Die Schnittgrößen haben wir ja schon kennengelernt. Sie seien hier noch einmal zusammengefasst:

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1 Der gerade Stab Die Schnittgrößen haben wir ja schon kennengelernt. Sie seien hier noch einmal zusammengefasst: N Normalkraft Q Querkraft M b Biegemoment M T Torsionsmoment Die Frage lautet nun, welche Spannungen und welche Verformungen durch diese Schnittgrößen hervorgerufen werden. Das soll in den folgenden Kapiteln erläutert werden.

2 Zusammenhang Schnittgrößen und Spannungen: uf einer Schnittfläche normal zur x-chse sieht man Spannungsvektoren der Form σ x = σ x e x + τ xy e y + τ xz e z Die resultierende Wirkung dieser Spannungsvektoren schlägt sich im resultierenden Schnittkraftvektor R(x) sowie im resultierenden Schnittmoment M(x) nieder. N(x) = Q y (x) = σ x (x, y, z)dydz τ xy (x, y, z)dydz R = σ x (x, y, z)d Q z (x) = τ xz (x, y, z)dydz M = r σ x (x, y, z) d M x (x) = yτ xz (x, y, z) zτ xy (x, y, z) dydz M y (x) = zσ x (x, y, z)dydz mit r = ye y + ze z M z (x) = yσ x (x, y, z)dydz

3 Beanspruchung durch Normalkraft Reine Zug-/Druckbelastung hat einen einachsigen Spannungszustand σ x zur Folge. Bei konstantem Querschnitt (x)=konst. kann man davon ausgehen, dass σ x im ganzen Querschnitt konstant ist: σ x = N, alle anderen Spannungen = 0. Nach dem Hookeschen Gesetz gilt (für T = 0): ε x = σ x E = N E, ε y = ε z = ν σ x E E Dehnsteifigkeit.

4 Gesucht ist nun die Verschiebungslinie u x für den nachfolgend skizzierten Stab: N x + dx = N + dn dx dx Darin ist p(x) eine in x-richtung verteilte Last von der Dimension [N/m]. Setzen wir ein differenziell kleines Stabelement der Länge dx ins Gleichgewicht, so ergibt sich: N + N + dn dx + p x dx = 0 p x dx = dn dx σ x x = N x = Eε x also dσ x dx = 1 dn dx = E dε x dx Den Zusammenhang zwischen Verzerrungen und Verschiebungen kennen wir bereits: ε x = du dx Somit folgt: 1 p x = E d2 u dx 2 d 2 u p x = dx2 E Differentialgleichung der Verschiebungslinie

5 Beispiel: Seil unter Eigengewicht, Dichte ρ, Länge l, konstante Querschnittsfläche geg.:ρ, l, E, ges.: u x, σ x p x = ρg x, σ max d 2 u dx 2 = ρg E du dx = ρg E x + C 1 u x = ρg E x C 1x + C 2 Die Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen: u x = 0 = 0 C 2 = 0 u = du dx x = l u x = ρg E = 0 C 1 = ρgl E x2 lx 2 = ρg x 2l x 2E σ x x = Eε x x = ρg(l x) σ max = σ x x = 0 = ρgl Bei Vorgabe der Zugfestigkeit R m kann man eine nur vom Seilwerkstoff abhängende Reißlänge l R berechnen: l R = R m ρg

6 Beanspruchung auf Biegung Wir betrachten zunächst den Fall der reinen Biegung Voraussetzungen für reine Biegung: 1) Die Stabachse ist gerade (x-chse) 2) Der Stab hat konstanten Querschnitt 3) Die Querschnitte sind symmetrisch zur x-z Ebene 4) Die y-chse geht durch den geometrische Schwerpunkt der Querschnitte 5) Normalkraft N = 0 6) Torsionsmoment M x = 0 7) Biegemomentenkomponente M z = 0 8) Querkraftkomponente Q y = 0 9) Querkraftkomponente Q z = 0 10) Biegemomentenkomponente M y ist konstant. us den Voraussetzungen 3 und 4 folgt: x, y, z. Trägheitshauptachsen

7 Wenn obige Voraussetzungen erfüllt sind, dann lassen sich folgende ussagen treffen: I. Die Stabachse wird gebogen, aber nicht gedehnt. II. III. Beweis: lle Querschnitte bleiben eben und normal auf die Stabachse. Er treten nur Normalspannungen auf, aber keine Schubspannungen. Bei reiner Biegung ist jeder beliebige bschnitt des Stabes ein Spiegelbild seiner Nachbarn, somit müssen die Querschnittsebenen Symmetrieebenen sein und dies auch nach Deformation bleiben. Das ist nur möglich, wenn ussage II. gilt. Setzt man die einzelnen verformten bschnitte zusammen, so ergibt sich infolgedessen ein Kreisbogen mit Radius ρ.

8 Betrachten wir einen bschnitt der Länge dx im Detail: Gesucht wird nun ein Zusammenhang zwischen dem Krümmungsradius ρ und dem Biegemoment M y. usgehend von einer zunächst noch unbekannten Lage der ungedehnten Faser als Bezugsachse gilt: ds 0 = dx = ρdφ ds z = ρ + z dφ ε x z = ds(z) ds 0 ds 0 = ρ + z dφ ρdφ ρdφ = z ρ σ x = Eε x = E z ρ us Voraussetzung 5) ergibt sich N = σ x d = E ρ z d = 0 Definition des Flächen-SP! neutrale Faser (wird gebogen, aber nicht gedehnt) Das Integral verschwindet nur dann, wenn z vom geometrischen Schwerpunkt der Querschnitte ausgehend gezählt wird. Das definiert aber laut Voraussetzung 4) die Lage der x-chse. Damit ist die Stabachse die neutrale Faser und ussage I. bewiesen.

9 Es entstehen also Normalspannungen σ x in x-richtung, die über die Höhe z linear verteilt sind: Druck M y = 1 ρ = M y EJ y zσ x d = E ρ Zug z 2 d J y... FTRM bzgl. Schwerachse EJ y... Biegesteifigkeit [N/m²] Bei reiner Biegung sind, wie gesagt, alle Querschnitte Symmetrieebenen. Jede Spannungskomponente auf dem linken Schnittufer hat eine gespiegelte Entsprechung auf dem rechten Schnittufer. Beim Zusammenfügen der Schnittufer müssen diese nach außen hin verschwinden. Das ist aber nur dann möglich, wenn die Spannungsvektoren normal auf die Symmetrieebene stehen, also keine y- oder z-komponente haben. Daraus folgt, dass τ xy sowie τ xz null sein müssen. ussage III. Das ist auch im Einklang mit den Voraussetzungen 6), 8) und 9) Q y = τ xy d = 0 Mit σ x = Eε x = E z ρ σ x z = M y J y z wird daraus Q z = τ xz d = 0 M x = yτ xz zτ xy d = 0

10 Bei Vorliegen einer Querkraft Q z (x) und nicht konstantem Querschnitt sind die Voraussetzungen 2), 9), 10) nicht mehr erfüllt. Die Querkraft erzeugt Schubspannungen und eine Querschnittsverwölbung, die ussagen I., II. und III. gelten also nicht mehr exakt. Im Rahmen der Technischen Biegelehre geht man aber von der Bernoulli Hypothese aus: Solange die betrachteten Stäbe als schlank angesehen werden dürfen (d.h. Querschnittsabmessungen sind klein gegen die Länge), kann man näherungsweise davon ausgehen, dass die Querschnitte eben und normal zur Stabachse bleiben. Somit kann man schreiben: 1 ρ x = M y x EJ y x σ x x, z = M y x J y x z fundamental!!

11 Für die Trägerdimensionierung sind in erster Linie die Spannungen in den äußeren Fasern des Stabs interessant. Setzt man die Randfaserabstände e 1, e 2 in (*) ein, so erhält man die Extremwerte für die Biegespannungen σ 1, σ 2 : obere Randfaser σ 2 = M y J y e 2 untere Randfaser σ 1 = M y J y e 1 Definition: W y,1 = J y e 1, W y,2 = J y e 2. Widerstandsmoment [m³] also: σ 1 = M y W y,1, σ 2 = M y W y,2 wesentliche Formel zur Dimensionierung von Trägern!!

12 Beispiel: Dimensionierung eines Trägers der Länge l, Belastung P und q 0 zufolge Eigengewicht Geg.: P = 36kN σ zul = 140N/mm² l = 6m Ges.: IPE Träger lt. Norm, siehe beigefügtes Tabellenblatt = B = P 2 + q 0 l 2 M y,max = Pl 4 + q l W y,erf = M y,max σ zul = Pl 4σ zul + q 0l 2 8σ zul noch unbekannt Pl = = mm 3 = 386 cm 3 4σ zul chtung: I-Träger werden normalerweise stehend, d.h. mit Steg in Lastrichtung eingebaut. Steg Flansch Biegeachse

13 Warmgewalzte, mittelbreite I-Träger, IPE-Reihe nach DIN 1025 Blatt 5 (uszug) Maße für Kurzzeichen Querschnitwicht Ge- G Für die Biegeachse h b s t r I x W x i x I y W y i y x-x IPE mm mm mm mm mm cm 2 kg/m cm 4 cm 3 cm cm 4 cm 3 cm cm 3 cm ,8 5,2 5 7,64 6,0 80,1 20,0 3,24 8,49 3,69 1,05 11,6 6, ,1 5,7 7 10,3 8, ,2 4,07 15,9 5,79 1,24 19,7 8, ,4 6,3 7 13,2 10, ,0 4,90 27,7 8,65 1,45 30,4 10, ,7 6,9 7 16,4 12, ,3 5,74 144,9 12,3 1,65 44,2 12, ,0 7,4 9 20,1 15, ,58 68,3 16,7 1,84 61,9 14, ,3 8,0 9 23,9 18, , ,2 2,05 83,2 15, ,6 8, ,5 22, , ,5 2, , ,9 9, ,4 26, , ,3 2, , ,2 9, ,1 30, , ,3 2, , ,6 10, ,9 36, , ,2 3, , ,1 10, ,8 42, , ,5 3, , ,5 11, ,6 49, , ,5 3, , ,0 12, ,7 57, , , , ,6 13, ,5 66, , , , ,4 14, ,8 77, , , , ,2 16, , , , , ,1 17, , , , ,0 19, , , ,4 y-y S x s x I W i S x s x Flächenmoment 2. Grades Widerstandsmoment Trägheitsradius Flächenmoment 1. Grades des halben Querschnitts = I x /S x, bstand Druck- und Zugmittelpunkt

14 gewählt: IPE 270: W y,1 = W y,2 = W y = 429 cm 3 q 0 = 36.1kg/m g = 354 N/m = N/mm q 0 l 2 = = mm 3 = 11 cm 3 8σ zul W y,erf = = 397 cm 3 < 429 cm 3 Zum Vergleich, Einbau um 90 verdreht: Biegeachse W y = 62.2 cm 3, also nicht zulässig

15 Differentialgleichung der Biegelinie Mit Hilfe der Differentialgeometrie kann man zeigen: 1 ρ x = w 1 + w 2 ³ w w = dw dx, w = d2 w dx 2 zur Erinnerung: 1 ρ = M y EJ y w = d2 w dx 2 = M y x EJ y x Differentialgleichung der Biegelinie (2. Ordnung) Die Durchbiegung w x folgt dann durch 2-malige Integration. Die dabei auftretenden Integrationskonstanten können durch Rand- und Übergangsbedingungen bestimmt werden.

16 Biegelinie zufolge einer Temperaturverteilung Wir beschränken uns in weiterer Folge auf lineare Temperaturverteilungen über die Trägerhöhe. ds o = dx + α T o T ref dx ds u = dx + α T u T ref dx ds u dso = (r + h)dφ rdφ α T u T o dx = hdφ dφ dx = α T u T 0 = αθ h dφ dx = αθ = 1 ρ w ρdφ = dx w = αθ zufolge Temperaturmoment Definition: Θ = T u T 0 h Temperaturmoment [K/m]

17 durch Superposition ergibt sich d 2 w dx 2 = M y x EJ y x + αθ x Differentialgleichung der Biegelinie (inkl. Temperaturmoment) Bei statisch bestimmter Lagerung entstehen durch eine linear Temperaturverteilung über den Querschnitt keine zusätzlichen Spannungen. Bei allgemeiner Temperaturverteilung T x, y, z kann man Θ x wie folgt berechnen: Θ x = 1 J y x zt x, y, z d Im llgemeinen treten aber dann auch bei statisch bestimmter Lagerung Spannungen auf.

18 Beispiel: Biegelinie eines Trägers der Länge l, Belastung P und Streckenlast q 0, Biegesteifigkeit EJ y = B = P 2 + q 0 l 2 0 x l 2 : M x = x q 0 x 2 2 = P 2 + q 0 l 2 x q x w = M y x EJ y EJ y w = x + q 0 x 2 EJ y w = x2 2 + q x C 1 2 dx dx EJ y w = x3 6 + q x C 1x + C 2

19 Die Integrationskonstanten C 1 und C 2 folgen aus Randbedingungen: (1) w x = 0 = 0 C 2 = 0 (2) w x = l/2 = 0 = l2 + q l C 48 1 C 1 = l2 q 8 0 l 3 48 EJ y w = x3 6 + q x 4 l x q l 3 l2 0 x = x 48 8 x2 6 + q 0x x3 24 l3 48 w x = 1 48EJ y P + q 0 l x 3l 2 + 4x 2 + q 0 x 2x 3 l 3 w max = w x = l/2 = 1 P + q 48EJ 0 l l 3 3 y 8 q 0l 4 = Pl3 + 5 q 0 l 4 48EJ y 384 EJ y Nm 3 Nm ;2 m 4 = m uswertung für IPE 270, l =6m, P =36kN, E =210GPa: w max = = 13.8mm zufolge P zufolge q 0

20 Beispiel: unsymmetrisch belasteter Träger Geg.: P, a, b, EJ y Ges.: Biegelinie = P b a + b B = P a a + b Bereich I: 0 x a M I x = x = P b a + b x EJ y w I = P b a + b x EJ y w I = P b x 2 a + b 2 + C 1 EJ y w I = P b x 3 a + b 6 + C 1x + C 2 Bereich II: a x a + b M II x = x P x a = Pa P a a + b x EJ y w II = P a x Pa a + b EJ y w II = P a x 2 a + b 2 Pax + D 1 EJ y w II = P a x 3 x2 Pa a + b D 1x + D 2

21 Die Rand- und Übergangsbedingungen lauten: (1) w I x = 0 = 0 (2) w II x = a + b = 0 (3) w I x = a = w II x = a (4) w I x = a = w II x = a Randbedingungen Übergangsbedingungen (1) C 2 = 0 (2) 0 = Pa a:b 2 + D 1 (a + b) + D 2 3 a 3 b (3) P + C 6 a:b 1a + C 2 = P P 6 a:b 2 a3 + D 1 a + D 2 a 4 C 1, C 2, D 1, D 2 a 2 b a 3 (4) P + C 2 a:b 1 = P 2 a:b Pa2 + D 1

22 Beispiel: Statisch unbestimmt gelagerter Träger Geg.: q 0, l, EJ y Ges.: uflagereaktionen + B q 0 l = 0 B = q 0 l M x = x q 0 x 2 2 M E + l q 0 l 2 2 = 0 M l 2 E = l + q 0 2

23 EJ y w = x + q 0 x 2 EJ y w = x2 2 + q x C 1 EJ y w = x3 6 + q x C 1x + C 2 2 RB: w x = 0 = 0 0 = C 2 w x = l w x = l = 0 0 = l3 6 + q 0 = 0 0 = l2 2 + q 0 l C 1l l C 1 1 l 0 = 2 6 l q 0l 4 = 3 8 q 0l B = 5 8 q 0l M E = 1 8 q 0l 2

24 Beispiel: Beidseitig eingespannter Träger, nur durch ein Temperaturmoment belastet M x = M E = const.

25 EJ y w = M E EJ y αθ mit Θ = T u;t o h EJ y w = M E x EJ y αθx + C 1 EJ y w = M E x 2 2 EJ yαθ x2 2 + C 1x + C 2 RB: (1) w x = 0 = 0 C 2 = 0 (2) w x = 0 = 0 C 1 = 0 (3) w x = l = 0 M E + EJ y αθ l = 0 M E = EJ y αθ w x = 1 EJ y x 2 2 M E + EJ y αθ = 0 Stab bleibt gerade, aber nicht spannungsfrei. σ b = ± M E h J y 2 = ± EJ yαθh = ± 1 2J y 2 EαΘh nmerkung: ls RB (3) hätte man auch w x = l = 0 oder w x = l/2 = 0 anschreiben können. Man wäre auf dieselbe Lösung gekommen.

26 Erweiterungen usgehend von der Diff.-gl. der Biegelinie 2. Ordnung (ohne Berücksichtigung eines Temperaturmoments) und den bereits bekannten Beziehungen zwischen den Schnittgrößen des geraden Stabs und einer Streckenlast kann folgender Zusammenhang abgeleitet werden. EJ y (x)w = M y x d dx d dx EJ y(x) d²w dx² = dm(x) dx = Q x d dx d2 dx 2 EJ y(x) d2 w dx 2 = dq x dx = q x also für EJ y = konstant gilt dann: d 2 dx 2 EJ y(x) d2 w dx 2 = q x EJ y d 4 w dx 4 = EJ yw IV = q x Differentialgleichung der Biegelinie 4. Ordnung

27 Die DG 4. Ordnung eignet sich insbesondere für die Berechnung der Biegelinie eines Einfeldträgers mit verteilter Last: Man erhält dann w x durch 4-malige Integration. Die damit einhergehenden 4 Integrationskonstanten müssen wieder über Rand- und ggf. Übergangsbedingungen bestimmt werden. z.b. für den dargestellten Träger: (1) w x = 0 = 0 (2) w x = l = 0 (3) w x = 0 = 0 M x = 0 = 0 (4) w x = l = 0 M x = l = 0 wesentliche RB natürliche RB

28 Biegung mit Längskraft Die Lösungen für einen durch ein Normalkraft N x und ein Biegemoment M y können gemäß dem Superpositionsprinzip überlagert werden. x belasteten Stab σ x x, z = M y x J y x N x z + x Das führt zu einer Verschiebung der neutralen Faser. Neutrale Faser σ x = 0 Diese Verschiebung kann so groß sein, dass die neutrale Faser aus dem Querschnitt herausgeschoben wird. Dadurch treten im gesamten Querschnitt nur noch Zugoder nur noch Druckspannungen auf, es findet also kein Vorzeichenwechsel von σ x innerhalb des Querschnitts statt. Diesen Effekt macht man sich beispielsweise bei Spannbeton zu Nutze. Beton Stahlseil

29 Biegung von Stäben mit beliebigem Querschnitt Wir fordern nun nur noch, dass die Stabachse gerade ist und den geometrischen Schwerpunkt aller Querschnitte verbindet. Die y- sowie die z-chse gehen somit durch diesen Schwerpunkt, haben aber ansonsten eine allgemeine Lage, sind daher i.a. keine Trägheitshauptachsen. Ebenso erlauben wir eine allgemeine Belastung zufolge N x, M y x, M z x. Querkräfte und Torsionsmoment dürfen ebenfalls ungleich null sein, spielen aber in dieser Betrachtung keine Rolle. usgangspunkt: us geometrischen Gründen sind die Dehnungen linear über den Querschnitt verteilt, daher sind bei homogenen Trägern und bei Gültigkeit des Hookeschen Gesetzes auch die Spannungen linear verteilt. σ x x, y, z = C 0 x + C 1 x y + C 2 x z Zur Erinnerung: N x = σ x x, y, z d = C 0 x d + C 1 x yd + C 2 x zd M y x = zσ x x, y, z d = C 0 x zd + C 1 x zyd + C 2 x z²d M z x = yσ x x, y, z d = C 0 x yd C 1 x y 2 d C 2 x yzd (1) (2) (3)

30 Es treten wieder bereits vertraute Integrale auf: yd = zd = 0 weil der Koordinatenursprung voraussetzungsgemäß im Schwerpunkt liegt. y²d = J z z²d = J z zyd = yzd = J yz N x = C 0 x M y x = C 1 x J yz + C 2 x J y M z x = C 1 x J z C 2 x J yz (1) (2) (3) 3 Gleichungen für C 0 x, C 1 x, C 2 x Damit kann die Biegespannungsverteilung allgemein angeschrieben werden: N x σ x x, y, z = J yzm y x + J y M z x 2 y + J zm y x + J yz M z x J y J z J yz J y J z J yz 2 z uch bei reiner Belastung in der xz Ebene (also M z x = 0) tritt also ein Spannungsgradient in y- Richtung auf. Darüberhinaus kommt es i.a. zu einer Biegung aus der xz-ebene heraus. Man spricht daher von schiefer Biegung.

31 Für den Spezialfall, dass es sich bei y und z um Trägheitshauptachsen handelt, wird daraus die leichter zu merkende Formel: σ x x, y, z = N x M z x J z y + M y x J y z Die Trägerdurchbiegung hat dann ebenfalls eine zweite Komponente v(x) in y-richtung. Diese kann in völlig analoger Weise zur z-komponente w(x) aus einer Differentialgleichung berechnet werden. d²w dx 2 = M y x EJ y x + αθ y x d²v dx 2 = + M z x EJ z x + αθ z x Θ y Temperaturmoment um die y-chse: Θ z Temperaturmoment um die z-chse: Θ y x = 1 J y x Θ z x = 1 J z x zt x, y, z d yt x, y, z d

32 Wir betrachten nun den Fall eines durch eine Kraft in x-richtung belasteten Stabs. Fällt die Wirkungslinie dieser Kraft P nicht mit der Stabachse (also der x-chse) zusammen, so resultieren daraus neben der Normalkraft N i.a. auch noch die Biegemomente M y und M z. N = P M y = Pz P M z = Py P neutrale Faser σ x = 0 Die neutrale Faser ist durch folgende Geradengleichung definiert: σ x x, y, z = N M z y + M y z = 0 y = M yj z z + NJ z J z J y M z J y M z = z PJ z z J z y P J y y P

33 Insbesondere im Bauingenieurwesen ist es häufig gefordert, dass im gesamten Querschnitt die Normalspannungen σ x ein einheitliches Vorzeichen besitzen. Die Frage lautet nun, innerhalb welchen Bereichs der ngriffspunkt einer äußeren Längskraft liegen muss, damit diese Vorgabe erfüllt wird. Man nennt diesen Bereich dann die Kernfläche des Profils. Beispiel: Kernfläche eines Rechteckprofils Beispiel: Kernfläche eines Kreisprofils