m

x l=6m z

3, 5 q 1, 2

y0 y

1, 2 1, 2

1, 2

z0 S

20 1, 2

z 10

35

10 [cm]

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Schnittgr¨oßen an der Einspannstelle: = 20 · 6

Qz = q l My = −

ql 2

2

= −20 ·

= 120 kN , 2

6 2

= −360 kNm ,

MT = q l · 3, 5 cm = 20 · 6 · 0, 035 = 4, 2 kNm . Aus den angegebenen Profilabmessungen ergeben sich die Lage des Schwerpunktes S und das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy : 4 zi A i 2 · (20 · 1, 2) · 10 + 2 · (10 · 1, 2) · 20 = 8, 42 cm , = zo = 4 35 · 1, 2 + 2 · 20 · 1, 2 + 2 · 10 · 1, 2 Ai zu = 20 − zo = 11, 58 cm , Iy =

 bi h3i  + Ai z¯i2 12

zo zu

20 · 1, 2 = (35 · 1, 2) · 8, 42 + 2 · 12 2

3

+2 · (20 · 1, 2) · 1, 582 + 2 · (10 · 1, 2) · 11, 582 = 7915, 8 cm4 .

S y

z

Schubspannung infolge Querkraft und Torsion

155

zu a) Die Schubspannung infolge Querkraft ergibt sich aus τ =

Q z Sy 120 = Sy = 0, 01263 Sy . Iy h 7915, 8 · 1, 2

Das statische Moment Sy hat seinen maximalen Wert an der Stelle z = 0: Sy max = S(z = 0) = 8, 4 · 1, 2 ·

35 1 + 8, 42 · 1, 2 = 218, 7 cm3 . 2 2

Einsetzen liefert die maximale Schubspannung aus der Querkraft τQ max = 0, 01263 · 218, 7 ;

τQ max = 2, 76 kN/cm2 = 27, 6 N/mm2 .

zu b) Die Schubspannung infolge Torsion errechnet sich mit dem Torsionstr¨ agheitsmoment bzw. dem Torsionswiderstandsmoment des Querschnitts 1 3 1 hi ti = (35 + 2 · 20 + 2 · 10) · 1, 23 = 54, 7 cm4 , IT = 3 3 4 3 hi ti 1 54, 7 WT = = = 45, 6 cm3 3 tmax 1, 2 sowie dem schon bestimmten Torsionsmoment MT zu τT = ;

MT 4, 2 · 102 = WT 45, 6

τT = 9, 21 kN/cm2 = 92, 1 N/mm2 .

zu c) Die gr¨ oßte resultierende Schubspannung tritt an der Stelle z = 0 auf. Sie ist u ¨ ber die Wanddicke linear verteilt mit den Randwerten τinnen = 27, 6 − 92, 1 = −64, 5 N/mm2 , τaußen = 27, 6 + 92, 1 = 119, 7 N/mm2 ;

2

τmax = 119, 9 N/mm .

τQ

τT

τQ+T

156

A4.21

Schubspannungen und Hauptspannungen

Aufgabe 4.21 Ein d¨ unnwandiger Hohlkastenquerschnitt wird in der gegebenen Weise belastet. Gesucht werden f¨ ur den Querschnitt an der A Stelle 

300 kN

A 

z

x 10 m

20 m a) die Spannungsverl¨ aufe (Normalspannungen und Schubspannungen 300 kN aus Querkraft und Torsion), 1, 5 2, 0 b) der Ort der maximalen Haupt- 2, 0 80 spannungen und y c) die Gr¨ oße und Richtung der a z  1, 5 [cm] Hauptspannungen an der Profilecke 300 a. im Punkt  2 cm Anmerkung: F¨ ur den Lastfall Torsion soll am linken Balkenende ein Gabellager angenommen werden. 1, 5 cm

a 

L¨ osung Das Fl¨achentr¨agheitsmoment des Querschnitts betr¨agt Iy =

 bi h3i  2 · 803 + +2·(1, 5·300)·402 = 1, 611·106 cm4 . Ai z¯i2 = 2· 12 12 i i

A (bzw. unmittelbar links davon) erDie Schnittgr¨ oßen an der Stelle  geben sich zu

300 300 · 20 = 150 kN , My = = 1500 kNm , 2 4 MT = 300 · 1, 5 = 450 kNm .

Qz =

zu a) Die Normalspannung verteilt sich linear u ¨ ber die a den Wert H¨ ohe des Querschnitts und hat im Punkt  σx =

My 1500 · 1000 · 1000 za = · 40 · 10 = 37, 25 N/mm2 . Iy 1, 611 · 106 · 104 37, 25 N/mm2

Die Schubspannungen aus der Querkraft werden u ¨ ber die dargestellten zh-Linie und Sy -Linie bestimmt.

−80

s s zh − Linie [cm2 ]

60 −9000 −80 60

Sy − Linie [cm3 ]

−10600

Schubspannungen und Hauptspannungen

157

Sie ergeben sich unter Verwendung der Sy -Linie zu τQ =

150 Q z Sy Sy Sy = = 9, 3 · 10−5 kN/cm2 . Iy h 1, 611 · 106 h h 5, 6 4, 2

a haben sie die Gr¨ An der Stelle  oße τQa =

150 · 9000 1, 611 · 106 · 1, 5

τQ [N/mm2 ]

4, 9

= 0, 56 kN/cm2 = 5, 6 N/mm2 .

4, 2 5, 6

F¨ ur die Schubspannungen infolge Torsion gilt τT =

MT , 2AT h

; τT a =

AT = 300 · 80 = 24000 cm2

450 · 103 · 103 = 6, 25 N/mm2 . 2 · 24000 · 1, 5 · 103 b 

zu b) Die maximalen Schubspannungen a und  b , die liegen in den Punkten  maximalen Zugspannungen im Punkt a . Somit nehmen die Hauptspannun a ihren gr¨ gen in  oßten Wert an.

a 

a betragen die Schubzu c) Im Punkt  und Normalspannungen:

τa 2

τa = τQa +τT a = 5, 6+6, 25 = 11, 85 N/mm , σx = 37, 25 N/mm2 .

σx y

Damit ergeben sich die Hauptspannungen zu

σx σx + ( )2 + τa2 = 40, 7 N/mm2 , σ1 = 2 2

σx σx 2 − ( ) + τa2 = −3, 45 N/mm2 . σ2 = 2 2 F¨ ur die Richtung der Hauptspannung σ1 erh¨ alt man tan 2α0 =

2τ = 0, 636 σx

;

α0 = 16, 23◦ .

x

158

A4.22

Biegung, Querkraft und Torsion

Aufgabe 4.22 Ein eingespannter Tr¨ ager mit d¨ unnwandigem T-Profil (t a) ist durch eine exzentrische Kaft F belastet. Die Einspannung sei so gestaltet, dass eine Querschnittsverw¨ olbung nicht behindert wird. Wie groß sind die maximalen Spannungen aus Biegung, aus Querkraft und aus Schub und wo treten sie jeweils auf? Geg.: t = a/10, l = 20 a

F x l z F t y

a

S z

b 2a

t a

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Querschnittswerte aus den Profilabmessungen: b=

a , 2



 t(2a)3 1 + b2 2at = a4 , 12 6 9 3 b at = a , SS = b 2at + 2 2 80 1 4 a4 , IT = 2(2a)t3 = 3 3000 I = b2 2at +

W =

I 1 = a3 , 3a/2 9

WT =

IT 4 3 = a . t 300

Das Biegemoment ist an der Einspannung (x = 0) am gr¨ oßten, w¨ ahrend Querkraft und Torsionsmoment u ange konstant sind: ¨ ber die Balkenl¨ Mmax = −lF = −20aF ,

Q=F,

MT = aF .

Damit erh¨ alt man f¨ ur die maximale Biegespannung (Druck, an der Stegunterseite an der Einspannung), f¨ ur die maximale Schubspannung aus Querkraft (am Fl¨ achenschwerpunkt S) und f¨ ur die Schubspannung aus Torsion (am ¨ außeren Rand des Querschnitts) σmax =

20aF |Mmax | F = 1 3 = 180 2 , W a a 9

F 9 a3 27 F Q SS , = 1 480 1 = It 4 a2 a 10 a 6 MT aF F = = 4 3 = 75 2 . WT a a 300

S τQ =

τ MT

Anmerkung: Die Schubspannung aus Querkraft ist klein im Vergleich zur Schubspannung aus Torsion.

Verdrehung und Spannung

159 x

Aufgabe 4.23 Ein Meßger¨at, bestehend aus einem Torsionsstab (Schubmodul G) mit dem skizzierten d¨ unnwandigen Profil und einem masselosen Zeiger (Zeigerausschlag α = 0◦ bei MT = 0) wird durch das Torsionsmoment MT belastet. Wie groß ist der Zeigerausschlag α a) f¨ ur das geschlossene Profil, b) f¨ ur das im Punkt A geschlitzte Profil? c) Welches maximale Torsionsmoment M0max darf im geschlitzten Fall aufgebracht werden, damit τzul nicht u ¨ berschritten wird?

A4.23

a 2t

2t M0 z

A

t y a

l/2

3t

α l/2 z y α

L¨ osung zu a) F¨ ur das d¨ unnwandig geschlossene Profil gilt mit AT = a2 ! "2 4 a2 4A2T 4a4 12 3 IT = 8 ds = a a t. a a a = 7a = + + + 7 t 2t 3t 2t 3t t F¨ ur den Zeigerausschlag bei x = l/2 ergibt sich damit α=

7 M0 l MT l = . GIT 2 24 Ga3 t

zu b) F¨ ur das d¨ unnwandig geschlitzte Profil gilt IT =

4 " 44 3 1 1 ! hi t3i = a t3 + (2t)3 + (3t)3 + (2t)3 = at . 3 i=1 3 3

Der Zeigerausschlag berechnet sich daher zu α=

3 M0 l MT l = . GIT 2 88 Ga3 t

zu c) Die maximale Schubspannung tritt an der Stelle mit der gr¨ oßten Profilst¨ arke auf. F¨ ur das Torsionswiderstandsmoment gilt WT =

IT tmax

=

44 2 44 at3 = at 3 3t 9

Mit τmax = τzul wird das maximale Torsionsmoment M0max ermittelt: τzul =

M0max WT

;

M0max = τzul

44 2 at 9

160

A4.24

Verdrehung und zul¨assige Spannung

Aufgabe 4.24 Das skizzierte Tragwerk wird durch eine Kraft F belastet und ist aus dem abgebildeten d¨ unnwandigen Profil mit dem Schubmodul G gefertigt. Berechnen Sie a) die Schubspannung infolge Torsion am Lager, b) die Querschnittsverdrehung im Punkt B. √ 2 Geg.: a = t/10, l, R = a 2 L¨ osung zu a) Das Torsionsmoment an der Einspannung betr¨ agt

6l x y

z

B 3l

t

F R

t a y

MT = 3F l .

x

a

z

Wir ermitteln nun das Torsionswiderstandsmoment WT = 2AT tmin mit der von der Profilmittellinie umschlossenen Fl¨ ache AT .    π 2 1 2 R − R ( − 2 ) AT =a2 − 2 4 2 √    √   π 3 2 2 1 2 2 π =a2 1 − 2 ( ) − ( ) − a2 = 0, 715a2 = 4 2 2 2 2 4 Die Schubspannung τT infolge Torsion ergibt sich damit zu τT =

MT 3F l 60F l Fl = 3 = = 20, 991 3 . a WT (6 − π)a3 a 2( 2 − π4 )a2 10

zu b) Das Torsionstr¨ agheitsmoment IT berechnet sich nach 4A2T IT = 8 ds = t

a t

4( 32 − π4 )2 a4 (6 − π)2 √ = a4 = 0, 0484a4 . Rπ 1 a Rπ 1 + 2 t + t + 2 t 20(π 2 + 4)

F¨ ur die Verdrehung des Querschnitts bei B erh¨ alt man damit ϑl =

MT 6l 18F l2 F l2 = = 371, 9 4 . 4 GIT 0, 0484a G Ga

Verdrehung und Spannung A

Aufgabe 4.25 An dem in der Abbildung dargestellten Kragarm mit d¨ unnwandigem, offenen Querschnitt ist am freien Ende eine Pendelst¨ utze angeschweißt, die um Δθ erw¨ armt wird.

EB Iy , GIT

A4.25

A

h (EA)S , Δθ

l

Ermitteln Sie a) den Schubmittelpunkt des dargestellten Querschnitts und b) die Verdrehung des Querschnitts an der Stelle x = l infolge der Temperatureinwirkung. Geg.: l, h, a, t, Δθ, αϑ , EB , Iy , GIT , (EA)S = 3EB Iy /h2 .

161

Schnitt A − A:

3a/8 t a

a/4

3a/8

L¨ osung zu a) Bestimmung des Schwerpunkts: zˆS = 0, yˆS = − 41 a

a/4

Ermittlung statischer Momente:  si Sy (si ) = z(si )t(si )d˜ si 0 s1 a a ts1 Sy (s1 ) = − t d˜ s1 = − yˆ, y 8 8 0 a2 t a Sy (s1 = ) = − 4 s 32 2 a a2 t Sy (s2 ) = −( − s˜2 )t d˜ s2 − 8 32 0 at t 2 a2 t zˆ = − s2 − s2 − 2 32  s83 a 19 2 at 19 2 s3 − a t = − s3 − a t − td˜ Sy (s3 ) = 2 128 2 128 0

a/4

s3

s2 s1

z

162

Verdrehung und zul¨assige Spannung

Lage des Schubmittelpunkts:  l 1 Sy (s)rt ds (rt l¨ auft gegen den Uhrzeigersinn) yˆM = − Iy 0   a/4   3a/8  at 2 at a t a2 t a s1 + s˜2 + s˜22 + d˜ s2 − s˜1 d˜ yˆM = Iy s1 =0 8 8 8 2 32 2 s2 =0    a/2  at 19 2 a s˜3 + a t d˜ s3 + 2 128 2 s3 =0 Damit ergibt sich die Lage der Schubmittelpunkts zu 169 a4 t a4 t yˆM = ≈ 0, 165 . 1024 Iy Iy

zu b) Das System ist einfach statisch unbestimmt und wird in ein statisch bestimmtes Hauptsystem und ein X-System zerlegt:

=

+ Δθ

Δθ

X−System: l l

X=−

X

1

l

M2X

x ˆ2M

MTX

h

NX

−1αϑ Δθ h αϑ Δθh = 3 2 h yˆM yˆ2 l 1l3 l l + h3 + + + M 3EB Iy (EA)S GIT 3EB Iy GIT

Damit k¨ onnen das Torsionsmoment und die Verdrehung berechnet werden. Man erh¨ alt MT = X · yˆM

und

Δϕ =

MT l. GIT

Verdrehung und Spannung

163

Aufgabe 4.26 Die Abbildung zeigt ein d¨ unnwandiges Rohr mit regelm¨ aßigem Sechseckquerschnitt, das zum Anziehen einer Schraube verwendet wird. Berechnen Sie a) den Verlauf der Schnittgr¨ oßen im Rohr, b) das Torsionstr¨ agheitsmoment und das Torsionswiderstandsmoment, c) die maximale Schubspannung im Rohr, d) die Verschiebung uC des Punktes C (starrer Hebel). e) Zeigen Sie, dass am Rohr keine Querschnittsverw¨ olbung uS − u0 auftritt.

A4.26 a P P

C

l x h

s 2r

Geg.: P, l, r, h, a, G.

L¨ osung zu a) F¨ ur die Schnittgr¨ oßen im Rohr ermittelt man durch Gleichgewichtsbetrachtungen N = 0,

Q = 0,

M = 0,

MT = −P a .

zu b) F¨ ur die von der Profilmittellinie umschlossene Fl¨ ache erhalten wir 5 1 1 √ AT = rt (s)ds = 3 3 r 2 . 2 2 Das Torsionstr¨ agheitsmoment berechnet sich damit zu 4 A2 9 IT = 8 dsT = hr 3 . 2 t(s) Das Torsionswiderstandsmoment ergibt sich zu √ WT = 2AT tmin = 3 3 hr 2 . zu c) Mit dem Torsionsmoment und dem Torsionswiderstandsmoment berechnet man f¨ ur die maximale Schubspannung √ |MT | 3 Pa = . τmax = WT 9 hr 2

164

zu d) Die Verschiebung der Punktes C resultiert nur aus der Verdrehung des d¨ unnwandigen Rohrs, da der Hebel als starr angenommen wird. Daher ist uC = a |Δϕ| = a

|MT |l 2P a2 l = GJT 9Ghr 3

zu e) Um die W¨ olbfreiheit zu untersuchen betrachten wir den Ausdruck 1 s ds    0 t(s) ds t(s)

us − u0 = ϑ 2Am 8

s

−

rt (˜ s)d˜ s . 0

Bei W¨ olbfreiheit muss die Differenz us − u0 an jeder Stelle der Laufkoordinate s verschwinden, z. B. auch f¨ ur s = r/2 am Rand eines beliebigen Teildreiecks der Querschnittsmittelfl¨ ache. Das zweite Integral in der Klammer liefert die zweifache Fl¨ ache des Teildreiecks mit √ dann A˜ = 1/12 Am = 1/8 3 r 2 . Damit folgt 1 s ds    0 t(s) ds t(s)

us=1/2 r − u0 =ϑ 2Am 8

s

−

rt (˜ s)d˜ s 0

  √ 2 r/(2h) 1√ 2 3r =ϑ 3 3 r −2 6 r/h 8   1√ 2 1√ 2 3r − 3r = 0, =ϑ 4 4 d. h. der Querschnitt ist w¨ olbfrei.

Kapitel 5 Der Arbeitsbegriff in der Elastostatik

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_5

5

166

5.1

Arbeitssatz Die von den ¨ außeren Kr¨ aften (Momenten) bei der Belastung eines elastischen K¨ orpers geleistete Arbeit W ist gleich der im K¨ orper gespeicherten Form¨ anderungsenergie Π : W =Π. F¨ ur dreidimensionale Probleme der Elastostatik gilt in Indexschreibweise f¨ ur die spezifische Form¨ anderungsenergie $ % 1 2 E ν 2 3 εik εik + , Π∗ = ε2ii = (1 + ν) σik σik − ν σii 2(1 + ν) 1 − 2ν 2E wobei εik εik :=

3 4 3 4 i=1 k=1

εik εik und εii :=

3 4 i=1

εii .

F¨ ur St¨ abe und Balken gilt: Form¨ anderungsenergie pro L¨ angeneinheit

Beanspruchung

Π∗ =

Zug / Druck

1 N2 2 EA

1 M2 Π∗ = 2 EI

Biegung

Π∗ =

Schub

2

1 Q 2 GAS

1 MT2 Π∗ = 2 GIT

Torsion

Form¨ anderungsenergie  N2 1 Π= dx 2 EA l

1 Π= 2 Π=

1 2

Π=

1 2

 l

 l

 l

M2 dx EI Q2 dx GAS MT2 dx GIT

Gesamte Form¨ anderungsenergie (Zug + Biegung + Schub + Torsion):     2 N M2 Q2 MT2 dx + dx . dx + dx + Π= 2EA 2EI 2GAS 2GIT l

l

l

Sonderfall Stab (N = const, EA = const):

l

Π=

N 2l . 2EA

 Si2 li . 2EAi i Anmerkung: Beim schlanken Balken kann der Schubanteil gegen¨ uber dem Biegeanteil vernachl¨ assigt werden. Sonderfall Fachwerk:

Π=

167 5.2

Prinzip der virtuellen Kr¨afte Die Verschiebung eines Punktes bei L¨ angskraft, Biegung und Torsion errechnet sich aus     NN MM QQ MT M T dx + dx + fi = dx + dx . EA EI GAS GIT l

l

l

l

Dabei sind fi

=

Verschiebung (Verdrehung) an der Stelle i,

N, M, Q, MT

=

Schnittgr¨ oßen infolge gegebener ¨ außerer Belastung,

Schnittgr¨ oßen infolge virtueller Kraft (Moment) 1“an der Stelle i in Richtung von fi . ” Da die Schubkraftanteile im allgemeinen klein gegen¨ uber der restlichen Belastung sind, werden sie in den folgenden Aufgaben vernachl¨ assigt. N , M , Q, M T

=

Sonderfall Fachwerk: fi =

 Sk S k lk , EAk k

Sonderfall Biegebalken:  MM dx . fi = EI l

Anwendung bei statisch bestimmten Problemen Um die Verschiebung fi an einer beliebigen Stelle i zu bestimmen, werden die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe infolge der außeren Belastung (M ) und ¨ infolge der virtuellen Belastung (M ) bestimmt. Die Auswertung der Inte1 grale M M dx kann durch Verwendung der Integraltafel vereinfacht werden (siehe Seite 168).

F

i fi

F i M 1“ ”

i M

168

Mk

k

k s

Mi i

1 sik 2

1 sik 2

1 sik 3

1 sik 6

s (i1 + i2 )k 2

s (i1 + 2i2 )k 6

s (2i1 + i2 )k 6

2 sik 3

1 sik 3

1 sik 3

i

2 sik 3

5 sik 12

1 sik 4

i

1 sik 3

1 sik 4

1 sik 12

i

1 sik 4

1 sik 5

1 sik 20

i

3 sik 8

11 sik 40

1 sik 10

i

1 sik 4

2 sik 15

7 sik 60

i

i2 s

i

quadratische Parabel

s

1 sik 2

s

s

s

s

kubische Parabel

k

sik

i s

i1

k s

s

s

s

Quadratische Parabeln: Kubische Parabeln:

–◦–

–◦– = &

= &

Parabelscheitel,

Nullstelle der Dreiecksbelastung q(x).

169 αs βs k1

k2

quadratische Parabeln k

k

s

k s

s

si (k1 + k2 ) 2

1 sik 2

2 sik 3

2 sik 3

si (k1 + 2k2 ) 6

1 sik(1 + α) 6

1 sik 3

1 sik 4

s (2i1 k1 + i1 k2 6 +2i2 k2 + i2 k1 )

sk [(1 + β)i1 6 +(1 + α)i2 ]

sk (i1 + i2 ) 3

sk (5i1 + 3i2 ) 12

si (k + k ) 1 2 3

1 sik(1 + αβ) 3

8 sik 15

7 sik 15

si (3k1 + 5k2 ) 12

sik (5 − β − β 2 ) 12

7 sik 15

11 sik 30

si (k + 3k ) 1 2 12

sik (1 + α + α2 ) 12

1 sik 5

2 sik 15

si (k1 + 4k2 ) 20

sik ( 1+α)(1+α2) 20

2 sik 15

1 sik 12

si (4k1 + 11k2 ) 40

α3 sik (1+α+α2 − ) 10 4

11 sik 15

29 sik 120

si (7k + 8k ) 1 2 60

sik (1+α)(7 −α2) 20 3

1 sik 5

1 sik 6

s

Trapeze: Einzelne i- bzw. k-Werte k¨ onnen auch negativ sein.

170

Anwendung bei statisch unbestimmten Problemen ¨ Die statisch Uberz¨ ahlige (unbekannte Kraft) X = B bestimmt sich aus der kinematischen Bedingung, F dass die Verschiebung am AngriffsB A punkt i von X (Lager) Null sein F = muss: A

X=B

fi = 0 .  Damit folgt aus fi =

0“-System ” F

l

MM dx EI

mit M (0)

M = M (0) +X M (1) ,

1“-System ” 1“ ”

x

M = M (1)

f¨ ur die statisch Unbestimmte 1 (0) (1) M M dx X = B = − 1 (1) (1) . M M dx

M (1)

Die Auswertung der Integrale erfolgt zweckm¨ aßig mit Hilfe der Integraltafel auf Seite 168. Anmerkung: Bei n-fach statisch unbestimmten Problemen treten n statisch Unbestimmte (unbekannte Kr¨ afte oder Momente) Xi auf, die aus n kinematischen Bedingungen (zum Beispiel fi = 0) bestimmt werden. Verfahren von CASTIGLIANO Die Ableitung der Form¨ anderungsenergie Π nach der ¨ außeren Kraft (dem Moment) Fi ist gleich der Verschiebung (Verdrehung) fi des Angriffspunktes der Kraft (des Momentes) in Richtung der Kraft (des Momentes): fi =

∂Π . ∂Fi

Vertauschungssatz von MAXWELL-BETTI i

F fik k

F i fki

k

fik = fki

Fachwerk

Aufgabe 5.1 Das dargestellte Fachwerk besteht aus St¨ aben gleicher Dehnsteifigkeit EA.

171

A5.1 a

a

a a

Wie groß muss die Kraft F sein, damit die Vertikalverschiebung der Kraftangriffsstelle den Wert f0 annimmt?

F

L¨ osung Die L¨osung erfolgt mit Hilfe des Arbeitssatzes W = Π . Damit die Verschiebung den Wert f0 erreicht, muss die Kraft die Arbeit W = 12 F f0 leisten. Die Form¨ anderungsenergie Π errechnet sich aus Π=

1  Si2 li 1  2 Si li . = 2 EAi 2EA

Mit den Lagerkr¨ aften A = F/3 und B = 2F/3 ergeben sich die in der Tabelle zusammengestellten Werte. 4 1

5

3 2

A

8

7

6

9

F

B

Damit folgt F =

9EAf0 √ . 4(5 + 3 2)a

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9

li √ 2a a a a √ 2a a a √ 2a a  2 Si li

Si2 li Si F 2a √ √ − 2F/3 2 2/9 F/3 1/9 F/3 1/9 −F/3 1/9 √ √ − 2F/3 2 2/9 2F/3 4/9 F 9/9 √ √ −2 2F/3 8 2/9 2F/3 4/9 √ 4 = (5 + 3 2)F 2 a 9

Alternativ kann die Aufgabe auch mit dem Satz von Castigliano gel¨ ost werden. Aus der Form¨ anderungsenergie √ 2 1  Si li 2 (5 + 3 2) 2 F a Π= = 2 EAi 9 EA folgt mit der Bedingung √ ∂Π 4 (5 + 3 2) f0 = = Fa ∂F 9 EA durch Aufl¨ osen nach F F =

9EAf0 √ . 4(5 + 3 2)a

172

A5.2

Arbeitssatz

Aufgabe 5.2 Der durch die Kraft F belastete dehnstarre Balken (Biegesteifigkeit EI) wird durch ein schr¨ ages Seil (Dehnsteifigkeit EA) gehalten.

EA a F

Wie groß ist die Vertikalverschiebung f der Kraftangriffsstelle?

EI

a

a

L¨ osung Die Aufgabe kann durch direkte Anwendung des Arbeitssatzes W =Π gel¨ ost werden. Dabei ist die Arbeit der ¨ außeren Kraft F 1 F f. 2 Die Form¨ anderungsenergie setzt sich aus der des Balkens und der des Seils zusammen: W =

Π = ΠS + ΠB . Mit  A : 2aF −

S

√

4 2 aS = 0 ; S= √ F 2 2 √ 2 − F = 0 ; AV = −F ↑ : AV + S 2 und M (x) = −F x

(0 ≤ x ≤ a)

F

45◦ A x

B aF

M

erh¨ alt man f¨ ur das Seil 2 √ F 2a S l =4 2 ΠS = 2EA EA und f¨ ur den Balken (bei Ausnutzung der Symmetrie von M (x)) a 2 2  M2 F x 1 F 2 a3 ΠB = dx = 2 dx = . 2EI 2EI 3 EI 0

Durch Einsetzen folgt schließlich √ Fa 2 F a3 +8 2 . f= 3 EI EA Anmerkung: Im Bereich AB wirkt im Balken die Druckkraft N = 2F . Der entsprechende Form¨ anderungsenergieanteil ist Null, da der Balken als dehnstarr angenommen wurde.

Verschiebungsberechnung

Aufgabe 5.3 Bei dem durch die Kraft F belasteten Fachwerk haben alle St¨ abe die gleiche Dehnsteifigkeit EA.

a

I

a

II

5 1

Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Knotens III?

IV

3

A5.3 III

6 4

2

173

7 8

V

a

9

F VI

L¨ osung Beim Verfahren der virtuellen Kr¨afte ergeben sich die Verschiebungen mit EAi = EA aus f=

 Si S i 1  Si S i li . li = EAi EA 1“ ”

Da das System statisch bestimmt ist, k¨ onnen die Stabkr¨ afte Si infolge der Last F allein aus dem Gleichgewicht bestimmt werden. Durch Belastung von III mit der virtuellen Kraft 1“ in vertikaler bzw. in hori” zontaler Richtung, erh¨ alt man die Stab(V ) kr¨ afte S i bzw. S i (H) .

S i (V ) 1“ ” S i (H)

i

li

Si

S i (V )

Si S i (V ) li

S i (H)

Si S i (H) li

1

−F √ 2F

−1 √ 2

Fa √ 2 2F a

0

0

2

a √ 2a

0

0

3

a

−2F

−2

4F a

0

0

4

a

0

0

0

0

0

5

a

F

1

Fa

1

Fa

6

a √ 2a

F √ − 2F

1 √ − 2

Fa √ 2 2F a

1

Fa

7

0

0

8

a

0

0

0

0

0

9

a

F 0 0  √ (V ) Si S i li = (7 + 4 2)F a

0 

0 Si S i

(H)

li = 2F a

Damit ergeben sich die Vertikal- und die Horizontalverschiebung zu √ Fa , fV = (7 + 4 2) EA

fH = 2

Fa . EA

174

A5.4

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.4 Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI) eines ebenen Tragwerks wird durch zwei Einzellasten F belastet.

F C F

Man berechne f¨ ur die biegesteife Rahmenecke C 1. die Horizontalverschiebung, 2. die Vertikalverschiebung, 3. die Verdrehung.

B

2a

A 2a

L¨ osung Mit dem Prinzip der virtuellen Kr¨afte lassen sich die Verschiebungen (unter Vernachl¨ assigung der Schub-, Zug- und Torsionsanteile) aus  MM fi = dx EI l

bestimmen. F¨ ur den Momentenverlauf M infolge der gegebenen Belastung F erh¨ alt man: F Fa F

M F

F

1. Horizontalverschiebung der Rahmenecke: Wir bringen an der Stelle C eine virtuelle Horizontalkraft 1“ an und ermitteln den zugeh¨ origen ” Momentenverlauf. 2a

1“ ”

M 1

1

1

Durch Bereichseinteilung, Symmetrie der Belastung und Anwendung der Integraltafel ergibt sich f¨ ur die Verschiebungen:

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

fH

1 = EI



2 M M dx = EI

 a



2a M M dx +

175

M M dx a

  1 2 a = (a)(a)(F a) + (a + 2a)F a EI 3 2 3 11 F a . = 3 EI 0

2. Vertikalverschiebung der Rahmenecke: Das Aufbringen der virtuellen Vertikalkraft 1“ f¨ uhrt zu keiner Momentenbelastung im Rahmen und ” somit auch zu keiner Verschiebung: 1“ ”

M

M =0,

fV = 0 .

1

3. Verdrehung der Rahmenecke: Das virtuelle Moment 1“ in C aufge” bracht ergibt den folgenden Momentenverlauf M : 1

1“ ”

M 1 2a 1 2a

F¨ ur die Verdrehung ψ der Rahmenecke folgt durch Bereichseinteilung und Anwendung der Integraltafel: 1 ψ= EI

 a M M dx + 0



2a M M dx a

 2  1 1 1 1 Fa (1 + ) + a F a EI 2 2 3 2 11 F a2 . = 12 EI =

176

A5.5

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.5 Wie groß sind die Vertikalverschiebung fB und die Winkelverdrehung ψB am Rahmenende B?

B

q0 EI

Die Balken seien als dehnstarr angenommen.

a

A

a

L¨ osung Nach der Methode der virtuellen Kr¨afte bestimmen sich Verschiebungen und Verdrehungen aus  MM dx . f= EI F¨ ur das Grund- und die Hilfssysteme erh¨ alt man: 1“ ”

q0

q0 a2 2

a

1“ ”

1

M

MV

MW

Damit folgen unter Verwendung der Integraltafel    q0 a2 5 q0 a4 1 1 a q0 a2 M M V dx = · ·a+a· ·a = , fB = EI EI 4 2 2 8 EI

ψB =

1 EI

 M M W dx =

1 EI



 q0 a2 2 q0 a3 a q0 a2 · ·1+a· ·1 = . 3 2 2 3 EI

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.6 Der dargestellte Rahmen besteht aus Tr¨ agern gleicher Biegesteifigkeit EI.

177

A5.6 b

F

a

Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Kraftangriffspunktes? b a

L¨ osung Nach dem Verfahren der virtuellen Kr¨afte lassen sich die Verschiebungen aus  MM dx f= EI bestimmen. F¨ ur den Momentenverlauf M sowie die Verl¨ aufe M V , M H infolge von Einheitskr¨ aften in vertikaler bzw. in horizontaler Richtung erh¨ alt man: F

1“ ”

1“ ”

a F b

a b

a−b F b

1

a−b b

a b

a b

a

Fa M

a

MV b a

Fa

MH

a−b

Unter Verwendung der Integraltafel (Seite 168) ergeben sich damit + , 1 4b 1 1 F a3  1+ fV = , a(−F a)(−a) + b(−F a)(−a) + b(F a)a = EI 3 3 3EI a fH =

1 EI

+

1 1 b(−F a)(−b) + b(F a)a 2 3

, =

F a2 b 3EI

  3b . 1+ 2a

178

A5.7

Gemischtsystem a

Aufgabe 5.7 Das dargestellte System besteht aus einem eingespannten, dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI) und zwei St¨ aben gleicher Dehnsteifigkeit EA.

1

a

EA EI

2

Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Kraftangriffspunktes?

F

a

A

L¨ osung Der Balken wird auf Biegung und die St¨abe werden auf Zug bzw. auf Druck beansprucht. Nach dem Verfahren der virtuellen Kr¨ afte bestimmen sich die Verschiebungen aus   Si S i MM dx + li . f= EI EAi i Da das System statisch bestimmt ist, lassen sich M und Si sofort ermitteln. Man erh¨ alt M -Verlauf

S1 =

√

2F ,

S2 = −F .

F

MA = aF

aF

AV = F

Zur Bestimmung der Vertikalverschiebung muss das System durch die Kraft 1“ in vertikaler Richtung belastet werden. Ersetzt man F durch ” 1“, so k¨ onnen obige Ergebnisse u ¨ bernommen werden: ” M V -Verlauf

S 1V =

√

2,

S 2V = −1 . a

Gemischtsystem

179

Damit erh¨ alt man unter Verwendung der Integraltafel

fV =

+

1 EI

a(aF )a +

1 a(aF )a 3

,

: √ √ 1 9√ 2F · 2 · 2a + (−F )(−1)a EA √ (1 + 2 2)F a 4 F a3 + . = 3 EI EA +

F¨ ur die Horizontalverschiebung wird das folgende Hilfssystem verwendet:

M H -Verlauf 1

S 1H = 0 ,

2

1“ ”

S 2H = 1 . AH = 1 MA = a

a

AV = 0

F¨ ur fH ergibt sich daraus 1 fH = EI =

+

, 1 1 a(aF )a + 0 + {0 + (−F ) · 1 · a} 2 EA

Fa F a3 . − 2EI EA

EI 1 ur einen biegestarren Anmerkung: F¨ ur 2 = wird fH = 0. F¨ a EA 2 Balken (EI → ∞) verschiebt sich der Kraftangriffspunkt nach links (fH < 0).

180

A5.8

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.8 Wie groß ist die Vertikalverschiebung f in der Mitte des Balkens?

Sinusbelastung

EI a 2

A

q0

C

a 2

B

L¨ osung Nach der Methode der virtuellen Kr¨afte bestimmt sich die Vertikalverschiebungen aus  MM f= dx . EI Der Momentenverlauf M infolge der gegebenen Belastung wird durch Integration berechnet: π π π a a2 x , Q = q0 cos x , M = q0 2 sin x . q(x) = q0 sin a π a π a F¨ ur die virtuelle Belastung 1“ folgt: ” 1 6 A x = x, x ≤ a/2 2 M= a−x , x ≥ a/2 B (a − x) = 2

1“ ” A

C

B

x

Damit erh¨ alt man f¨ ur die gesuchte Vertikalverschiebung 7 6 a/2  a   1 a−x x MM M dx . dx = M dx + f= EI EI 2 2 0

a/2

Integration unter Verwendung von  sin cx x cos cx x sin cx dx = − c2 c liefert das Ergebnis ⎧⎡ ⎤a/2 π π ⎪ ⎨ sin( x) x cos( x) q0 a2 ⎢ a a ⎥ − f= ⎣ ⎦ π 2 EI π 2 ⎪ π2 ⎩ a 2 a 0 ⎤a ⎫ ⎡ ⎪ π π ⎪ ⎬ sin( x) x cos( x) 2 a4 q0 π ⎥ ⎢ −a a a = 4 cos( x) − +⎣ + . ⎦ 2 π ⎪ π a π EI π ⎪ ⎭ 2 a a a/2

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.9 Ein eingespannter Viertelkreisbogen ist durch die Kraft F belastet.

EI R s

L¨ osung Wir verwenden das Verfahren der virtuellen Kr¨ afte. Danach errechnet sich eine Verschiebung aus f=

F Q

R(1 − sin ϕ)

M

MM ds . EI

A5.9

F

Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Kraftangriffspunktes, wenn nur die Form¨ anderung infolge Biegung ber¨ ucksichtigt wird?



181

N ϕ

Der Momentenverlauf M ergibt sich zu

R cos ϕ

M = −F R cos ϕ . Zur Bestimmung der Vertikalverschiebung wird eine Kraft 1“ in vertikaler Richtung an” gebracht. Man erh¨ alt

1“ ”

M V = −R cos ϕ und mit ds = R dϕ die Verschiebung

fV =

R EI

π/2 π/2 F R3 πF R3 M M V dϕ = cos2 ϕ dϕ = . EI 4EI 0

0

1“ ”

Aus einer Einheitslast in horizontaler Richtung folgen M H = −R(1 − sin ϕ) und fH =

R EI

π/2 π/2   R3 F F R3 M M H dϕ = (cos ϕ − sin ϕ cos ϕ) dϕ = . EI 4EI 0

0

Anmerkung: Bei der Integration wurden folgende Beziehungen verwen1 (1 + cos 2ϕ) und sin ϕ cos ϕ = 1 sin 2ϕ . det: cos2 ϕ = 2 2

182

A5.10

Stabkr¨afte und Verschiebungen

Aufgabe 5.10 Das dargestellte Fachwerk besteht aus St¨ aben gleicher Dehnsteifigkeit EA.

A

a

a

2

7

1

Wie groß sind die Stabkr¨ afte und wie groß ist die Vertikalverschiebung des Kraftangriffspunktes?

5

3

B

4

8

6

C

9

F

a

L¨ osung Das Fachwerk ist einfach statisch unbestimmt gelagert. Wir ¨ betrachten die Lagerkraft C als statisch Uberz¨ ahlige und bestimmen sie aus der Bedingung fC =

 Si S i li 1  Si S i li = 0 . = EAi EA

Es werden hier lediglich die Stabkr¨ afte f¨ ur das 0“-System berechnet. ” Die Werte f¨ ur das 1“- und 2“-System k¨ onnen durch analoges Vorge” ” hen bestimmt werden. 0“-System: 1“-System: ” ” I

A

7 3

1

B

III

0

2

4

0

0

5

II

0

9

0 6

I

A

8

7 3

1

C

B

4

0

→:

II

S3

z. B. am Knoten B ( 0“-System): ” √ 2 S3 = F ↑: S1 = − 2 (0)

(1)

F

S1 F (1)

Mit Si = Si + C · Si und S i = Si folgt  (0) (1) √ Si Si li 3+2 2 √ F . C = −  (1) (1) = 7+4 2 Si Si li

6

9

S2

S2 = F

0

5

F

z. B. am Knoten I ( 0“-System): ” √ √ ↑: S3 = − 2S5 = − 2F

III

0

2

S3

8

C 1“ ”

Stabkr¨afte und Verschiebungen

i

li

1 2 3 4 5 6 7 8 9

a a √ 2a a a √ 2a a a a

(0)

(1)

Si

F F √ − 2F 0 F 0 0 0 0

(0)

(1)

(1)

(1)

183 (2)

Si

Si Si li

Si Si li

Si

−1 −2 √ 2 1 0 √ − 2 0 0 1  =

−F a −2F a √ −2 2F a 0 0 0 0 0 0 √ " ! −3 − 2 2 F a

a 4a √ 2 2a a 0 √ 2 2a 0 0 a √ " ! 7+4 2 a

1 1 √

− 2 0 1 0 0 0 0

Damit erh¨ alt man f¨ ur die Stabkr¨ afte √ √ 4+2 2 1 4+4 2 √ F , S2 = √ F , S3 = − √ F, S1 = 7+4 2 7+4 2 7+4 2 √ √ 3+2 2 4+3 2 √ F , S5 = F , S6 = − √ F , S7 = S8 = 0. S4 = S9 = 7+4 2 7+4 2 Um die Vertikalverschiebung von F zu ermitteln, fassen wir das System als ein durch F und C belastetes, statisch bestimmtes System auf, das der Lagerbedingung fC = 0 gen¨ ugt. Dann kennen wir bereits die Si . 2“-System: ” 2

7 3

1

C

F

(2)

Mit den Stabkr¨ aften S i = Si 1  Si S i li fF = EA

4

0

0

0 6

5

0

0

8

9

1“ ”

des Hilfssystems 2“ ergibt sich damit ”

$ √ √ √ √ √ % Fa √ " (4 + 2 2) + 1 − (4 + 4 2)(− 2) 2 + (7 + 4 2) ! EA 7 + 4 2 √ 20 + 14 2 F a √ . = 7 + 4 2 EA =

184

Lagerreaktionen und Verschiebungen 2a

A5.11

Aufgabe 5.11 F¨ ur den dargestellten Rahmen sind der Momentenverlauf und die Horizontalverschiebung fH des Lagers B zu bestimmen.

q0 EI

a

EI 2a B A

L¨ osung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Zur Ermittlung der Lagerreaktionen wird das Verfahren der virtuellen Kr¨ afte verwen¨ ahlige aufgefasst det, wobei das Einspannmoment MA als statisch Uberz¨ wird: X = MA . Damit ergeben sich im 0“- und im 1“-System die fol” ” genden Momentenverl¨ aufe und Lagerreaktionen: 1 q a2 2 0

0“-System: ” (0) AH

q0

=0, M (0)

(0)

AV = q0 a ,

(0)

B (0)

AH

B

(0)

= q0 a .

(0)

AV

1

1“-System: ” (1)

AH = 0 , (1)

AV = − B (1) =

1 , 2a

M (1) (1)

AH

1“ ”

1 . 2a

B (1)

(1)

AV

Aus der Bedingung, dass die Vertikalverschiebung am Lager B Null ist,  MM dx , fV = 0 = EI folgt mit M = M (0) + X M (1)

und

M = M (1)

Lagerreaktionen und Verschiebungen

185

  1 1 1 (0) (1) · 2a q0 a2 · 1 M M dx 3 2 q0 a2 =− X = MA = − 1 (1) (1) . =− 1 8 M M dx · 2a · 1 · 1 + 2a · 1 · 1 3 Die Lagerreaktionen und der Momentenverlauf ergeben sich damit zu (0)

(1)

(0)

(1)

AV = AV + X · AV = B = B (0) + X · B (1) =

15 a 16

1 q a2 8 0

AH = AH + X · AH = 0 , 17 q0 a , 16

0, 44 q0a2

15 q0 a . 16

M

Zur Bestimmung der Horizontalverschiebung bei B wird der Rahmen als ein durch q0 und X = MA belastetes, statisch bestimmtes System mit einem gelenkigen Lager bei A aufgefasst. F¨ ur dieses System erh¨ alt man unter virtueller Last ( 2“-System) den dargestellten Momenten” verlauf. 2“-System: ”

2a

a

1“ ” B

M (2)

A

Mit M = M (0) + X · M (1)

M = M (2)

und

ergibt sich unter Verwendung der Integraltafel

fH =

1 EI

 M M dx = +

1 EI

+

q0 a2 2a q0 a2 (2a+a) − 3 2 8

=

1 EI

=

13 q0 a4 . 24 EI

,

 M (0) M (2) dx + X 

M (1) M (2) dx

1 1 ·2a·1·(2 ·2a + a) + ·2a·1 · 2a 6 2

,

186

A5.12

Lagerreaktionen und Verschiebungen F

Aufgabe 5.12 Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Absenkungen in den Feldmitten? Wie a ¨ndert sich die Absenkung bei G, wenn bei D eine zus¨ atzliche Last 2F angreift?

EI

A

D a 2

B

G a

a 2

C a

L¨ osung Wir verwenden das Verfahren der virtuellen Kr¨afte und fas¨ sen die Lagerkraft B als statisch Uberz¨ ahlige auf. Mit den Momentenverl¨ aufen f¨ ur das 0“- und das 1“-System ” ” F

0“-System: ”

A(0) = 13 F

M (0)

B (0) = 32 F

1 aF 3

2 a 3

2 aF 3 1 a 3

1“-System: ” 1“ A(1) = − 23 ”

B (1) = − 13

M (1)

ergibt sich aus der Bedingung fB = 0 die Lagerkraft B:   a aF  2a a aF  2a 1 (0) (1) − + − 2 M M dx 3 3 3 6 3 3 EI  X = B =− =− 2a 2a 2a a 2a 2a 1 (1) (1) + M M dx 3 3 3 3 3 3 EI      a 2aF 2aF 2a a a aF a 2aF − +2 + − − − + 3 3 3 3 3 3 3 3 7 3 = F . + a 2a 2a 2a 2a 2a 8 + 3 3 3 3 3 3 Außerdem folgen A = A(0) + X · A(1) =

7 2 F 1 F− F · =− , 3 8 3 4

C=

3 F . 8

Zur Bestimmung der Absenkungen fassen wir den Balken als ein durch F und B belastetes, statisch bestimmtes System (Balken auf zwei St¨ utzen) auf. Mit den Hilfssystemen 1“ ”

2“-System: ” 1 3

2 3

1 a 3

M (2)

2 a 3

Lagerreaktionen und Verschiebungen

3“-System: ”

1“ ” 1 6

5 6

ergeben sich fG =

1 EI

=

1 EI

5 a 12

1 a 3

1 a 6

[M (0) + X · M (1) ]M (2) dx +

,

 M (0) M (2) dx + X

+ 1 2a 2aF EI 3 3  4a a a − + − 6 3 3

M (1) M (2) dx

   2a 7 2a a a + F − 3 8 3 3 3  , a 2aF 2a 2a 2a 2a 2a a a + − − 3 3 3 3 3 3 3 3 3

5 F a3 , 48 EI

fD = fDG = =

M (3)



=

=

187

1 EI

1 EI

 [M (0) + X · M (1) ]M (3) dx

+

,

 M (0) M (3) dx + X

M (1) M (3) dx

=−

1 F a3 . 64 EI

Die Durchbiegung bei G infolge der zus¨ atzlichen Last 2F berechnen wir mit dem Vertauschungssatz von fDG F Maxwell-Betti. Danach ist die Verschiebung fDG von D infolge D G einer Kraft F in G gleich der fGD Verschiebung fGD von G infolge F der Kraft F in D. Infolge einer Kraft 2F bei D erh¨ alt man demD G nach bei G die Verschiebung 2fGD . Die Gesamtabsenkung bei G ist also fGD = fDG f = fG + 2fDG   1 F a3 7 F a3 5 −2 = = . 48 64 EI 96 EI

2F

2fGD =2fDG G

D

188

A5.13

Statisch unbestimmter Rahmen q0

Aufgabe 5.13 Der dargestellte Rahmen unter der Streckenlast q0 besteht aus Balken gleicher Biegesteifigkeit EI.

a A

Es sind die Lagerreaktionen zu bestimmen.

B

C

a

a

L¨ osung Der Rahmen ist zweiq0 fach statisch unbestimmt gelagert. Betrachtet man die f1 Lagerkraft B und die Horizontalkraft CH als statisch f2 ¨ A Uberz¨ ahlige, so erh¨ alt man X2 = C H X1 = B das skizzierte System. Die unbekannten Kr¨ afte X1 = B und X2 = CH werden aus den Bedingungen f1 = 0 und f2 = 0 ermittelt. Verwendet man das Verfahren der virtuellen Kr¨ afte, so ergeben sich die folgenden Grund- und Hilfssysteme: 0“-System: ”

q0

quadr. Par.

1 q a2 2 ◦

M (0)

(0)

AH

(0)

(0)

AV

CV (0)

(0)

AV = q0 a ,

AH = 0 ,

(0)

CV = q0 a . 1 a 2

1“-System: ”

M (1) (1) AH (1)

AV

(1)

CV

1“ ” (1)

(1)

A V = CV = −

1 , 2

(1)

AH = 0 .

Statisch unbestimmter Rahmen

2“-System: ”

a

189

a M (2)

(2) AH

1“ ” (2)

(2)

AV

CV (2)

(2)

(2)

A V = CV = 0 ,

AH = 1 .

Aus den Bedingungen  1 [M (0) + X1 M (1) + X2 M (2) ]M (1) dx = 0 , f1 = EI  1 [M (0) + X1 M (1) + X2 M (2) ]M (2) dx = 0 f2 = EI folgen mit (siehe Integraltafel)   5a q0 a2 a a3 5q0 a4 M (0) M (1) dx = −2 =− , M (1) M (1) dx = , 12 2 2 24 6   a3 2 M (1) M (2) dx = , M (0) M (2) dx = − q0 a4 , 2 3  8 a M (2) M (2) dx = 2 (−a)(−a) + 2a(−a)(−a) = a3 3 3 die beiden Gleichungen −

5q0 a4 a3 a3 + X1 + X2 =0, 24 6 2

−

2q0 a4 a3 8a3 + X1 + X2 =0. 3 2 3

Daraus erh¨ alt man X1 = B =

8 q0 a , 7

X2 = CH =

1 q0 a 28

und (0)

(1)

(2)

(0)

(1)

(2)

AV =AV + X1 AV + X2 AV = q0 a − AH =AH + X1 AH + X2 AH = CV =q0 a −

3 8 1 q0 a · = q0 a . 7 2 7

8 1 3 q0 a · + 0 = q0 a , 7 2 7

1 q0 a , 28

190

A5.14

Kreisring

Aufgabe 5.14 Der elastische Kreisring wird durch die beiden entgegengesetzt wirkenden Kr¨ afte F belastet.

F R ϕ

Zu bestimmen sind der Verlauf des Biegemomentes und die Zusammendr¨ u”ckung des Ringes, wenn der Ring als dehnstarr angenommen wird.

EI

F

L¨ osung Schneidet man den Ring F in der Mitte (bei ϕ = 0, π), so stellt man fest, dass das System innerlich statisch unbestimmt ist X = MA MA A (Schnittgr¨ oßen nicht allein aus Gleichgewichtsbedingungen bestimmbar). F F Das unbekannte Moment X = MA 2 2 l¨ asst sich aus der Bedingung ermitteln, dass die Winkelverdrehung bei A Null sein muss (Symmetrie!). Bei Verwendung des Verfahrens der virtuellen Kr¨ afte ergibt sich: 0“-System: ”

1“-System: ”

F

ϕ

ϕ F 2

F 2

M (0) = Aus ψA =

1 EI

1“ ”

1 F R(1 − cos ϕ) , 2

1“ ”

M (1) = 1 .

 M M ds = 0

folgt mit M = M (0) + X · M (1) , f¨ ur MA :

M = M (1) ,

1 (0) (1) 2 M M ds X = MA = − 1 (1) (1) =− M M ds

π/2 1 0

ds = R dϕ

FR (1 − cos ϕ)R dϕ 2 2

π/2 1

 = −F R

R dϕ

0

Damit erh¨ alt man f¨ ur den Momentenverlauf f¨ ur 0 ≤ ϕ ≤ π/2   2 1 − cos ϕ . M = M (0) + X · M (1) = F R 2 π

1 1 − 2 π



.

Kreisring

191

Zur Bestimmung der Vertikalverschiebung am Kraftangriffspunkt fassen wir den halben Ring als einen durch F und MA belasteten, gelenkig gelagerten (statisch bestimmten) Bogen auf, 1“ dessen Momentenverlauf M bekannt ist. Aus ” dem zugeh¨ origen Hilfssystem ergibt sich 1 R(1 − cos ϕ) . 2 Damit erh¨ alt man f¨ ur die Verschiebung

ϕ

M=

1 2

1 2

π/2 π/2    2 F R3 M M R dϕ = − cos ϕ (1 − cos ϕ)dϕ 2EI π 0 0  π/2 2 ϕ 1 8 F R3  F R3 2 ϕ− + 1 sin ϕ + + sin 2ϕ π− . = = 2EI π π 2 4 8EI π 0

1 fF = 2 EI

Die Zusammendr¨ uckung des Ringes ergibt sich dann zu Δv = 2fF =

F R3 π 2 − 8 . EI 4π

Verwendet man das Verfahren von Castigliano zur L¨ osung der Aufgabe, so folgt mit  1 M2 M = F R(1 − cos ϕ) + MA und Π= ds 2 2EI aus ψA =

∂Π =0 ∂MA

das Ergebnis  M

∂M ds = 0 ∂MA

π/2 ; 

;

2

1 1 MA = −F R − 2 π

0



 1 F R(1 − cos ϕ) + MA · 1 · R dϕ = 0 2   1 2 und M = FR − cos ϕ . 2 π

Die Verschiebung fF ermittelt man aus  1 ∂M ∂Π = M ds fF = ∂F EI ∂F π/2   R  2  8 FR2 2 F R3  π− = . − cos ϕ − cos ϕ R dϕ= EI 2 π 2 π 8EI π 0

192

A5.15

Gemischtsystem

Aufgabe 5.15 Das eingespannte Rohr x ist durch das Seil y zus¨ atzlich gelagert.

A 2r

Es sind die Lagerreaktionen in A und B zu bestimmen, wenn das Rohr durch eine Kraft F belastet wird. 3 G1 = , Geg.: E1 8

2 

1 x 

y

GIT 1

z

1 EI1 l2 = , 100 EA2 l13

B

EA2

EI1 F

l1

1 r = . l1 10

l2

L¨ osung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Betrachtet man ¨ die Lagerkraft X = B als statisch Uberz¨ ahlige, so erh¨ alt man folgende 0“- und 1“-Systeme: ” ” 0“-System: ” (0) (0) MA

= −l1 F ,

(0) MT

= rF .

1 

F

A(0) z (0)

rF

2 

1 

1“-System: ” A(1) = −1 , (1) MT

(1)

MA = l1 ,

M

(1)

1“ ” 2  x

y z

(1) MT -Verlauf 2 

1 

1 

1“ ” 2 

A(1) z

-Verlauf

l1

(1) MA

x

=r.

r

N

(1)

-Verlauf

2  1 

2 

N (0) =0

1 

1 

(1) MT

z

F

N (0) -Verlauf

MT -Verlauf 2 

x

y

x

M (0) -Verlauf l1 F

MA

(0)

MT

A(0) = F ,

2  1 

1“ ”

Gemischtsystem

193

Aus der Bedingung, dass die Verschiebung bei B Null ist, 

MM dx + EI

fB = 0 =



MT M T dx + GIT



NN dx , EA

erh¨ alt man mit (0)

M = M (0) + X · M (1) , N = N (0) + X · N (1) ,

(1)

,

(1)

,

MT = MT + X · MT M = M (1) ,

M T = MT

N = N (1)

f¨ ur die Unbekannte X = B  X = B = −

 (0) (1) MT MT N (0) N (1) dx + dx GIT 1 EA2   (1) (1) MT MT N (1) N (1) dx + dx + dx GIT 1 EA2

M (0) M (1) dx + EI1 M (1) M (1) EI1



1 1 1 l1 (−l1 F )l1 + l1 (rF )r + 0 EI1 3 GIT 1 =− . 1 1 1 1 l1 r r + l2 · 1 · 1 l1 l1 l1 + EI1 3 GIT 1 EA2 Unter Verwendung von IT 1 = 2I1 (Kreisquerschnitt!) und der gegebenen Gr¨ oßen folgt X=B=

96 F . 107

F¨ ur die Lagerreaktionen bei A ergibt sich damit A = A(0) + X · A(1) = F − (0)

11 96 F = F , 107 107

(1)

MA = MA + X · MA = −l1 F + (0)

MT A = MT + X · MT (1) = rF −

96 11 l1 F = − l1 F , 107 107 96 11 rF = rF . 107 107

194

A5.16

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.16 F¨ ur das dargestellte statisch unbestimmte Tragwerk ist das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy so zu bestimmen, dass die vertikale Absenkung im Punkt K genau wK = 1 cm betr¨ agt.

q EA = ∞

Geg.: E = 21 · 107 kN/m2 , a = 3 m, q = 5 kN/m.

a K

a

a

a

L¨ osung Um die Absenkung des Punktes K zu bestimmen, m¨ ussen zun¨ achst die Schnittgr¨ oßen des einfach statisch unbestimmten Systems berechnet werden. 0“-System: ” q

4 qa 3

1 qa 3 4 qa 3

1 qa 3 5 qa2 6

2 qa 3

2 qa 3

Q0

M0 2 qa2 3

1“-System: ”

1“ ” 1 a

+1

1 a 1 a

+1

1 a

Q1

M1

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

195

Die Verdrehungen im Punkt K im 0“- und 1“-System ergeben sich zu ” ” 2 2 1 5 2 1 1 1 7 3 qa , EIy δ10 = a · 1 · qa + a · 1 · qa + a · 1 · qa2 = 6 3 6 6 3 8 24 1 4 = a. EIy δ11 = 4 · · a · 12 3 3 Mit δ10 + X1 δ11 = 0

7 − 32 qa2

folgt f¨ ur die statisch Unbestimmte (Biegemoment bei K)

5 qa2 6

7 qa2 , 32 und der Momentenverlauf des Systems ergibt sich wie abgebildet. X1 = −

7 qa2 − 32 2 qa2 3

M

Zur Bestimmung der Verschiebung im Punkt K wird dort am statisch bestimmten 0“-System eine 1“-Last aufgebracht und der Momenten” ” verlauf bestimmt. 4 3

2 3 2 a 3

4 3

2 3

1 3

1

1 a 3

¯ M

1 a 7 1 a 2 a qa2 − a − qa2 3 33 6 3 32    1 2a 1 7 1 2a 5 2 1 2a − qa2 + 2 a + a qa + 2 a qa2 6 3 32 3 3 6 3 3 8 4 7 14 10 1 − − + + = qa4 27 576 576 27 18

EIy δ1K = 2 ·

=

929 4 qa . 1728

Aus der Bedingung δ1K = wK erh¨ alt man damit das gesuchte Fl¨ achentr¨ agheitsmoment Iy =

1 1 929 929 5 qa4 = 3004 = 10368 cm4 . EwK 1728 21 · 103 1728 100

196

A5.17

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.17 Der dargestellte Balken ist statisch unbestimmt gelagert und hat die Biegesteifigkeit EI. Wie groß ist die Vertikalverschiebung in Balkenmitte?

q0 A

B

x

a

¨ L¨ osung Wir betrachten die Lagerkraft B als statisch Uberz¨ ahlige und bestimmen sie nach dem Verfahren der virtuellen Kr¨ afte aus der Bedingung  MM fB = dx = 0 . EI F¨ ur das 0“- und das 1“-System ergeben sich: ” ” 0“-System: ” q0 M (0) (x) = − 21 q0 (a − x)2 1 q a2 2 0

1“-System: ” a 1“ ”

M (1) (x) = (a − x)

Damit folgt f¨ ur die statisch Unbestimmte mit Hilfe der Integraltafel (Seite 168): 1 (0) (1) M M dx 3 X = B = − 1 (1) (1) = q0 a . 8 M M dx Um die Vertikalverschiebung zu ermitteln, wird der Balken als statisch bestimmt auf zwei St¨ utzen aufgefasst. F¨ ur dieses System erh¨ alt man unter virtueller Last ( 2“-System) den dargestellten Momentenverlauf. ” 2“-System: 1“ ” ” M a 4

Mit M = M (2) und M = M (0) + XM (1) ergibt sich  1 (M (0) + XM (1) )M (2) dx fV = EI   1 X (M (0) M (2) )dx + (M (1) M (2) )dx = EI EI   1 X 3 qa4 7 q0 a4 + a = . = − EI 384 16 192 EI

Gemischtsystem

Aufgabe 5.18 Das dargestellte System besteht aus einem dehnstarren Rahmen (Biegesteifigkeit EI), der durch einen Riegel (Dehnsteifigkeit EA) geschlossen ist.

197

A5.18

EA a EI

EI q0

2a

Wie groß ist die Kraft im Riegel?

L¨ osung Das System ist innerlich einfach statisch unbestimmt. Fasst ¨ man die Kraft X im Riegel als statisch Uberz¨ ahlige auf, so erh¨ alt man bei Anwendung des Verfahrens der virtuellen Kr¨ afte die folgenden Grund- und Hilfssysteme: q0

0“-System: ”

quadr. Par. M (0)

AH =q0 a AV = 14 q0 a

1 q a2 2 0

B= 14 q0 a

1“-System: ” S (1) =1

1“ ” M (1) a

a a

a

Aus der Bedingung, dass die Differenzverschiebung zwischen Balkenende und Stabende Null sein muss,  SS2a 1 Δf = M M dx + =0, EI EA folgt mit M = M (0) + X · M (1) , f¨ ur die Stabkraft

M = M (1) ,

S=X,

S = S (1) = 1

 1 1 1 1 1 M (0) M (1) dx − 2a q0 a2 (−a) + a q0 a2 (−a) EI 2 4 2   = − 2 X= 2a 1 2aEI 1 M (1) M (1) dx + 2 a(−a)(−a) + 2a(−a)(−a) + EI EA 3 EA =

15 64

1+

1 q0 a . 3EI 2 4EAa

198

A5.19

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.19 Der halbkreisf¨ormige Bogentr¨ ager (Biegesteifigkeit EI) wird durch einen Stab (Dehnsteifigkeit EA) unterst¨ utzt und durch die Kraft F belastet.

EI a

Wie groß sind die Stabkraft und die Absenkung des Bogens an der St¨ utzstelle?

A

EA

C

F B

L¨ osung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Wir wenden das Verfahren der virtuellen Kr¨ afte an und fassen die Stabkraft S als sta¨ tisch Uberz¨ ahlige auf. Dann erh¨ alt man folgendes 0“- und 1“-System: ” ” 0“-System: ” M (0) (ϕ)=F a sin ϕ , S

(0)

a

AH = F

F

ϕ

=0 . 1“ ”

1“-System: ” 1 M (1) (ϕ)= a(1 − cos ϕ) , 2

1“ ” ϕ

S (1) =1 .

(1)

B (1) = 1/2

AV = 1/2

C (1) = 1

Die Differenzverschiebung zwischen Bogen und Stab muss Null sein:  1 S Sa M M dx + = 0 , mit Δf = EI EA M = M (0) + X · M (1) ,

M = M (1) ,

S=X,

S = S (1) = 1 .

Dies f¨ uhrt auf die Stabkraft  1 F a π/2 1 sin ϕ(1 − cos ϕ)dx 2 M (0) M (1) dx − 2 0 EI S= =− a 1 1 a2 π/2 aEI M (1) M (1) dx + 2 (1 − cos ϕ)2 dx + EI EA 4 EA 0

=−

4F (3π − 8) + 8

EI EAa2

.

Die Absenkung f des Bogens ist durch die Stabverk¨ urzung gegeben: f =−

Sa = EA

4Fa (3π − 8)EA + 8

EI a2

.

Gemischtsystem

Aufgabe 5.20 Ein dehnstarrer Rahmen (Biegesteifigkeit EI) ist wie skizziert gelagert und wird durch eine Kraft F belastet. Der Stab x besitzt die Dehnsteifigkeit EA, w¨ ahrend der Stab y als starr angesehen werden soll.

199

A5.20 EI

x

EA

y

B F

a

starr EI

Man bestimme die Stabkraft S2 im Stab y und die Vertikalverschiebung vB des Punktes B.

a

A a

a

a

L¨ osung Das System ist statisch bestimmt gelagert, aber innerlich statisch unbestimmt. Zur Ermittlung der Stabkraft S2 verwenden wir die dargestellten 0“- und 1“-Systeme. Die Lagerreaktionen und die Stab” ” kraft im Stab x folgen aus den Gleichgewichtsbedingungen. 0“-System: ”

1“-System: ” S¯1

S1 F

1“ ” A¯H

AH

A¯V

AV

¯H = S¯1 = 0 , S¯2 = 1 ¯V = A A V = F , A H = F , S1 = F A ¯ 1 in den beiden Systemen Die Verl¨ aufe der Biegemomente M0 und M sind unten skizziert: 0“-System: ” −2F a

M0

1“-System:

√ ” 2 − a 2

¯1 M

200

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Beim Auswerten des Arbeitssatzes ist zu beachten, dass der Stab y starr ist. Damit ergeben sich √ √  5 2 3 1 1 1 2 ¯ M0 M1 dx = · a(−F a−4F a) a(−1)·2 = Fa , α10 = EI EI 6 2 6EI

α11 =

1 EI



3 ¯ 12 dx = 1 · 1 a · 1 a2 · 2 = a , M EI 3 2 3EI

und f¨ ur die Kraft im Stab y erhalten wir √ √ α10 5 2 3 3EI 5 2 S2 = X = − =− Fa · 3 = − F. α11 6EI a 2 Da am Punkt B die Vertikalverschiebung vB und die Kraft F gleichgerichtet sind, k¨ onnen wir den Arbeitssatz anwenden:  1 1 M2 1  Si2 li F vB = dx + . 2 2 EI 2 i EA ¯ 1 am GeHierzu muss zun¨ achst der Momentenverlauf M = M0 + X M samtsystem ermittelt werden: 1 Fa 2

−F a M

Die Auswertung der Integrale liefert mit dem Momentenverlauf M    1 M2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 2 7 dx = aF a + · aF a + · a F a ·2 = F 2 a3 EI EI 3 3 3 3 3 4 6EI und der Stabkraft S1 (beachte, Stab y ist starr)  Si2 li i

EA

=

F 2a EA

die vertikale Absenkung  vB =

1 7a2 + 6EI EA

 Fa.

Gemischtsystem

Aufgabe 5.21 Ein trapezf¨ormiger, dehnstarrer Rahmen (Biegesteifigkeit EI) mit zwei St¨ aben (Dehnsteifigkeit EA) wird wie skizziert durch eine Last F belastet.

201

√

3 l 2

EI EA

EA

F

Man ermittele die Vertikalund Horizontalverschiebung des Lastangriffspunktes.

l 2

l 2

l 2

l 2

L¨ osung Da die Vertikalverschiebung vF des Lastingriffspunktes und die Last F gleichgerichtet sind, k¨ onnen wir vF aus dem Arbeitssatz ermitteln:  M2 1 1 1  Si2 li . F vF = dx + 2 2 EI 2 i EAi Das Tragwerk ist statisch bestimmt und somit ergeben sich die Lagerreaktionen, Schnittgr¨ oßen und Stabkr¨ afte unmittelbar aus den Gleichgewichtsbedingungen. Fl 4

Fl 4

1

2

F F 2

F 2

M F S1 = S2 = √ 3

Einsetzen des M -Verlaufes und der Si liefert /   /  2 0  2 0 2 1 Fl 1 1 Fl F √ l+ l + l . F vF = 2 2 EI 3 4 4 EA 3

A5.21

202

Gemischtsystem

Damit ergibt sich f¨ ur die Vertikalverschiebung vF =

11 F l3 Fl . + 12 EI 3 EA

Zur Ermittlung der Horizontalverschiebung des Lastangriffspunktes wird das Tragwerk mit einer virtuellen 1“-Kraft in horizontale Richtung ” belastet. Der M-Verlauf und die Stabkr¨ afte lassen sich aus den Gleichgewichtsbedingungen ermitteln. √ 3 l 2

1 1“ ”

2 1“ ”

¯ M S¯1 = 1 S¯2 = −1

Mit dem 0“- und 1“-System ergibt sich die Horizontalverschiebung ” ” aus √ √     Si S¯i li ¯ 1 Fl 3 MM 1 1 Fl 3 dx + l·l+ l·l = uF = EI EAi EI 3 4 2 2 4 2 i zu

√ 5 3 F l3 uF = . 48 EI

Anmerkung: Die Verformung der St¨ abe und des rechten Rahmenabschnitts tragen nicht zur Horizontalverschiebung bei.

Schubkorrekuturfaktor

Aufgabe 5.22 Gegeben ist ein eingespannter Hohlkastentr¨ ager (Querschnittwerte: t, h und b) der L¨ ange l mit der Biegesteifigkeit EI und der Schubsteifigkeit GAS . Wie groß ist die Vertikalverschiebung f infolge der Gleichlast q0 aus Biegung und Querkraft am Balkenende? Zur Berechnung der Verschiebung infolge Querkraft ist der Schubkorrekturfaktor zu bestimmen.

203

q0 EI, GAS l

Querschnitt t

q0

y

h

L¨ osung Nach der Methode der virtuellen Kr¨ afte folgt die Verschiebung aus   QQ MM dx + dx . f= EI GAS

x b

F¨ ur das Grund- und das Hilfssystem erh¨ alt man: q0

1

M

q0 l2 2

M l

Q

Q 1

q0 l

Der Korrekturfaktor κ f¨ ur die Schubfl¨ ache (AS = κ A) ergibt sich durch Gleichsetzen der u ache integrierten spezifischen ¨ ber die Querschnittfl¨ Form¨ anderungsenergie der Schubspannungsverteilung mit der spezifischen Form¨ anderungsenergie der Querkraft 2    QS(s) 1 1 1 Q2 Π∗ = τ 2 dA = t(s) ds = . 2G 2G It(s) 2 GA κ A

s

Mit t = konst. f¨ uhrt das zur Bestimmungsgleichung f¨ ur den Schubkorrekturfaktor:  A 1 = S(s)2 ds κ t I2 s

A5.22

204

Schubkorrekturfaktor

Wegen der Symmetrie wird nur der halbe Hohlkasten betrachtet. Die statischen Momente S bestimmen sich gem¨ aß Bild f¨ ur die Flansche (S F l ) und die Stege (S St ) SF l = und S St

h b t 2 2

t

S

h ts 2

   ht s2 hb t = s− + 2 h 4 

y

h2 t 8

h t s

z s b 2

h b t 2 2

Mit der Querschnittsfl¨ ache A = (h + b)t und dem Tr¨ agheitsmoment 2 (h + 3b) f¨ ur das halbe System folgt nach Integration I = th 12 κ=

5h2 (3b + h)2 . 3(b + h)(10b3 + 15b2 h + 10bh + 2h3 )

F¨ ur einige Verh¨ altnisse von b/h sind die Werte des Schubkorrekturfaktors in der folgenden Tabelle dargestellt Verh¨ altnis b/h 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 κ 0.833 0.760 0.637 0.525 0.433 0.360 Man erkennt, dass sich f¨ ur b = 0 der f¨ ur das Rechteck bekannte Wert von κ = 56 ergibt. Damit folgt unter Verwendung der Integrationstafel (siehe Seite 168) und dem Einsetzen von A, I und κ f¨ ur die Verschiebung       QQ 1 l q0 l2 1 MM f= + dx = + q0 l · 1 EI GA κ EI 4 2 2GA κ

=

3 q0 l4 3 (10b3 + 15b2 h + 10bh + 2h3 )q0 l2 + . 2 E h2 (3b + h) t 10 G h2 (3b + h) t

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

205

Aufgabe 5.23 Das dargestellte System aus zwei biegesteif miteinander verbundenen Holzprofilen ist mit der Kraft F belastet. Die Breite b der Balken ist konstant.

A5.23

Gesucht ist die H¨ ohe h1 des Balkens 1, so dass die vertikale Absenkung δ am Lastangriffspunkt 5 mm betr¨ agt. Geg.: F = 5 kN, l = 100 cm, E = 1500 kN/cm2 , GAS , EA → ∞, b = 6 cm, h2 = 20 cm.

-

-

L¨ osung Beim Prinzip der virtuellen Kr¨afte u ¨ berlagern wir die Momentenverl¨ aufe aus dem realen System (0-System) mit dem Momentenverlauf des 1-Systems. Im 1-System wird eine virtuelle Kraft 1 in Richtung der gesuchten Verschiebung aufgebracht. F¨ ur die Momentenverl¨ aufe im 0- und 1-System ermitteln wir:

Die Verschiebung δ berechnet sich aus   1 ¯ dx1 + 1 ¯ dx2 . MM MM δ= EI1 l EI2 l Unter Verwendung der Integraltafel (Seite 168) ergibt sich damit δ=

(−F l) · (−l cos(30◦ )) · l (−F l) · (−l cos(30◦ )) · l + . 3EI1 3EI2

206

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Durch Umstellen der Gleichung nach I1 folgt I1 =

1 . 1 3E δ − F l3 cos(30◦ ) I2

F¨ ur das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment des Balkens 2 erh¨ alt man mit den gegebnen Gr¨ oßen I2 =

6 · 202 bh32 = = 4000 cm4 . 12 12

Durch Einsetzen der weiteren Gr¨ oßen ergibt sich das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment des Balkens 1 zu I1 =

1 = 3708,99 cm4 . 3 · 1500 · 0,5 1 − 5 · 1003 · cos (30◦ ) 4000

bh31 Stellen wir die Gleichung f¨ ur das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment I1 = 12 nach der gesuchten H¨ ohe um, so ergibt sich

3 3708,99 · 12 h1 = ≈ 20 cm . 6

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

Aufgabe 5.24 Der dargestellte Balken ist statisch unbestimmt gelagert. Am rechten Ende wirkt eine Drehfeder. Die Biegesteifigkeit EI, die Federkonstante cD , die L¨ ange l und die Last q0 sind gegeben.

207

A5.24

A

x

B

q0 cD

l

Wie groß sind die Lagerreaktionen am rechten Ende und die Vertikalverschiebung fV in Balkenmitte?

L¨ osung Der Balken ist zweifach statisch unbestimmt. Wir betrachten die Lagerkraft B und das Moment in der Drehfeder als statische ¨ Uberz¨ ahlige und bestimmen beide mittels des Verfahrens der virtuellen Kr¨ afte aus den Kompatibilit¨ atsbedingungen  $ % 1 (0) fB = M + X1 M (1) + X2 M (2) M (1) dx = 0 , EI  $ % 1 X2 ϕB = =0, M (0) + X1 M (1) + X2 M (2) M (2) dx + EI cD wobei die Federverdrehung in der zweiten Gleichung aus der allgemeiur das 0“-, das 1“und das 2“nen Beziehung MF = cD ϕF folgt. F¨ ” ” ” System ergeben sich: 0“-System: ” q0 M (0) (x) = − 12 q0 (l − x)2 1 q l2 2 0

1“-System: ” l

M (1) (x) = (l − x)

1“ ”

2“-System: ”

1 1“ ”

M (2) (x) = 1 Damit folgen mit Hilfe der Integraltafel (Seite 168) zwei Gleichungen f¨ ur die statisch Unbestimmten: q0 l4 l3 l2 + X1 + X2 = 0 , 8 3 2  1 X2 l2 q0 l3 = =0, − + X1 + X2 l + EI 6 2 cD

fB = − ϕB

208

Prinzip der virtuellen Kr¨afte

die sich nach X1 und X2 au߬ osen lassen X1 = B =

q0 l 3EI + cD l 2 4EI + cD l

und

X2 = MB = −

cD l q0 l2 . 12 4EI + cD l

F¨ ur den Grenzfall cD → ∞ ist der Balken beidseitig eingespannt und es folgen die bekannten Lagerkr¨ afte X1 = B = ql / 2 und X2 = MB = −q l2 / 12. Die Vertikalverschiebung in Balkenmitte wird mittels des statisch bestimmten Balken auf zwei St¨ utzen berechnet. Hierf¨ ur erh¨ alt man mit eine virtuellen Last an der Stelle der zu berechnenden Verschiebung ( 3“-System) den dargestellten Momentenverlauf. ” 3“-System: ”

1“ ”

M l 4

Mit M = M (3) und M = M (0) + X1 M (1) + X2 M (2) folgt die Verschiebung  1 fV = (M (0) + X1 M (1) + X2 M (2) )M (3) dx EI    1 X X M (0) M (3) dx + M (1) M (3) dx + M (2) M (3) dx = EI EI EI   l3 l2 7 ql4 (8EI + cD l) 1 . − q0 l4 + X1 + X2 = = EI 384 16 8 384 EI(4EI + cD l)

alt man die Verschiebung f¨ ur den Fall der gelenkiF¨ ur cD = 0 erh¨ gen Lagerung in B. Weiterhin folgt f¨ ur cD → ∞ die L¨ osung des in B eingespannten Balkens.

Kapitel 6 Stabilit¨at

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_6

6

210

6.1

Stabilit¨atsbedingung Bei elastischen Systemen, die durch konservative Kr¨ afte belastet sind, setzt sich das Gesamtpotential Π aus dem Potential Π(a) der ¨ außeren Kr¨ afte und dem Potential (Form¨ anderungsenergie) Π(i) der inneren Kr¨ afte zusammen: Π = Π(a) + Π(i) . Damit Gleichgewicht herrscht, muss gelten δΠ = 0 . ¨ Ubertr¨ agt man die Stabilit¨ atsbedingung f¨ ur Systeme starrer K¨ orper (siehe Band 1, Kapitel 7) formal auf elastische Systeme, so erh¨ alt man ⎧ f¨ ur ⎪ ⎨ > 0 stabiles Gleichgewicht, δ 2 Π = δ 2 Π(a) + δ 2 Π(i) = 0 indifferentes Gleichgewicht, ⎪ ⎩ < 0 labiles Gleichgewicht. Die kritische Belastung eines elastischen Systems ist erreicht, wenn das Gleichgewicht indifferent wird. Neben der urspr¨ unglichen Gleichgewichtslage existieren dann benachbarte Gleichgewichtslagen im ausgelenkten Zustand ( Knicken“, Beulen“). Kritische Lasten und zugeh¨ ori” ” ge Gleichgewichtslagen k¨ onnen aus den Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den ausgelenkten Zustand oder durch die Untersuchung von δ 2 Π bestimmt werden.

6.2

Knickstab F¨ ur den elastischen Stab unter Drucklast liefert das Gleichgewicht im ausgelenkten Zustand die Differentialgleichung des EULERschen Knickstabes EI

F

w

wIV + λ2 w = 0 ,

x

λ2 =

F EI

mit der allgemeinen L¨ osung w = A cos λx + B sin λx + Cλx + D . Die Konstanten A, B, C und D bestimmen sich aus den Randbedingungen f¨ ur die kinematischen und die statischen Gr¨ oßen. Beachtet werden muss hierbei, dass die statischen Randbedingungen am verformten System zu formulieren sind. So folgen zum Beispiel f¨ ur eine federnde Lagerung an der Stelle x = 0 unter Annahme kleiner Winkel die Bedingungen

211 

x

F

w(0) c

F w (0) w  (0)

F cw(0)

w  (0)

N Q(0)

Q(0) = c w(0) − F w (0)

;

EIw (0) + c w(0) − F w (0) = 0 ,

M (0) = 0

;

EIw (0) = 0 .

Vier typische Randbedingungen f¨ uhren zu den EULERschen Knickf¨ allen:

11 00 00 11 11 00

F

2 Fkrit = π EI2 (2l)

l

1 0 0 011

F

F

π 2 EI l2

11 00 11 00 11 00

1.

F

2

π 2 EI (l/2)2

π √ EI (l/ 1.43)2

2.

4.

3.

N¨ aherungsl¨ osungen f¨ ur die kritische Last k¨ onnen durch Einsetzen eines N¨ aherungsansatzes w(x) ˜ in das Energiefunktional f¨ ur das Stabknicken bestimmt werden (RAYLEIGH Quotient): 1 Π= 2

 l

2

EI w ˜ dx − F˜krit w ˜

2



1l ;

dx = 0

F˜krit =

0

2

EI w ˜  dx

0

1l

. w ˜ 2 dx

0

˜ die wesentlichen (kinematiF¨ ur die Bestimmung von F˜krit muss w(x) schen) Randbedingungen erf¨ ullen. (Beachte, dass die N¨ aherung F˜krit besser wird, wenn w(x) ˜ auch die statischen Randbedingungen erf¨ ullt.) Generell liegt die N¨ aherungsl¨ osung auf der unsicheren Seite, da die Ungleichung F˜krit ≥ Fkrit gilt. Einzelfedern an der Stelle xi k¨ onnen im Z¨ ahler f¨ ur Wegfedern durch c[w(x ˜ i )]2 und f¨ ur Drehfedern durch cT [w ˜  (xi )]2 erfasst werden: x

cT

c 110 00 00 11 10 1l 11 1 0 00 11 110101 00 1 0 00 11 010 100 11 00 l D

F

l

1l

F

F˜krit =

2

EI w ˜  dx + cT [w ˜  (lD )]2 + c[w(l ˜ F )]2

0

1l 0

. w ˜ 2 dx

212

A6.1

Knicken von Systemen starrer St¨abe

Aufgabe 6.1 Die beiden Systeme bestehen aus starren St¨ aben, die federnd gelagert sind.

11 00 0 1 00 11 0 00 11 01 1 00 11 0 1 1)

11 00 1010 00 11 00 11 1010 00 11

a

2)

Man bestimme die kritischen Lasten Fkrit .

 A:

00 11 01 11 00 11 00

a

F c a

L¨ osung zu 1) Wir betrachten das System im ausgelenkten Zustand. Aus der Gleichgewichtsbedingung

F c

c

a

a

F

0 1 0 0 11 00 01 1 01 1 0 1 00 11

2aδϕ δϕ

A

c2aδϕ

caδϕ

a(caδϕ) + 2a(2caδϕ) − 2aδϕF = 0

erh¨ alt man δϕ(5ca − 2F ) = 0 . Eine zur Gleichgewichtslage ϕ = 0 benachbarte Gleichgewichtslage (δϕ = 0) ist demnach nur m¨ oglich, wenn gilt Fkrit =

5 ca . 2

zu 2) Die Gleichgewichtsbedingungen am ausgelenkten System  A:  y G:

A

caδϕ

a(caδϕ) − 2aB + aδϕF = 0 , 2aδϕ F − aB = 0

δϕ(ca − 3F ) = 0 . Hieraus folgt die kritische Last zu ca . 3

2 

δϕ

aδϕ aδϕ

δϕ

liefern nach Elimination von B

Fkrit =

G

1 

B

F

Knicken von Systemen starrer St¨abe

Aufgabe 6.2 Ein Rahmen besteht aus starren St¨ aben und vier Drehfedern der Steifigkeit cT . Bestimmen Sie die kritische Last qkrit .

213

A6.2

q cT

cT

1 0 0101010101010 1

cT

b cT

10010101

2a

L¨ osung Am ausgelenkten System l¨asst sich folgende geometrische Beziehung ablesen: f = b (1 − cos ϕ) . 2aq

Die potentielle Energie betr¨ agt damit

f

Π = Π(i) + Π(a) 1 = 4 cT ϕ2 − 2qaf 2 = 2cT ϕ − 2qab(1 − cos ϕ) . 2

00 11 10 0 1 11 00

11 00 101010 00 11 00 11 00 11 10 ϕ

Das System ist im Gleichgewicht f¨ ur δΠ =

dΠ δϕ = (4cT ϕ − 2qab sin ϕ)δϕ = 0 . dϕ

Danach muss f¨ ur eine Gleichgewichtslage im ausgelenkten Zustand mit δϕ = 0 die Bedingung 4cT ϕ − 2qab sin ϕ = 0 erf¨ ullt sein. Die triviale Gleichgewichtslage findet man bei ϕ = 0. Durch die zweite Variation der potentiellen Energie l¨ asst sich auf die Art des Gleichgewichts schließen ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ > 0 stabil, d2 Π 2 2 2 δ Π= (δϕ) = (4c − 2qab cos ϕ)(δϕ) = 0 indifferent, T ⎪ dϕ2 ⎪ ⎩ < 0 labil. F¨ ur die triviale Gleichgewichtslage (ϕ = 0) ist das System indifferent f¨ ur die kritische Last qkrit =

2cT . ab

214

A6.3

Knicken von Systemen starrer St¨abe

Aufgabe 6.3 Das dargestellte System besteht aus starren St¨ aben, die elastisch gelagert sind.

11 00 101010 00 11 10 0 10 1 11 11 00 00 10 00 11 00 1 11 0 11 00 11 00

F

c

c

a

a

a

Bestimmen Sie die kritischen Lasten und skizzieren Sie die zugeh¨ origen Knickfiguren.

L¨ osung Das System hat zwei Freiheitsgrade. Die Gleichgewichtsbedingungen am ausgelenkten System  A :  y G:

1 

A

2 δϕ2 

G

F aδϕ1 + 2aδϕ2

aδϕ1

δϕ1 caδϕ1

c(aδϕ1 + aδϕ2 )

ca2 δϕ1 + 2ca2 (δϕ1 + δϕ2 ) − a(δϕ1 + 2δϕ2 )F = 0 , ca2 (δϕ1 + δϕ2 ) − 2aδϕ2 F = 0

liefern unter Verwendung der Abk¨ urzung λ = F/ca das homogene Gleichungssystem (3 − λ)δϕ1 + 2(1 − λ)δϕ2 = 0 , 1 · δϕ1 + (1 − 2λ)δϕ2 = 0 . Damit eine nichttriviale L¨ osung existiert, muss die Koeffizientendeterminante Null sein: √ # # 5 + 17 # # λ = , 1 #(3 − λ) 2(1 − λ)# 4 # # = 0 ; λ2 − 5 λ+ 1 = 0 ; √ # # 2 2 # 1 5 − 17 (1 − 2λ)# . λ2 = 4 Daraus folgen durch Einsetzen √ √ 5 + 17 3 + 17 F1 δϕ1 = ca, δϕ2 F1 = δϕ2 4 2

0 1 11 00 010101010 1 00 11

δϕ1

und F2 =

5−

√ 4

17

√ ca,

δϕ1 = −

17 − 3 δϕ2 . 2

110101 00 00 11

δϕ1 δϕ2

F2

Da das System zwei Freiheitsgrade hat, kann es aus seiner urspr¨ unglich waagrechten Gleichgewichtslage in zwei verschiedene benachbarte Lagen ausknicken. Wegen F2 < F1 ist F2 die kritische Last: Fkrit = F2 .

Knicken elastischer St¨abe

Aufgabe 6.4 F¨ ur den auf Druck beanspruchten elastischen Stab sind die Knickbedingung und die kritische Last zu bestimmen.

215

EI

F x

l

L¨ osung Aus der allgemeinen L¨osung der DGL des Knickstabes w = A cos λx + B sin λx + Cλx + D ,

F , λ2 = EI

w = −Aλ sin λx + Bλ cos λx + Cλ , w = −M/EI = −Aλ2 cos λx − Bλ2 sin λx , w = −Q/EI = Aλ3 sin λx − Bλ3 cos λx und den Randbedingungen erh¨ alt man ;

A+D =0

;

D = −A ,

w (0) = 0 :

;

B+C =0

;

C = −B ,

w (l) = 0 :

;

−A sin λl + B cos λl + C = 0 ,

Q(l) = 0 :

;

A sin λl − B cos λl = 0 .

w(0) = 0 : 

Einsetzen von C = −B liefert f¨ ur die beiden letzten Gleichungen A sin λl − B(cos λl − 1) = 0 , A sin λl − B cos λl = 0 . Hieraus folgt B = 0, und die Knickbedingung lautet damit ;

sin λl = 0

λn l = nπ

(n = 1, 2, 3, . . .) .

Der kleinste Eigenwert λ1 l = π liefert die kritische Last Fkrit = π 2

EI . l2

Durch Einsetzen der Konstanten und des Eigenwertes erh¨ alt man die zugeh¨ orige Knickform w = A(cos

πx − 1) , l

wobei A unbestimmt ist. Anmerkung: Die kritischen Lasten f¨ ur den gegebenen Fall und f¨ ur den 2. Eulerschen Knickfall sind gleich.

A6.4

216

A6.5

Knicklast

Aufgabe 6.5 Der auf Druck beanspruchte Stab ist beiderseits durch Drehfedern elastisch gelagert.

cT

10 0 10 00 11 1

EI x

l

cT

010101 00 11

F

Geg.: EI = l cT . a) Es ist die kritische Last analytisch zu bestimmen. b) F¨ ur die Ans¨ atze w ˜1 (x) = a (l − x)x und w ˜2 (x) = a sin(πx/l) ist die N¨ aherungsl¨ osung mittels des Rayleigh Quotienten zu berechnen.

L¨ osung zu a) Die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung des Knickstabes F w = A cos λx + B sin λx + Cλx + D , λ2 = EI f¨ uhrt mit den Randbedingungen w(0) = 0 ,

M (0) = −EIw (0) = −cT w (0) ,

w(l) = 0 , M (l) = −EIw (l) = +cT w (l) und der Abk¨ urzung κ = EI/lcT auf das Gleichungssystem A+D = 0 , κAλ2 l = −Bλ − Cλ , A cos λl + B sin λl + Cλl + D = 0 , κAλ2 l cos λl + κBλ2 l sin λl = −Aλ sin λl + Bλ cos λl + Cλ . Eliminieren der Konstanten f¨ uhrt auf die Eigenwertgleichung 2 − 2(1 + κλ2 l2 ) cos λl − λl[1 − (κλl)2 − 2κ] sin λl = 0 . Daraus errechnet sich (zum Beispiel durch grafische L¨ osung) der erste Eigenwert bzw. die kritische Last f¨ ur κ = 1 zu ;

λ1 l = 3, 67

Fkrit = λ21 EI= 13, 49

EI . l2

Anmerkung: Als Spezialf¨ alle erh¨ alt man aus der Eigenwertgleichung die entsprechenden Gleichungen f¨ ur den beiderseits eingespannten Balken (κ = 0 bzw. cT → ∞) 2 − 2 cos λl − λl sin λl = 0

;

λl = 2π

und f¨ ur den beidseits gelenkig gelagerten Balken (κ → ∞ bzw. cT → 0) sin λl = 0

;

λl = π .

Knicklast

217

zu b) F¨ ur die Bestimmung der kritischen Last F˜krit f¨ ur die 1. Ansatzfunktion werden zun¨ achst ihre Ableitungen ben¨ otigt: w ˜1 (x) = a (lx − x2 ),

w ˜1 (x) = a (l − 2x),

w ˜1 (x) = −2a .

Dann kann in die Formel f¨ ur den Rayleigh Quotienten direkt eingesetzt werden: 1l F˜krit 1 =

EI · (−2a)2 dx + cT [a (l − 0)]2 + cT [a (l − 2l)]2

0

1l

. [a (l − 2x)]2 dx

0

Integrieren und Zusammenfassen f¨ uhrt auf %l $ 4a2 EIx + cT a2 l2 + cT a2l2 4a2 lEI + cT a2 l2 + cT a2 l2 0 ˜ Fkrit 1 = $ = . % l 4 4 a2 l3 − 2a2 l3 + a2 l3 a2 l2 x − 2a2 lx2 + a2 x3 3 3 0 Einsetzen von lcT = EI liefert schließlich EI F˜krit 1 = 18 2 . l Analoges Vorgehen f¨ ur die 2. Ansatzfunktion f¨ uhrt schrittweise auf   π π π π 2 x , w ˜2 (x) = − x , a sin w ˜2 (x) = a cos l l l l 2 ! π "2 ! π "32 ! π "2 2 2 ! π " ! π "3 a cos 0 + cos2 l EI − a sin x dx + cT l l l l l 0 F˜krit 2 = ! π "32 1l 2 π a cos x dx l 0 l π  π 2 1l 2 3 sin2 EI x dx + cT cos2 (0) + cos2 (π) l l 0 = π 1l x dx cos2 l 0     ! π " l ! π "2 1 ! π "2 1 1 l − sin 2 x EI + 2cT l − 0 + 2cT EI l 2 4π l l 2 0 , = =   1 ! π " l 1 l 1 l − 0 + sin 2 x 2 2 4π l 0 ! 2 " EI π + 4 EI ; F˜krit 2 = = 13, 87 2 . l2 l 1l

218

A6.6

Knicklast

Aufgabe 6.6 Der links eingespannte elastische Stab ist bei B federnd gelagert (Federkonstante c).

B

EI

F c

x

l

Es ist die Knickbedingung zu bestimmen.

L¨ osung Die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung des Knickstabes lautet F , λ2 = EI

w = A cos λx + B sin λx + Cλx + D , w = −Aλ sin λx + Bλ cos λx + Cλ ,

w = −M/EI = −Aλ2 cos λx − Bλ2 sin λx , w = −Q/EI = Aλ3 sin λx − Bλ3 cos λx . Aus den Randbedingungen Q(l)

w(0) = 0 , B

w (l)

w (0) = 0 , M (l) = 0 ,

N

Q(l)

w(l)

F B

w  (l)

cw(l)

Q(l) = −c w(l) + F w (l) folgt das homogene Gleichungssystem A+D = 0 , B+C =0, −A cos λl − B sin λl = 0 , A cos λl + B sin λl + C(λl − EIλ3 /c) + D = 0 .

Eliminieren der Konstanten f¨ uhrt auf die Eigenwertgleichung (Knickbedingung) tan λl = λl − (λl)3

EI . cl3

2

Die L¨ osung dieser transzendenten Gleichung kann grafisch erfolgen. Im Spezialfall EI/cl3 = 1 erh¨ alt man als ersten Eigenwert λ1 l ∼ = 1, 81

;

Fkrit

0

tan λl

tan λl π/2

λ1 l

π

λl −2 −4

EI ∼ = 3, 27 2 . l

λl − (λl)3

Knicklast

Aufgabe 6.7 Der dargestellte Druckstab besteht aus einem biegestarren und aus einem biegeelastischen Teil.

10 10 0 1 00 11

starr

EI x a

a

219

001010 11 11 00 001010 11 00 11

F

Wie lautet die Knickbedingung und wie groß ist die kritische Last?

L¨ osung Aus der allgemeinen L¨osung der Knick-Differentialgleichung λ2 =

w = A cos λx + B sin λx + Cλx + D ,

F EI

¨ und den Rand- und Ubergangsbedingungen w(a) = 0 ,

A

ϕ = w  (0)

M (a) = −EIw (a) = 0 ,

B

x

F

ϕa N(0) M(0) Q(0)

w(0) = ϕ a = w (0) a ,

w  (0)

Q(0) = F w (0) folgt A cos λa + B sin λa + Cλa + D = 0 , A cos λa + B sin λa = 0 , A + D = Bλa + Cλa , EI Bλ3 = F (Bλ + Cλ) . Daraus ergeben sich C = 0, D = 0, A = Bλa und als Knickbedingung tan λa = −λa . tan λa

Die grafische (oder numerische) L¨ osung liefert als ersten Eigenwert λ1 a ∼ = 2, 03 und damit die kritische Last EI Fkrit ∼ = 4, 12 2 . a

tan λa

1 0

π/2

λ1 a

π

λa −1 −2 −3

−λa

A6.7

220

A6.8

Knicken infolge Temperaturbelastung l2

Aufgabe 6.8 Gegeben sei der skizzierte Halbrahmen mit folgenden Querschnittswerten f¨ ur den Stiel x und den Balken y Geg.: l1 l2 E αT A1 I1 I2

= 5, 0 m , = 1, 0 m , = 2, 1 · 104 kN/cm2 , = 1, 2 · 10−5 1/K , = 50, 0 cm2 , = 500 cm4 , = 10000 cm4 .

11 00 00 11

 2

l1

 1

Um wieviel Grad Kelvin darf der Stiel x h¨ ochstens erw¨ armt werden, ohne auszuknicken?

L¨ osung Wir w¨ahlen als Ersatzsystem f¨ ur den Stiel einen Knickstab gem¨ aß Euler-Fall 2 mit sk = l1 . Die Knicklast hierf¨ ur betr¨ agt: Fk = π 2

Fk

2, 1 · 104 · 500 EI1 = π2 2 l1 5002

l1

= 414, 52 kN . Die Verschiebungen des Stieles x Balkens y ergeben sich wie folgt: f=

und des

414, 52 · 1003 Fk l23 = 3EI2 3 · 2, 1 · 104 · 104

f

Fk

= 0, 658 cm , Δl1 = ε1 l1 = −

Fk l1 + αT ΔT l1 EA1

−Δl1

= −0, 1974 + 6 · 10−3 ΔT . Aus der Kompatibilit¨ atsbedingung f = Δl1

;

0, 658 = −0, 1974 + 6 · 10−3 ΔT

erh¨ alt man die gesuchte Temperaturdifferenz ΔT = 142, 5 K .

011010 10

ΔT

Knicklast

Aufgabe 6.9 Das dargestellte System besteht aus St¨ aben mit unterschiedlicher Biegesteifigkeit. Ordnen Sie die einzelnen St¨ abe den Eulerschen Knickf¨ allen zu und ermitteln Sie f¨ ur den Fall EI2 = 2EI1 , welcher Stab bei Steigerung von F zuerst ausknickt.

221

A6.9 F

a

EI1

EI2

 1

 2

EI1

a

 3 2a

11 00 1010 00 11 00 11 1010 00 11

00 11 10 0 11 00 1

a

00 11 11 00 00 11

L¨ osung Die Knickf¨alle werden mit der Tabelle (siehe S. 211) bestimmt: Stab x und Stab y entsprechen dem 2. Eulerschen Knickfall, da beide St¨ abe beidseitig gelenkig gelagert sind. Stab z ist auf der rechten Seite eingespannt und auf der linken Seite durch ein verschiebliches Lager gef¨ uhrt. Dies entspricht dem 3. Eulerschen Knickfall. Die Stabkr¨ afte infolge der Last F ergeben sich zu F S1 = − √ , 2

F

F S2 = − √ , 2 S1

F S3 = − . 2

S2

11 00 101010 00 11 00 11 00 11 10

00 11 10 0 11 00 1

Daraus folgt f¨ ur die kritischen Lasten π 2 EI1 F1 krit √ = 2a2 2

;

1 π 2 EI1 F1 krit = √ , 2 a2

π 2 EI2 F2 krit √ = 2a2 2

;

F2 krit =

π 2 EI1 F3 krit = 2, 04 2 4a2

;

F3 krit = 1, 02

S3

00 11 00 11 11 00

√ π 2 EI1 2 , a2 π 2 EI1 . a2

Wegen F1 krit < F3 krit < F2 krit knickt Stab x zuerst aus. Die Last F1 krit ist somit f¨ ur das Versagen des Gesamtsystems maßgebend.

222

A6.10

R¨aumliches Knicken

Aufgabe 6.10 Die nebenstehende Konstruktion wird von zwei St¨ aben aus einem doppelsymmetrischen Profil (jeweils Iy = 2Iz ) gebildet. Wie groß darf die Abmessung a maximal werden, damit kein Knicken auftritt?

A z z a

A  1

A y

A

F

 2

x a

y

A A

a

L¨ osung Aufgrund der Symmetrie von Tragwerk und Belastung ergeben sich die Druckkr¨ afte in den St¨ aben zu F S1 = S2 = √ . 2 Zur Untersuchung der Stabilit¨ at sind die jeweils unterschiedlichen Lagerungsarten und Biegesteifigkeiten zu betrachten. Stab x ist am unteren Ende gelenkig gelagert. Das obere Ende ist in einer festen H¨ ulse und ist u ¨ ber ein Momentengelenk mit Stab y verbunden. Dies entspricht dem 3. Eulerschen Knickfall. Damit folgt bei Knickung um die lokale y-Achse des Profils

F π 2 EIy EIy S1 = √ = 2, 04 ; a1 y = 1, 20 π 2a2 F 2 und bei Knickung um die lokale z-Achse mit EIz = 0, 5 EIy

F π 2 EIz EIy . S1 = √ = 2, 04 ; a1 z = 0, 85 π F 2a2 2 Stab y ist am unteren Ende durch ein Scharniergelenk mit Bewegungsachse in y-Richtung gelenkig gelagert, bez¨ uglich der x-z-Ebene ist der Anschluss biegesteif. Das obere Ende ist entsprechend Stab x gelagert. Knickung um die lokale y-Achse entspricht dem 3. Eulerschen Knickfall. Mit S2 = S1 erh¨ alt man a2 y = a1 y . Eine Knickung um die lokale z-Achse stellt den 4. Eulerschen Knickfall dar und f¨ uhrt mit EIz = 0, 5 EIy auf

π 2 EIy F EIy S2 = √ = 2, 04 ; a = 1, 19 π . 2 z F 2a2 2 ange zu Da a1 z den kleinsten Wert darstellt, ergibt sich die kritische L¨

EIy akrit = 0, 85 π . F

Knicken und Temperaturlasten

Aufgabe 6.11 Das symmetrische System aus 3 St¨ aben mit gleichen Steifigkeiten EA und EI sowie gleichem Temperaturdehnungskoeffizient αT ist anfangs spannungsfrei. Es wird nun einer Temperaturbelastung ausgesetzt.

223

A6.11 C y

a

30◦

x

z

30◦

11111111111 00000000000

Bei welcher Temperaturerh¨ ohung ΔTkrit knickt welcher Stab, wenn a) nur Stab x erw¨ armt wird, b) nur Stab y erw¨ armt wird, c) alle 3 St¨ abe gleich erw¨ armt werden.

L¨ osung Ein Stab knickt beim Erreichen der kritischen Druckkraft Fkrit = π 2 EI/li2 ( 2. Eulerfall). Mit sin 30◦ = 1/2, l1 = a, l2 = l3 = 2a ergeben sich die Stabkr¨ afte f¨ ur unterschiedliche Staberw¨ armungen ΔT1 , ΔT2 , ΔT3 aus den Gleichgewichtsbedingungen, dem Elastizit¨ atsgesetz und der Kompatibilit¨ atsbedingung (S3 − S2 ) cos 30◦ = 0 , Δli Si = + αT ΔTi li EA

S2 /2 + S3 /2 + S1 = 0 , i = 1, 2, 3 ,

Δl1 = Δl2 /2 + Δl3 /2

S2

zu S1 =

C 30◦

αT EA (−ΔT1 + ΔT2 + ΔT3 ) , 3

30◦

S3

S1

C Δl1

Δl2 y

Δl3

30◦

30◦

C x

z

S2 = S3 = −S1 .

zu a) F¨ ur ΔT1 > 0, ΔT2 = ΔT3 = 0 folgen S1 < 0, S2 = S3 > 0, d.h. nur Stab x ist ein Druckstab. Die Knickbedingung |S1 | = Fkrit liefert 1 αT EAΔT1 = π 2 EI/l12 3

;

ΔT1 = ΔTkrit =

3π 2 EI a2 αT EA

zu b) F¨ ur ΔT2 > 0, ΔT1 = ΔT3 = 0 folgen S2 = S3 < 0, S1 > 0, d.h. die St¨ abe y , z sind Druckst¨ abe. Die Knickbedingung |S2 | = Fkrit liefert 1 αT EAΔT2 = π 2 EI/l22 3

;

ΔT2 = ΔTkrit =

3π 2 EI 4a2 αT EA

zu c) F¨ ur ΔT1 = ΔT2 = ΔT3 = ΔTg sind die St¨ abe y , z Druckst¨ abe. Dann f¨ uhrt die Knickbedingung auf die gleiche kritische Temperaturerh¨ ohung, wie in Fall b).

224

A6.12

0110 01

Knicklast

Aufgabe 6.12 Der dargestellte Rahmen ist im Bereich x auf Druck beansprucht. Man ermittele die kritische Last.

y

l/2

EI

F

110 00 00 11 10 1

00 110 11 00 111 00

x

l

L¨ osung Wir trennen den Rahmen und fassen Teil x als einen Druckstab auf, der links frei drehbar und rechts drehelastisch gelagert ist. Den Zusammenhang zwischen dem Endmoment M0 und dem Drehwinkel w0 besti,,em wir dabei am Rahmenteil y . Der Tabelle in Kapitel 3, Nr. 4 entnehmen wir: EIw0 = M0 l/6. Mit der allgemeinen L¨ osung der Differentialgleichung des Knickstabes w = A cos λx + B sin λx + Cλx + D ,

F , λ2 = EI

w = −Aλ sin λx + Bλ cos λx + Cλ ,

y

w = −M/EI = −Aλ2 cos λx − Bλ2 sin λx

 0

f¨ uhren dann die Randbedingungen

0

 0

F

001 11 11 00 000 11 00 11 10 0x 1

w(0) = 0 ,

1001 l/2 10 w M 0101 w 1010101010M 00 11 0010 11

M (0) = 0 , w(l) = 0 ,

x

l

0

M (l) = 6EI w (l)/l . auf A=D=0, B sin λl + Cλl = 0 , B(λl)2 sin λl = 6(B λl cos λl + Cλl) . Hieraus folgt die Eigenwertgleichung (Knickbedingung) (λl)2 /6 + 1 − λl cot λl = 0 . Sie liefert den kleinsten Eigenwert und damit die kritische Last: λ1 l = 3, 98

;

Fkrit = λ21 EI= 15, 84

EI . l2

Anmerkung: Das Rahmenteil y h¨ atte man auch durch eine Drehfeder mit der Steifigkeit cT = 6 EI/l ersetzen k¨ onnen.

Kapitel 7 Hydrostatik

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2024 D. Gross et al., Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 2, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68425-2_7

7

226

7.1

Fl¨ ussigkeitsdruck Voraussetzung: Die Dichte ρ (Einheit: kg/m3 ) der Fl¨ ussigkeit ist konstant. Druck: Der Druck p (Einheit: Pa ≡ N/m2 ) ist eine Fl¨ achenkraft, die in allen Schnitten durch einen Punkt gleich ist und normal zur Schnittfl¨ ache wirkt (hydrostatischer Spannungszustand). Druck in einer Fl¨ ussigkeit unter Wirkung der Schwerkraft und eines Außendruckes p0 :

p0 z p(z)

p (z) = p0 +  g z . 7.2

Auftrieb Der Auftrieb eines K¨ orpers (Volumen V ) in einer Fl¨ ussigkeit ist gleich dem Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Auftriebskraft: FA = ρ g V . FA

Die Wirkungslinie der Auftriebskraft geht durch den Schwerpunkt SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. 7.3

SF V

Resultierende Kr¨afte Fl¨ ussigkeitsdruck auf ebene Fl¨ achen Resultierende Kraft F = p (yS ) A = ρ g hS A . hS

Druckmittelpunkt D

F A

yS xS xD S D

y

yD

x

Ix , Sx Ixy . xD =− Sx yD =

227 Fl¨ ussigkeitsdruck auf gekr¨ ummte Fl¨ achen

dA¯

dV

z

dFV = p dA cos α = ρ g dV

dF

dFH = p dA sin α = p dA∗ ∗

α

ρ

dA

dA S∗ A∗

Die Integration liefert FV = ρ g V ,

A

FH = pS ∗ A∗ .

Die resultierende horizontale Komponente des Fl¨ ussigkeitsdruckes FH ist gleich dem Produkt aus der auf die Vertikalebene projizierten Fl¨ ache A∗ und dem Druck pS ∗ im Schwerpunkt S ∗ der projizierten Fl¨ ache. 7.4

Stabilit¨at des schwimmenden K¨ orpers Die Gleichgewichtslage ist stabil, wenn das Metazentrum M u ¨ber dem Schwerpunkt SK des K¨ orpers liegt: x

6 hM = y hM

M

e

SK SF

y

> 0 : stabil < 0 : instabil

mit der Lage des Metazentrums hM =

z

Ix −e. V

Wasserlinie

Hierin sind

Ix : V : e:

Tr¨ agheitsmoment der durch die Wasserlinie definierten Fl¨ ache Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge Abstand des K¨ orperschwerpunktes SK vom Schwerpunkt SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge

228

A7.1

Auftrieb

Aufgabe 7.1 Ein Beh¨ alter wird beim F¨ ullen durch ein Kugelventil geschlossen.

r1

Wie groß muss die Dichte ρK der Kugel sein, damit gerade keine Luft mehr im Beh¨ alter ist, wenn sich das Ventil schließt? Geg.: ρF , r1 , r2 .

ρK

r2

ρF

L¨ osung Die Kugel muss so tief eintauchen, dass sie gerade die ¨ Offnung verschließt, wenn der Beh¨ alter voll ist. Der Auftrieb ist dann ρF g V1 , wobei V1 das Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmasse (Kugelabschnitt) ist. Dieser muss gleich der Gewichtskraft der Kugel sein

r1

ρK

ρF g V1 = ρK g V.

r2

h

Mit den Volumina f¨ ur die Vollkugel V =

4 π r23 3

und den Kugelabschnitt V1 = π h2 (r2 −

h ), 3

 h = r2 +

r22 − r12

folgt f¨ ur die Dichte der Kugel

ρK

h  2   π h2 (r2 − ) h h V1 3 =ρ 3 = ρF 1− . = ρF F 4 V 4 r2 3 r2 π r23 3

Auftrieb

Aufgabe 7.2 Die Konstruktion des im Bild gezeigten Verschlusses eines Wasserbeckens soll so erfolgen, dass sich die Verschlussklappe gerade offnet, wenn die Wasserspiegelh¨ ohe ¨ das Gelenk B erreicht hat. Wie groß ist z¯ zu w¨ ahlen, wenn die Verschlussklappe als masselos angenommen wird?

229

A7.2

B z¯

z ρ

111 000 000 111 r 000 111 000 111

a C

Geg.: ρ, a, r.

L¨ osung Die Dicke der Verschlussklappe spielt f¨ ur die folgende Berechnung keine Rolle, so dass hier alle Kr¨ afte pro L¨ angeneinheit angenommen werden. BV Die resultierende Horizontalkraft erhalten wir aus der linearen Druckverteilung zu BH 1 2 z FH = ρ g (¯ z + a) 2 mit

C=0 FH

2 z = (¯ z + a) . 3

FV

r Die vertikale Kraft infolge des Auftriebs folgt aus der Wassermenge, die von dem gestrichelt gezeichneten Teil der Verschlussklappe verdr¨ angt wird:  π FV = ρ g 2 a r − r 2 . 2 Die Verschlussklappe ¨ offnet sich gerade, wenn die Auflagerkraft in C gleich Null ist: 

B : −rFV + zFH = 0 ;

−ρ g



2ar −

1 2 π 2 r r + ρ g (¯ z + a)2 (a + z¯) = 0 . 2 2 3

Die Aufl¨ osung dieser Gleichung nach z¯ liefert die Wasserspiegelh¨ ohe

π z¯ = 3 3 (2 a r − r 2 ) r − a . 2

230

A7.3

Auftrieb

Aufgabe 7.3 Der dargestellte Tunnelquerschnitt befindet sich in wasserges¨ attigtem fl¨ ussigem“ Sand ” (Dichte ρSA ), u ¨ ber dem trockener Sand (Dichte ρS ) der H¨ ohe h liegt. Welche Dicke x muss die Betonsohle haben, damit die Sicherheit gegen Auftreiben η = 2 ist? Dabei wird angenommen, dass die unmittelbar u ¨ber dem Tunnel ruhende Sandlast auf den Querschnitt wirkt.

ρS

Sand

h

ri h ρSA ρB

x

l

Geg.: ρB = 2, 5 · 103 kg/m3 , ρS = 2, 0 · 103 kg/m3 , ρSA = 1, 0 · 103 kg/m3 , l = 10 m, ri = 4 m, h = 7 m.

L¨ osung Die Gewichtskraft (pro L¨angeneinheit) des Tunnels plus Sandauflast betr¨ agt $ !l " "% π ! l2 − ri 2 h + − ri2 + ρS g l h . G = ρB g x l + 2 2 4 Mit der Auftriebskraft (pro L¨ angeneinheit) $ π l2 % A = ρSA g (h + x) l + 2 4 kann dann die Dicke der Betonsohle bestimmt werden, damit die Sicherheit gegen Auftreiben η=2=

G A

gegeben ist. Aufl¨ osung nach x liefert: $! l " "% π ! l2 − ri 2h + − ri2 2 2 4 ! π l2 " −2 ρSA hl + . 2 4

(2ρSA l − ρB l)x = ρS lh + ρB

Mit den gegebenen Zahlenwerten folgt %  $ π π (20 − 25) x = 2 · 70 + 2, 5 14 + (25 − 16) − 2 70 + 25 2 2 ;

−5 x = 210, 34 − 218, 54

;

x = 1, 64 m .

Auftrieb

Aufgabe 7.4 Der von einer Feder gest¨ utzte zylindrische Stopfen P (Querschnitt AP , L¨ ange a) schließt beim Wasserstand h0 den Boden eines Beckens b¨ undig ab. Die Kraft im gespannten Seil (L¨ ange l), an dem ein zylindrischer Schwimmer S vom Querschnitt AS > AP h¨ angt, ist dann gerade Null. a) Wie groß ist das Schwimmergewicht GS ? b) Welcher maximale Wasserstand h1 darf erreicht werden, damit keine Fl¨ ussigkeit austritt?

L¨ osung zu a) Das Gewicht GS des Schwimmers ergibt sich aus dem Gleichgewicht und der Geometrie im Ausgangszustand: 7 ρgAS t0 = GS ; GS = (h0 − l)ρgAS . h0 = l + t0

231

A7.4

AS S ρ

h0

l AP

a

P c

GS t0 ρgAS t0

h0

l

zu b) Bei einem Wasserstand h ist der Stopfen infolge der wirkenden Seilkraft S um die L¨ ange y herausgezogen. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen f¨ ur den Schwimmer, den Stopfen und die geometrische Beziehung ρgAS t = GS + S ,

S − Fp = cy ,

GS

t

h = l+t+y. Darin ist Fp die Differenz zwischen den Druckkr¨ aften im ausgelenkten und unausgelenkten Zustand auf die Oberseite des Stopfens (die seitlichen Druckkr¨ afte sind im Gleichgewicht): Fp = ρg(h−y)Ap−ρgh0 Ap = ρg(h−y−h0 )Ap .

ρgAS t S Fp

Eliminieren von GS , S, Fp und t liefert % $ c . h − h0 = y 1 + ρg(AS − AP ) Die maximale H¨ ohe h = h1 ist erreicht, wenn y = a wird: % $ c h1 = h0 + a 1 + . ρg(AS − AP )

l

h y a

cy

232

A7.5

Fl¨ ussigkeitsdruck y

Aufgabe 7.5 Eine Staumauer der L¨ange l besitzt eine parabelf¨ ormige Kontur, die am Boden des Wasserbeckens eine horizontale Tangente hat.

a

Man bestimme die resultierende Druckkraft, die Lage ihres Angriffspunktes und ihre Wirkungslinie f¨ ur eine Wasserspiegelh¨ ohe h.

ρ h x

Geg.: h, l, a = h/4, ρ. y

dA

L¨ osung Die Vertikalkomponente der Kraft ist FV = ρ g V mit dem Voluh-y men V = l A. Die Fl¨ ache folgt mit der Funktion yF y(x) = 16 x2 /h der Parabel A x zu  a dx (h − y) dx A= 0  a $ 16 2 16 3 %a h2 x ) dx = h x − x . = (h − = h 3h 6 0 0

y

F α

FV

FH x xF

F¨ ur die vertikale Komponente des Fl¨ ussigkeitsdrucks gilt: FV =

1 ρ g h2 l. 6

Die Vertikalkraft geht durch den Schwerpunkt S der Fl¨ ache    a a 1 16 2 x2 3 16 x4 x (h − = xF = x ) dx = h − h. A 0 h 2 h 4 0 32 Die horizontale Komponente des Fl¨ ussigkeitsdrucks berechnet sich aus dem Produkt der projizierten Fl¨ ache A∗ = h l und dem Druck pS ∗ = 1 ρ g h im Schwerpunkt der projizierten Fl¨ ache: 2 FH =

1 ρ g h2 l 2

mit

yF =

1 h. 3

Mit dem Satz des Pythagoras erh¨ alt man die resultierende Kraft; ihre Wirkungslinie geht durch den Punkt (xF , yF ) und schließt mit der y-Achse den Winkel α ein:  1√ FH 2 F = FH + FV2 = 10 ρ g h2 l, α = arctan = arctan 3 = 71, 5o . 6 FV

Schwimmstabilit¨at

Aufgabe 7.6 Ein prismatischer Beh¨ alter der Masse mB , der Breite a und der L¨ ange l schwimmt im Wasser. Sein Schwerpunkt SB liegt in der H¨ ohe hSB .

233

A7.6 SB

mB

ρW

mZ

Wie groß muss eine punktf¨ ormige Zusatzmasse mZ mindestens sein, damit die Schwimmlage des Beh¨ alters stabil ist?

hSB

a

Geg.: ρW , mB , hSB , l, a.

L¨ osung Die stabile Schwimmlage des Beh¨alters ist durch die Lage des Metazentrums hM = Ix / V − e > 0 definiert. F¨ ur hM = 0 wird die Grenze des stabilen Zustandes erreicht. Das Volumen V der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge ergibt sich aus der Gleichgewichtsbedingung (Auftrieb = Gewicht von Beh¨ alter und Zusatzmasse): ;

ρW g V = (mB + mZ ) g Das Fl¨ achentr¨ agheitsmoment ist e

Ix =

l a3 . 12

V =

1 (mB + mZ ) ρW x

SB SK SF

y l hF

hK

hSB

F¨ ur e = hK − hF a a ben¨ otigen wir die Schwerpunktslagen hK des schwimmenden K¨ orpers und hF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeit. Sie errechnen sich aus hK (mB + mZ ) = hSB mB V = a l (2 hF )

;

hF =

;

hK = hSB

mB , mB + mZ

mB + mZ . 2 a l ρW

Die Grenze der stabilen Schwimmlage ist f¨ ur hM = 0 erreicht: 1 − 12 hSB

12 (mB + mZ )2 mB + =0. 3 l a ρW 2 l 2 a4 ρ W 2

Au߬ osen nach der gesuchten Zusatzmasse mZ liefert

l a2 ρ W mB 12 hSB 3 − 1 − mB . mZ = √ l a ρW 6

234

A7.7

Schwimmstabilit¨at

Aufgabe 7.7 Ein kegelf¨ ormiger Schwimmk¨ orper besteht aus zwei Materialien der Dichten ρ1 und ρ2 .

d

Wie groß muss der Durchmesser d des Kegels gew¨ ahlt werden, damit er in einer Fl¨ ussigkeit der Dichte ρF stabil schwimmt?

h1

Geg.:

h2

2 ρ1 = ρF , 3

1 ρ2 = ρF , 3

h1 = 2 h ,

h2 = 4 h .

ρ1 ρF

ρ2

g

L¨ osung Der K¨orper hat eine stabile Schwimmlage, wenn folgende Bedingungen erf¨ ullt sind: (1) :

G = A,

(2) :

hM =

Ix − e > 0. V

d

(1) Schwimmbedingung: d d1 = h1 + h2 h2

;

h1

d1 = d

h2 2 = d. h1 + h2 3

h2 d1

Die Gewichtskraft berechnet sich zu: G = V1 ρ 1 g + V2 ρ 2 g =

1 1 π h1 (d2 + dd1 + d21 ) ρ1 g + π h2 d21 ρ2 g 12 12

=

23 π h d2 ρF g = 0, 892 h d2 ρF g . 81

Mit der Eintauchtiefe t und dem Durchmesser dT = d t/(h1 + h2 ) des Kegels an der Oberfl¨ ache der Fl¨ ussigkeit folgt f¨ ur die Auftriebskraft A= =

1 π t d2T ρF g 12 d2 1 π 2 ρ F g t3 . 432 h

Schwimmstabilit¨at

235

F¨ ur G = A ergibt sich daraus t3 =

368 3 h 3

;

t = 4, 969 h . t

(2) Stabilit¨ atsbedingung: Das Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge betr¨ agt

V =

dT

1 23 d2 π 2 t3 = π h d2 = 0, 892 h d2 , 432 h 81

und das Tr¨ agheitsmoment Ix wird

Ix =

(0, 828 d)4 π d4T π = = 0, 023 d4 . 64 64

Der Abstand des K¨ orperschwerpunktes vom Schwerpunkt der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge ergibt sich zu e = xS −

3 t 4

mit 3 3 1 1 (h1 + h2 ) ρ1 π d2 (h1 + h2 ) + h2 (ρ2 − ρ1 ) π d21 h2 4 16 4 16 xS = 1 1 ρ1 π d2 (h1 + h2 ) + (ρ2 − ρ1 ) π d21 h2 16 16 16 h 9 = 4, 761 h 16 4− 27

18 h − =

;

e = 4, 761 h −

3 · 4, 969 h = 1, 034 h . 4

F¨ ur den Durchmesser des Kegels folgt somit

hM =

0, 023 d4 − 1, 034 > 0 0, 892 h d2

;

d > 6, 333 h .

236

A7.8

Schwimmstabilit¨at

Aufgabe 7.8 Von einem Schelfeis bricht an der Eisfront ein quaderf¨ormiger Eisberg der Abmessung a × h × l ab. F¨ ur die Abmessungen gilt a  h. 9 Die Dichte des Wassers betr¨ agt ρW . Die Dichte des Eises ist ρE = 10 ρW . Eisberg

Schelfeis

a

h

ρE

t

l

ρW

F¨ ur welche L¨ ange l schwimmt der Eisberg stabil?

L¨ osung Wir ermitteln zun¨achst die Eintauchtiefe t des Eisberges. Das Gleichgewicht zwischen Gewicht des Eisberges und Auftrieb liefert mit dem Dichteverh¨ altnis die Eintauchtiefe ρE ghla = ρW gtla

;

t=

9 h. 10

Zur Bewertung der Schwimmstabilit¨ at untersuchen wir die Lage hM des Metazentrums: Ix −e, V 3 al Ix = , 12 9 alh , h V = alt = 10 t h h . e= − = 2 2 20

a

hM =

t

x

y

ρE ρW

z l

Einsetzen liefert hM =

5 l2 h − . 54 h 20

Wir betrachten zun¨ achst die Grenze der Schwimmstabilit¨ at (hM = 0). Dies ergibt die L¨ ange l0 :

27 2 27 2 l0 = ; l0 = h h ≈ 0, 735h . 50 50 In einem stabilen Schwimmzustand ist hM > 0. Also schwimmt der Eisberg stabil, wenn l > l0 ist. F¨ ur l < l0 kippt der Eisberg.

Fl¨ ussigkeitsdruck

237

Aufgabe 7.9 Eine kreisf¨ormige Klappe verschließt den Ausfluss eines Beckens. a) Wie groß muss die Masse m sein, damit sich die Klappe o ¨ffnet, wenn m im Abstand c vom Drehpunkt angeordnet ist? b) Wie weit muss die Masse m verschoben werden, damit sich die Klappe erst bei einem Wasserstand der H¨ ohe b ¨ offnet? Geg.: a, b, c, d, e, m, ρ.

A7.9 b m d e

ρ S

B

2

πd (a + e) . 4

Der Angriffspunkt von F ergibt sich aus yD = yS +

c

45◦

L¨ osung zu a) Die Kraft auf die Klappe ist F = ρ g A hS = ρ g

a

yD −

√

2a

F B

S

mg

√ Iξ d2 . = 2 (a + e) + √ yS A 16 2 (a + e)

Die Klappe o ¨ffnet sich, wenn B = 0. Dann liefert das Momentengleichgewicht √ F ( yD − 2 a ) − m g c = 0 . Hieraus findet man die erforderliche Masse zu   √ d2 π d2 √ 2e + . m=ρ (a + e) 4c 16 2 (a + e) zu b) F¨ ur die H¨ ohe b ergibt sich die Kraft auf die Klappe zu π d2 (b + e) . 4 Mit dem Angriffspunkt F = ρ g A hs = ρ g

√

d2 16 2 (b + e) √ von F folgt aus der Gleichgewichtsbedingung F ( yD − 2 b )−m g c = 0 der Abstand c:   √ d2 π d2 1 √ 2e+ . c=ρ (b + e) 4 m 16 2 (b + e) yD =

2 (b + e) +

√

238

A7.10

Fl¨ ussigkeitsdruck

Aufgabe 7.10 Eine trapezf¨ormige Klappe verschließt den Ausfluss des dargestellten Beckens.

7m ρW

Wie groß sind die resultierende Druckkraft auf die Klappe und die Lagerreaktion in B? Geg.: ρW = 103

m kg , g = 9, 81 2 . m3 s

3m

C 4m

L¨ osung Mit der Fl¨ache A = 10 m2 , dem Schwerpunkt der Klappe  y¯s =

B

35 2 1 = m 5·2, 5+5· ·5 3 10 12

y¯ ξ

y¯s

S

und dem Druck   43 3 35 = ρg p (¯ ys ) = ρ g 9 + · 5 12 4

5

η

C

berechnet sich die resultierende Druckkraft zu F = ρ g A p (¯ ys ) = 103 ·9, 81·10·

2m

B

1

1

1

[m]

43 = 1, 05 MN . 4

Die Lage der Wirkunglinie folgt mit  2  2 35 35 10 53 · 1 53 · 1 +5·1 − 2, 5 +2 +5·1 − = 19, 1 m4 , Iξ = 12 12 36 12 3 ys = y¯s + 15 m yD =

Ix = Sx

ys2

und A + Iξ ys A

yD = y¯D + 15 m ;

zu

y¯D = y¯s +

Iξ 35 19, 1 = + 35 ys A 12 ( 12 + 15) 10

= 3, 02 m . Die Lagerreaktion ergibt sich aus dem Momentengleichgewicht bez¨ uglich des Drehpunktes C der Klappe:  C : ;

B · 5 − F ( 5 − 3, 02 ) = 0 B = 1, 05

5 − 3, 02 = 0, 415 MN . 5

F C

B y¯D

Fl¨ ussigkeitsdruck

239

Aufgabe 7.11 Ein Betondamm (Dichte ρB ) schließt ein Staubecken ab, das mit Wasser gef¨ ullt ist (F¨ ullh¨ ohe h = 15 m).

A7.11 3m

Wie groß ist ρW a) die Sicherheit gegen Gleiten in der Bodenfuge (Haftbeiwert 2m μ0 ), b) die Sicherheit gegen Kippen 3m und c) die Spannungsverteilung in der Bodenfuge, wenn diese als 6m linear angenommen wird?

12m ρB 3m 8m

μ0

Geg.: ρB = 2, 5 · 103 kg/m3 , ρW = 103 kg/m3 , μ0 = 0, 5 , g = 10 m/s2

L¨ osung zu a) Zur Berechnung der Standsicherheit werden die horizontalen Kr¨ afte aus dem Wasserdruck den Haftkr¨ aften in der Bodenfuge an einem Dammsegment von 1 m Dicke gegen¨ ubergestellt. Die Horizontalkraft aus Wasserdruck folgt zu FH =

1 1 ρW g h A = 103 · 10 · 15 · 15 · 1 = 1125 kN/m . 2 2

Die resultierende Gewichtskraft aus Beton und Wasser liefert FV = 2, 5 · 103 (3 · 2 + 4 · 18 + 3 · 8 +

1 · 12 · 8) + 103 (2 · 12) = 3990 kN/m . 2

Mit dem Coulombschen Gesetz folgt die Sicherheit ηG gegen das Einsetzen von Gleiten zu ηG =

μ0 FV 0, 5 · 3990 = = 1, 77 . FH 1125

zu b) Der Staudamm kann um den Punkt B kippen. Die Sicherheit gegen Kippen ergibt sich durch den Vergleich der Momente der angreifenden Kr¨ afte. Das Moment aus dem Wasserdruck ist MBW = FH

xBi

FH h 3

h 15 = 1125 · = 5625 kNm . 3 3

FV i B

240

Fl¨ ussigkeitsdruck

Das Moment der Gewichtskr¨ afte betr¨ agt  FV i xBi MBG = i

= 2, 5 · 103 (3 · 2 · 13 + 4 · 18 · 10 + 3 · 8 · 4 +

1 2 · 12 · 8 · · 8) + 103 (2 · 12 · 13) = 31870 kNm . 2 3

Dies liefert die Sicherheit ηK gegen Kippen ηK =

MBG 31780 = 5, 67 . = MBW 5625

zu c) Zur Berechnung der Spannungsverteilung in der Bodenfuge des Damms ermitteln wir die Exzentrizit¨ at ihrer Resultierenden RV = 4 ur die Vertikalkomponente der auf die Bodenfuge wirkenden i FV i . F¨ Kraft gilt gem¨ aß Abbildung RV (a − e) = MBG − MBW ;

e=a−

MBG − MBW 31870 − 5625 = 0, 422 m . =7− RV 3990

Mit dem gew¨ ahlten Koordinatensystem gilt f¨ ur die Normalspannungen in der Bodenfuge (wie beim Balkenquerschnitt) σ=

My N + x. A Iy

z

Hierin sind die folgenden Werte einzusetzen: A = 14 m2 , Iy = 1 · 143 / 12 = 288, 67 m4 , N = −RV = −3990 kN, My = N · e = −1685 kNm. Als Ergebnis erhalten wir f¨ ur die Spannungsverteilung σ=

e

x

C σC

RV a=7m

−3990 −1685 + x = −285 − 7, 37 x kN/m2 . 14 228, 67

F¨ ur die ausgew¨ ahlten Punkte C und B folgt dann σC = −0, 23 MPa

und

σB = −0, 34 MPa .

a=7m

MBW MBG B σB

Fl¨ ussigkeitsdruck

Aufgabe 7.12 Eine rechteckige Wehrtafel der Breite b verschließt den Abfluss eines Beckens. Sie ist im Punkt D drehbar gelagert. a) Bei welchem Wasserstand t beginnt sich die Tafel um D zu drehen? b) Wie groß ist dann das Biegemoment in D? Geg.: b, l, h, ρ.

241

A7.12

ρ

D

t h

l

zu a) Die Wehrtafel beginnt sich zu drehen, wenn die Resultierende R des Wasserdrucks oberhalb von D liegt. Im Grenzfall geht die Resultierende des Wasserdrucks durch Punkt D. Hieraus ergibt sich sofort die Wassertiefe t = 3h .

R

¯ R pD 2a

h D

MD

a

2a 3

zu b) Zur Ermittlung des Biegemomentenverlaufes bestimmen wir ¯ zun¨ achst das Schnittmoment im Punkt D. Mit der Resultierenden R des oberen Wehrabschnittes und dem Druck im Punkt D, ¯ = 1 pD 2 a b , R 2

pD = ρ g 2 h ,

folgt ¯ 2 a = − 2 pD b a2 = − 4 ρ g (l2 + h2 )h b . MD = −R 3 3 3 Der Biegemomentenverlauf ist bei linear ver¨ anderlicher Streckenlast jeweils durch kubische Polynome gegeben. Der Maximalwert tritt im Lagerpunkt D auf. MD

D

242

A7.13

Fl¨ ussigkeitsdruck

Aufgabe 7.13 Gase besitzen eine vom Druck p abh¨angige Dichte ρ. Der Zusammenhang wird durch die allgemeine Gasgleichung p = ρRT (Gaskonstante R, Temperatur T ) beschrieben. So gilt z.B. f¨ ur Luft auf der Erdoberfl¨ ache bei T = 0◦ : p0 = 101325 Pa und ρ0 = 1,293 kg/m3 . F¨ ur den Fall der konstanten Temperatur ist die Abh¨ angigkeit des Luftdrucks von der H¨ ohe herzuleiten (barometrische H¨ ohenformel).

L¨ osung Wenden wir die Gasgleichung zun¨achst auf der Erdoberfl¨ache an, so liefert dies p0 = ρ0 RT

bzw.

RT =

Aus dem Gleichgewicht an einer infinitesimalen Lufts¨ aule vom Querschnitt A und der H¨ ohe dz ↑:

p0 . ρ0

p + dp ρgA dz

dz

pA − ρgA dz − (p + dp) A = 0 z

folgt

p

dp = −ρg . dz Einsetzen der allgemeinen Gasgleichung liefert dp pg =− . dz RT Durch Trennen der Ver¨ anderlichen und Integration erh¨ alt man:  p  z g d¯ p g g p dp =− =− dz ; =− d¯ z ; ln z. p RT ¯ p0 RT p0 p 0 RT Damit ergibt sich f¨ ur den Luftdruck in Abh¨ angigkeit von der H¨ ohe gz − p = p0 e RT . Der Luftdruck nimmt damit exponentiell mit der H¨ ohe ab. Mit der Beziehung RT = p0 /ρ0 und der Erdbeschleunigung g = 9,80665 m/s2 folgt z − p = 101325 Pa e 7991 m . Anmerkung: In 5,5 km H¨ ohe ist der Luftdruck auf etwa die H¨ alfte abgefallen.