Biegelinie

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1 3. Biegelinie Die Biegemomente führen zu einer Verformung der Balkenachse, die als Biegelinie bezeichnet wird. Die Biegelinie wird beschrieben durch die Verschiebung v in y-richtung und die Verschiebung w in z-richtung. y z v w Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

2 3. Biegelinie Ebene Biegung: Für M z = 0 und I yz = 0 verformt sich der Balken nur in der z- Ebene. Die Biegelinie wird durch die Verschiebung w beschrieben. Die Verschiebung v ist null. Dieser Spezialfall wird als ebene Biegung bezeichnet. Räumliche Biegung: Für M z 0 oder I yz 0 treten Verschiebungen v und w auf. Dieser allgemeine Fall wird meist als schiefe Biegung bezeichnet. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

3 3. Biegelinie 3.1 Ebene Biegung 3.2 Räumliche Biegung Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

4 Kinematische Annahmen: Es wird angenommen, dass die Scherung vernachlässigt werden darf. Dann treten keine Winkeländerungen auf. Daraus folgt unmittelbar die Bernoulli-Hypothese: Ebene Querschnitte bleiben eben. Querschnitte senkrecht zur Balkenachse sind am verformten Balken senkrecht zur Biegelinie. Diese Annahmen sind bei schlanken Balken zulässig. Bei querkraftfreier Biegung sind die Annahmen eakt erfüllt. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

5 Differenzialgleichung der Biegelinie: Aus der Bernoulli-Hypothese folgt: tan(ϕ)= dw d Für kleine Winkel gilt: ϕ tan (ϕ)= dw d ϕ ϕ z, w Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

6 Für das Biegemoment gilt: Daraus folgt: M y ()= d ϕ d d 2 w d 2 = M y Daraus kann die Gleichung w() der Biegelinie durch zweimalige Integration ermittelt werden. Die Integrationskonstanten werden durch die Randbedingungen festgelegt. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

7 Weitere Differenzialbeziehungen: Weiteres Ableiten der Differenzialgleichung der Biegelinie ergibt: d d ( d 2 w d 2 ) = dm y d = Q z, d 2 d 2 ( d 2 w d 2 ) = dq z d =q z Bei konstanter Biegesteifigkeit EI y gilt: d 2 w d 2 = M y, d 3 w d 3 = Q z, d 4 w d 4 =q z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

8 Randbedingungen: Die bei den Integrationen auftretenden Integrationskonstanten werden durch die Randbedingungen festgelegt. Feste Einspannung: Gelenk: w = 0, M y = 0 Parallelführung: ϕ = 0, Q z = 0 Freies Ende: w = 0, ϕ = 0 M y = 0, Q z = 0 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

9 Die Randbedingungen für w und ϕ werden als geometrische Randbedingungen bezeichnet. Die Randbedingungen für M y und Q z werden als statische Randbedingungen bezeichnet. Wenn die Biegelinie durch zweifache Integration des Biegemoments gewonnen wird, müssen nur noch die geometrischen Randbedingungen erfüllt werden. Die statischen Randbedingungen sind bereits infolge der Gleichgewichtsbedingungen erfüllt, die zur Ermittlung des Biegemoments benutzt wurden. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

10 Beispiel: Kragbalken mit Endlast F z A L B Gegeben: Kraft F, Länge L, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung wb im Punkt B Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

11 Biegemoment: (rechter Teilbalken) M y = F (L )= F L+F Integrationen: Randbedingungen: dw d (0)=0 c 1=0 w (0)=0 c 2 =0 d 2 w d = M 2 y =F L F dw d =F L 1 2 F 2 +c 1 w= 1 2 F L F 3 +c 1 +c 2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

12 Ergebnis: w ()= F L3 6 [ 3 ( L ) 2 ( L ) 3 ], w B =w (L)= F L 3 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

13 Beispiel: Balken mit Streckenlast q 0 A z L B Gegeben: Streckenlast q0, Länge L, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung wm in der Mitte des Balkens Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

14 Integrationen: d 4 w d 4 =q 0 d 3 w d 3 =q 0 +c 1 = Q z d 2 w d 2 = 1 2 q 0 2 +c 1 +c 2 = M y dw d = 1 6 q c 1 2 +c 2 +c 3 w= 1 24 q c c 2 2 +c 3 +c 4 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

15 Randbedingungen: M y (0)=0 c 2 =0, w(0)=0 c 4 =0 M y (L)=0 : w (L)=0 : Ergebnis: 1 2 q 0 L 2 +c 1 L=0 c 1 = 1 2 q 0 L 1 24 q 0 L q 0 L 4 +c 3 L=0 c 3 = 1 24 q 0 L 3 w ()= q 0 L 4 24 [( L ) 4 2 ( L ) 3 + L ], w m =w ( L 2 ) = 5 q 0 L Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

16 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

17 Beispiel: Balken mit Einzelkraft F A a 2a B z Gegeben: Kraft F, Abmessung a, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung w(a) am Kraftangriffspunkt Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

18 a) Lösung durch abschnittsweise Betrachtung: Lagerkräfte: A a F 2a B A z B z z M B =0 : 3a A z +2 a F=0 A z = 2 3 F M A =0 : 3a B z a F =0 B z = 1 3 F Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

19 Abschnitt 1: 0 < < a Abschnitt 2: a < < 3a M y = ( A z )= 2 3 F M y=b z (3a )= F 3 (3a ) d 2 w d 2 = M y = 2 3 F d 2 w d 2 = M y = F 3 (3a ) dw d = F 3 2 +c 1 w= F 9 3 +c 1 +c 2 dw d = F ( ) 2 3 a 3 2 +d 1 w= F 3 ( 3 2 a ) +d 1 +d 2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

20 Randbedingungen: w (0)=0 c 2 =0 w (3a)=0 : F 3 ( 27 2 a a3 ) +3d 1 a+d 2 =0 Anschlussbedingungen: 3 d 1 a+d 2 =3a 3 F (1) dw d (a 0)= dw d (a+0) : F 3 a2 +c 1 = F 3 ( 3 a2 a2 2 ) +d 1 F 2 a2 =d 1 c 1 (2) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

21 w (a 0)=w (a+0) : F 9 a3 +c 1 a= F 3 ( 3 2 a3 a3 6 ) +d 1 a+d 2 (3) (3) 1 3 F a3 =(d 1 c 1 )a+d 2 = (2) 1 2 F a3 +d 2 d 2 = 1 6 F a3 (1) 3d 1 a=3a 3 F d 2 = 19 6 a3 F d 1 = F a2 (2) c 1 =d F a2 c 1 = 5 9 F a2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

22 Biegelinie: 0< <a : w= 1 9 F F a2 w ( )= F a3 9 [ 5 a ( a ) 3] a<<3a : w= F 3 ( 3 2 a ) F a2 1 6 F a3 w ( )= F a3 18 [( a ) 3 9 ( a ) a 3 ] w (a)= F a3 9 (5 1 )= 4 9 F a 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

23 b) Lösung mit Föppl-Symbol: Biegemoment: A a F 2a B A z B z z M y ()=A z a F = F 3 (2 3 a ) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

24 Weitere Integrationen: d 2 w d 2 = M y ( )= F 3 (2 3 a ) dw d = F 3 ( a 2 +c 1 ) w= F 3 ( a 3 +c 1 +c 2) Randbedingungen: w (0)=0 c 2 =0 w (3 a)=0 : 9 a 3 4 a 3 +3c 1 a=0 c 1 = 5 3 a2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

25 Biegelinie: w( )= F a3 18 [ 10 a 2 ( a +3 )3 a 1 3] Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

26 Beispiel: Superposition A q 0 z a F 2a B Gegeben: Kraft F, Streckenlast q0, Abmessung a, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung w(a) am Kraftangriffspunkt Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

27 Die Lösung kann durch Überlagerung der beiden bereits ermittelten Biegelinien gewonnen werden. Lastfall 1: Streckenlast w 1 ( )= q 0 (3a)4 24 [( 3a ) 4 2 ( 3a ) 3 + 3a ] = q 0 a4 24 [( a ) 4 6 ( a ) a ] w 1 (a)= q 0 a4 (1 6+27)= q 0 a 4 Lastfall 2: Einzelkraft w 2 ( )= F a3 18 [ 10 a 2 ( a ) 3 +3 a 1 3], w 2(a)= 4 9 F a 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

28 Gesamt: w ()=w 1 ()+w 2 ( ) w (a)= q 0 a F a 3 = a3 (33 q 0 a+16 F ) 36 Für eine Reihe von Lagerungen und Belastungen sind die Biegelinien tabelliert. Damit können die Biegelinien für überlagerte Belastungen leicht ermittelt werden. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

29 Beispiel: Statisch unbestimmt gelagerter Balken q 0 A B z L Gegeben: Streckenlast q0, Länge L, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Schnittlasten, Lagerreaktionen und Biegelinie Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

30 Lösung durch Integration der Streckenlast: q z ( )=q 0 L, Q z ( )= q z ( )d+c 1 = q L +c 1 M y ()= Q z ( )d +c 2 = q L +c 1 +c 2 d 2 w d = M y = q L c 1 c 2 dw d = q L 1 2 c 1 2 c 2 +c 3 w= q L 1 6 c c 2 2 +c 3 +c 4 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

31 Randbedingungen: dw d (0)=0 c 3=0, w (0)=0 c 4 =0 dw d (L)=0 : q 0 L c 1 L2 c 2 L=0 q 0 L 2 =12 c 1 L+24 c 2 w (L)=0 : q 0 L c 1 L3 1 2 c 2 L 2 =0 q 0 L 2 =20 c 1 L+60 c 2 c 1 = 3 20 q 0 L, c 2 = 1 30 q 0 L 2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

32 Schnittlasten: Q z ( )= q L [ ( ) 2 ], M L y ( )= q 0 L2 [ 60 9 L 10 ( ) 3 L 2] Lagerreaktionen: M A q 0 M B A z A z L B B z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

33 A z =Q z (0)= 3 20 q 0 L, B z = Q z (L)= 7 20 q 0 L M A = M y (0)= 1 30 q 0 L 2, M B = M y (L)= 1 20 q 0 L 2 Biegelinie: w ()= q 0 L4 120 [( L ) 5 3 ( L ) 3 +2 ( L ) 2] dw d ()= q 0 L3 120 [ 5 ( L ) 4 9 ( L ) 2 +4 L ] Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

34 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

35 3.2 Räumliche Biegung Im allgemeinen Fall erfolgt die Belastung nicht in einer Ebene oder das Deviationsmoment verschwindet nicht. Dann treten Verschiebungen in y- und z-richtung auf. Die Biegelinie wird durch die Verschiebungen v() in y- Richtung und w() in z-richtung beschrieben. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

36 3.2 Räumliche Biegung Differenzialgleichungen der Biegelinie: Aus der Bernoulli-Hypothese folgt: ϕ tan(ϕ)= dw d y, v ψ ψ ψ tan(ψ)= dv d Der Zusammenhang zwischen den Biegewinkeln ϕ und ψ und den Biegemomenten wurde bereits bei der Spannungsermittlung gefunden. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

37 3.2 Räumliche Biegung Mit E d ϕ d = I M I M z y yz z 2 I y I z I yz E d ψ d = I M I M y z yz y 2 I y I z I yz folgt: d 2 w d = I I M I I M y z y y yz z 2 2 I y I z I yz d 2 v E I z d = I I M I I M y z z z yz Y 2 2 I y I z I yz Mit den Ersatzmomenten gilt: M y = M M I / I y z yz z 1 I 2 yz /(I y I z ) M z = M M I / I z y yz y 1 I 2 yz /(I y I z ) d 2 w d 2 = M y E I z d 2 v d 2 = M z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

38 3.2 Räumliche Biegung Beispiel: Kragbalken mit Endlast F A L z Gegeben: F = 100 N, L = 1 m, E = MPa Iy = 10,4 cm 4, I z = 5,89 cm 4, I yz = 4,63 cm 4 Gesucht: Verschiebungen vb und w B von Punkt B B Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

39 3.2 Räumliche Biegung Biegemoment: M y ()= F (L )=F ( L ) Ersatzmomente: M y ()= F ( L ) 1 I 2 yz /(I y I z ), M z ( )= F ( L ) I / I yz y 1 I 2 yz /(I y I z ) Biegelinien: E I z dv d = F I yz / I y )( 1 I 2 yz /(I y I z 2 2 L +c 1) E I z v= F I yz/i y ( 3 2 L 1 I 2 yz /(I y I z ) 6 2 +c +c 2) 1 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

40 3.2 Räumliche Biegung dw d = Randbedingungen: F ( 2 1 I 2 yz /(I y I z ) 2 L +d 1) F ( w= 3 1 I 2 yz /(I y I z ) 6 L 2 2 +d +d 2) 1 v(0)=0 c 2 =0, w (0)=0 d 2 =0, dv d (0)=0 c 1=0 dw d (0)=0 d 1=0 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

41 3.2 Räumliche Biegung Ergebnis: v( )= F L3 I yz / I y 6 E I z 1 I yz w ()= F L I yz 2 /(I y I z )[( L ) 3 3 ( 2 /(I y I z ) [( L ) 3 3 ( L ) 2] L ) 2] v B =v(l)= F L3 I yz / I y 3 E I z 1 I 2 yz /(I y I z ) w B =w (L)= F L I 2 yz /(I y I z ) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

42 3.2 Räumliche Biegung Zahlenwerte: F L 3 3 E = 100 N (1 103 mm) N/ mm 2 =1, mm 5 F L 3 = 1, mm 5 =1,526 mm 3 10, mm F L 3 = 4, mm 5 3 E I z 5, mm =2,695mm 4 1 I yz 2 I y I z =1 4,632 10,4 5,89 =0,6500, I yz I y = 4,63 10,4 =0,4452 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

43 3.2 Räumliche Biegung v B =2,695 mm 0,4452 0,6500 =1,846 mm, w B=1,526 mm 1 0,6500 =2,348mm Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

44 3.2 Räumliche Biegung Beispiel: Balken unter Eigengewicht b L e z z L = 2 m g y a L DIN 1029: e y I y = 10,4 cm 4, I z = 5,89 cm 4, I yz = 4,63 cm 4 q G = 33,5 N/m, E = MPa z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

45 3.2 Räumliche Biegung Der abgebildete Balken aus Stahl ist beidseitig gelenkig gelagert. Er wird durch sein Gewicht belastet. Gesucht ist die maimale Durchbiegung. Schnittlasten: q z ( )=q G, Q z ()= q G +c 1, M y ( )= 1 2 q G 2 +c 1 +c 2 M y (0)=0 c 2 =0 M y (L)=0 : 1 2 q G L 2 +c 1 L=0 c 1 = 1 2 q G L M y ( )= 1 2 q ( G L2 2 L ) 2 L Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

46 3.2 Räumliche Biegung Ersatzmomente: q M y = G L 2 ( 2 2 (1 I 2 yz /(I y I z )) L ) 2 L, M z = q L 2 G I yz / I y 2 (1 I yz 2 /(I y I z )) ( 2 L 2 L ) Zahlenwerte: q G L 2 =33, N/ mm mm 2 =1, Nmm 1 I 2 yz =1 4,632 I y I z 10,4 5,89 =0,6500, I yz = 4,63 I y 10,4 =0,4452 M y = 1, Nmm ( 2 2 0,65 L ) 2 L Nmm( = 1, L ) 2 L M z = 1, Nmm 0, ,65 ( 2 L 2 L ) =4, Nmm( 2 L 2 L ) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

47 3.2 Räumliche Biegung Biegelinien: E I z dv d =4, Nmm L( 1 3 E I z v=4, Nmm L 2( 1 12 dw d =1, Nmm L( L L L L +c 1) 2 3 L 3 +c 1 2 L +d 1) 2 L +c 2) w=1, Nmm L 2( L L 3 +d 1 L +d 2) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

48 3.2 Räumliche Biegung Randbedingungen: v(0)=0 c 2 =0, w (0)=0 d 2 =0 v(l)=0 : c 1=0 c 1 = 1 12, w (L)=0 d 1= 1 12 v( )= 4, Nmm mm N/ mm 2 5, mm 4 ( =1,237 mm( L L + ) 3 L w ()= 1, Nmm mm N/mm 2 10, mm 4 ( =1,574 mm( L L + ) 3 L L L + ) 3 L L L + ) 3 L Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

49 3.2 Räumliche Biegung Die maimalen Verschiebungen treten in der Mitte auf: v ma =v ( L ) 2 =1,237 mm ( ) 5 =1,237 mm =0,3866 mm w ma =w ( L 2 ) =1,574 mm 5 16 =0,4919mm Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

50 3.2 Räumliche Biegung Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM

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