L e i c h t b a u - Ü b u n g e n

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1 94 eichtbau-übungen

2 95. Übung zu Kapitel. Kostenmodell Im Folgenden soll zur Abschätzung einer günstigen Bauweise ein vereinfachtes Kostenmodell angewandt werden. Als Beispiel dient hierzu die leichtbaugerechte Optimierung einer Zelle eines Kleintransporters, dessen prinzipiellen Strukturaufbau die Skizze zeigt. h Bild : Typische Rahmenbauweise der Zelle eines Transportfahrzeuges b Profil: b, h, E. J Strukturgewicht: Nutzlast: Gesamtgewicht: GS. 000 kg GN 800 kg G. 800 kg Bisher wurde die Gitterstruktur des angedeuteten Fahrzeugs aus hochfesten Walzstahl-Profilen hergestellt. Im Weiteren ist zu untersuchen, wann sich Al- oder GFK-Profile wirtschaftlich rentieren. Für die Materialkenngrößen (u. a. k W -Relationen) sollen dabei nachfolgende Annahmen gemacht werden: Kenngrößen Stahl Aluminium Magnesium GFK (45 %) NFK Dichte k g/dm 7,85,7,74,95,0 E-Modul [MPa] Kostenfaktor k W [ /kg],5 4 4 Primärenergie P E MJ / kg Emission HE CO / kg, 6,7 7,5,8,9 Umrechnung: kwh =,6 MJ Unter der Voraussetzung, dass die tragenden Profile der Zelle auf gleiche Biegesteifigkeit ausgelegt werden sollen und hierfür die Bedingung Anm.: Angaben aus Vortrag A. Morsch et al.: Zur ganzheitlichen Bewertung von Werkstoffen am Beispiel von naturfaser- und glasfaserverstärkten Kunststoffen, TU München, B. Klein, eichtbau-konstruktion, DOI 0.007/ , Springer Fachmedien Wiesbaden 0

3 96. Übung zu Kapitel. Kostenmodell ESt JSt Ex J x konst. () gilt, leitet sich die Bauweisenforderung E J x St JSt () Ex ab. Für die erforderlichen Flächenträgheitsmomente der Alternativwerkstoffe gilt sodann JAl JSt bzw. JGFK 5, 5 JSt. (/4) Im Rahmen einer weiteren Vereinfachung sollen Rechteckprofile mit J b h / für die tragenden Querschnitte angenommen werden. Für die sinnvolle Restriktion b = konst. finden sich dann für die Profilhöhen hal h St und hgfk 5,5 hst. (5/6) Damit kann folgende relative Gewichtsfunktion (bezogenes Strukturgewicht) gebildet werden: oder G GS * S h (7) g b G * S, Al Al h,7 St,44 0,49, GS, St * St hst 7,85 G * S, GFK GFK 5,5 h,95 St,7 0,4. GS, St * St hst 7,85 Für das Strukturgewicht zeigt sich dabei folgende Entwicklung: St Al GFK G S [kg] G N [kg] = G [kg] Die Wirtschaftlichkeitsdiskussion zeigt dabei folgende Tendenz:

4 . Übung zu Kapitel. Kostenmodell 97 Die Betriebskosten (Kraftstoff, Öl, Verschleiß) sind proportional dem Gesamtgewicht anzusetzen KB kb G, mit k B 0, 0 /kg 00 km, damit wird KB, St 8 /(00 km), K B, Al,90 /(00 km), K B, GFK,0 /(00 km) (00 %) (7,7 %) (68, %) Die gesamten Herstellkosten der Zelle können proportional zu den Werkstoffkosten angesetzt werden, und zwar zu KH HIKW HIkW GS, wobei die nachfolgenden Relationen gelten sollen: St Al GFK Herstellkostenfaktor H 00 % 0 % 00 % Ingenieurkostenfaktor I 00 % 0 % 50 % Die Herstellkosten der reinen Tragstruktur findet man somit zu K H, St.000, K H, Al.9, K H, GFK Die für einen Wirtschaftlichkeitsvergleich maßgebenden relativen Amortisationskostenfaktoren in pro km betragen: f 0,55 / km, t, St t, Al K H,St K B,St 00 (,0 fach) K H, Al K B, Al 00,77 / km (, fach) KH,GFK KB,GFK 00 4,9 / km (7,6 fach). f, f, t, GFK Hieraus lässt sich ableiten, dass ein Transport von Gütern sich alleine durch eine Werkstoffsubstitution wirtschaftlich nur schwer rechtfertigen lässt. Ein praktikabler Weg ist daher, durch konstruktive Maßnahmen das Gewicht der Stahl-Karosserie weiter zu senken.

5 98. Übung zu Kapitel. Kostenmodell In einer weiteren Betrachtung soll der Energieaufwand und die CO -Emission bei der Herstellung betrachtet und ermittelt werden. Hierzu müssen die Angaben in der vorstehenden Tabelle ergänzt werden um die erforderliche Formgebungsenergie: kg Stahl benötigt P U = 0 MJ, kg Aluminium benötigt P U = 40 MJ, kg GFK benötigt P U = 50 MJ. Damit kann die Herstell-Energiebilanz jeweils gegenüber einem St-Fahrzeug aufgestellt werden: P H, Al 490kg (85 40)MJ / kg.000kg (48 0)MJ / kg 9GJ Das heißt, für die Herstellung eines Al-Fahrzeuges werden 9 GJ und für ein GFK-Fahrzeug GJ mehr Energie benötigt. Da die Fahrzeughersteller im Energiemix ca. 0,05 /kwh an Kosten haben, fallen für das Al-Fahrzeug und für das GFK-Fahrzeug.650 Mehrkosten für Energie in der Herstellung an. Wir wollen weiter den wirtschaftlichen Nutzen für den Fahrzeugbetreiber abschätzen, wobei angenommen wird, dass der Fahrzeughersteller nur die vorstehenden Mehrkosten weitergibt. Unterstellt man weiter, dass 0,5 tr/ 00 km an Kraftstoff für den Normalbetrieb aufgewandt werden müssen und iter Kraftstoff einen Energiegehalt von 0 MJ/tr hat, so kann die Amortisationslaufleistung folgendermaßen abgeschätzt werden: x (km) 0,5(tr /00km) 0(MJ / tr) 90 MJ bzw. x km. Das heißt, erst ab km ist die Energiebilanz für ein Al-Fahrzeug im Gleichgewicht.

6 99. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe Als wesentliche Forderungen, die bei der Auswahl eines Konstruktionswerkstoffs unter eichtbauaspekten zu berücksichtigen sind, gilt es anzuführen: Gewährleistung der Funktion (Verformungsbedingungen), Gewährleistung der Sicherheit (angzeitverhalten), Erfüllung der Gewichtsforderung (Nutzlast/Strukturgewichtsverhältnisse), Verarbeitbarkeit (Umformbarkeit/Schweißeignung), Herstellkosten (Materialkosten, Verarbeitungskosten), Unterhaltskosten (Korrosionsschutz, Reparatur) sowie Bewährung (Risiko der Nutzung neuer Werkstoffe). Die Auswahl eines geeigneten Werkstoffs wird oft durch gegenläufige Forderungen erschwert, weswegen meist Kompromisse eingegangen werden müssen. Um auf quantifizierbarem Wege eine Werkstoffauswahl durchführen zu können, sollen für die Alternative Stahl oder Aluminium einige Einsatzbeschränkungen betrachtet werden.. Vorteile der geringeren Masse Der Vorteil einer geringeren Masse kommt vor allem bei dynamischen Vorgängen zum Tragen, so wie die folgenden Beispiele belegen.. Rotierende Bauteile Rotierende Bauteile bewirken Zentrifugalkräfte Fz m r, () die wiederum im Bauteil Spannungen von der Größe Fz m r z A A V z c v mit c A r m r A r m v A r hervorrufen. Aufgelöst nach der Geschwindigkeit V v A r und c = Systemkonstante v = Umfangsgeschwindigkeit = Dichte ()

7 400. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe g v z z, c c g v g c z, g () v c z max, g worin c eine neue Konstante ist, zeigt sich, dass die maximal erzielbare Grenzgeschwindigkeit unmittelbar von der Reißlänge des Werkstoffs abhängt. Diese Erkenntnis soll nun übertragen werden auf einen kleinen Anwendungsfall. Beispiel: Rotierender Greifarm b n N m G A r Bild : Greifarm eines Roboters Für die Umfangsgeschwindigkeit gilt nach () v c z c g Re g. Betrachtet man als zulässige Spannung die Streckgrenze R e eines Werkstoffs, so zeigt die Tabelle, dass bei gleichen Baumaßen die Drehzahl des Greifers fast verdoppelt werden kann, wenn man Stahl durch Aluminium substituiert. R Werkstoff Re MPa kg / dm g km e v c R e g S 55 J0 55 7,8 4,5,5 c MgAl 8 Zn 0,8,6 c AlZnMgCu 0,5 F 50 40,7 6, 4,0 c

8 . Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe 40. Oszillierende Bauteile In oszillierenden Bauteilen entstehen Kräfte, die linear von der Dichte des Werkstoffs und der Beschleunigung abhängen: N mg b V b Ab mit b = translatorische Beschleunigung (6) Bei konstanter Beanspruchung z = N/A und unveränderter Baugröße gilt zunächst b N A oder das Verhältnis b konstant (7) muss bei der Werkstoffsubstitution gleich groß bleiben. Die Konsequenz zeigt der folgende Fall. Beispiel: inear bewegter Greifarm s N v F A m G Bild : Greifarm eines Roboters Durch eine Werkstoffsubstitution von Stahl durch Aluminium kann also die Beschleunigung auf bal St bst 9, bst Al vergrößert werden, wobei die Trägheitskraft dieselbe bleibt.. Unstetig bewegte Konstruktionen In diese Kategorie fallen beispielsweise alle Fahrzeuge, die sich durch ständige Verzögerung oder Beschleunigung einem bestimmten Rhythmus anpassen müssen. Bei Verzicht auf eine Erhöhung der Beschleunigung kann somit ein geringeres Konstruktionsgewicht zu erheblicher Energieeinsparung führen, wie nachweislich an U-Bahnzügen bewiesen werden konnte.

9 40. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe U-Bahnwaggon Stahlbauweise Baujahr 965 Ganzaluminiumbauweise Baujahr 986 Gesamtgewicht in kn Gewichtsersparnis in kn bzw. in % Energiekosten je Tonne Gewicht/Jahr in /a Energiekostenersparnis bei Al-Waggon je Jahr in /a Berücksichtigt man, dass ein Zug durchschnittlich aus 5 Waggons besteht, so können durch Materialsubstitution bis zu 50 T an Energie pro Jahr eingespart werden.. Einfluss des Elastizitätsmoduls Wenn der E-Modul eines Werkstoffs niedriger ist als der von Stahl, so muss bei einer belasteten Konstruktion mit größeren Verformungen gerechnet werden. Dies gilt es insbesondere zu berücksichtigen, wenn Stahl-ösungen umkonstruiert werden in Al-ösungen.. Dimensionierung auf gleiche Steifigkeit Meist gilt es, bei Tragstrukturen Verformungsbedingungen einzuhalten. Da der E-Modul von Al aber nur / dem von Stahl entspricht, ist mit fach größeren Verformungen zu rechnen. Für unterschiedliche Beanspruchungsarten bedingt dies notwendige konstruktive Maßnahmen. Beispiel: Zugbeanspruchung F A, E Bild : Zugstab Bei gleicher Dehnung beträgt die erforderliche Stab-Querschnittsfläche in Al-Ausführung z E F E A konstant,

10 . Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe 40 d. h., bei gegebener äußerer Kraft F muss der Nenner konstant bleiben. Hieraus folgt oder EAl AAl ESt ASt E AAl St ASt ASt. (8) EAl Hieraus leitet sich ab, dass bei zugbeanspruchten Konstruktionen kein Gewichtsvorteil zu erzielen ist, da gleichzeitig Stahl dreimal so schwer wie Aluminium ist. Beispiel: Biegebeanspruchung p [N/mm] E, J Bild 4: Biegebalken Für die Durchsenkung eines Biegeträgers ist gemäß des Belastungs- und agerungsfalls anzusetzen 4 p w max 5 84 E J. Unter der Voraussetzung gleicher Durchsenkung bei einem Stahl- und Al-Träger gilt w C E J = konstant, damit ergibt sich für die entsprechenden Flächenträgheitsmomente oder EAl JAl ESt JSt E JAl St JSt JSt. (9) EAl Die mögliche Gewichtsersparnis ist jetzt aber davon abhängig, wie dieses Flächenträgheitsmoment realisiert wird. Die größte Einsparung ergibt sich immer dann, wenn die Quer-

11 404. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe schnittsabmessungen noch veränderlich sind. Das größte Flächenträgheitsmoment lässt sich nämlich bei einer möglichst kleinen Querschnittsfläche erzielen. Bei Biegung wirkt sich dabei die Änderung der Höhe am stärksten aus. Für den gezeigten I-Träger führt dies zu folgender Bilanz: 4,7 40 4, , Stahl Aluminium IPE 40 I 40/40/4,7/ I 0/00/5/7 EMPa Jmm EJNmm, ,0 0, 0 Amm Gkg/ m,9 0,6 6,4 G% Wmm 77, 0 06, 0 67, 0 max % Bild 5: Biegeträger annähernd gleicher Biegesteifigkeit aus Stahl und Aluminium Ergänzend soll die Durchsenkung einer Platte mit mittiger Einzellast betrachtet werden.

12 . Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe 405 F C = 4 b t E Bild 6: Platte unter Einzellast Die Durchsenkung in der Mitte beträgt hier w C F max Et b und soll ebenfalls konstant bleiben. Mit C ist wieder eine Konstante eingeführt worden, die die agerbedingungen berücksichtigt. Unter der Voraussetzung gleicher Durchsenkung bei der Stahl- und Al-Platte ergibt sich somit für die Plattendicke oder E Al tal ESt tst E tal St tst 44, tst. (0) EAl Wird dieses Dickenverhältnis realisiert, so beträgt die Gewichtsersparnis zwischen den Ausführungen 50 %, so wie die folgende Tabelle zeigt.,9 Stahl Aluminium t = mm G = 6 kg / m = 00 % t =,9 mm G = 7,8 kg / m = 50 % Bild 7: Platten gleicher Steifigkeit aus Stahl und Aluminium Eine typische Kenngröße, um die Steifigkeit einer Platte zu bewerten, ist hierbei die bezogene Steifigkeit. Diese lässt sich über folgende Schritte herleiten:

13 406. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe aus der Verformungsbedingung t C F w E b und aus dem Plattengewicht G mg gb t b C F w b E g. () Wenn alle Baugrößen der Platten festliegen, so ist diejenige Platte am leichtesten, die den größten Steifigkeitswert ausweist. Werkstoff kg/dm E MPa / / 7/ E / gn mm S 55 J0 7, ,7 AlZnMgCu 0,5 F 50, ,64 MgAl 8 Zn, ,. Dimensionierung auf gleiche Stabilität Für Dimensionierungen auf Instabilität ist wie zuvor wieder die Steifigkeit einer Konstruktion maßgebend. Beispiel: Knickung F E, J, A Bild 8: Knickstab

14 . Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe 407 Für die elastische Knicklast eines zentrisch gedrückten Stabes kann nach Euler angesetzt werden: FK EJ CEJ K mit C. () K Damit gelten für die Knickung die bereits bei der Biegung hergeleiteten Verhältnisse. Das erforderliche Flächenträgheitsmoment bei gleicher Knicksicherheit ist damit JAl JSt mit () J r m t und G g. Ein Vergleich ist bei den nachfolgenden Rundstäben durchgeführt worden. Es zeigt sich, dass das dünnwandige Rohr die bessere ösung ist J mm A mm kg / 4 m Stahl Aluminium Stahl 8, , 7 0, *) 9,47,9 9, 4,8 G[%] , Bild 9: Knickstäbe annähernd gleicher Knicksicherheit aus Stahl und Aluminium Die Konsequenz hieraus ist: Wenn eine Knickstütze aus Stahlrohr durch ein Aluminiumrohr ersetzt werden soll, so muss bei etwa gleicher Wandstärke das Durchmesserverhältnis dmal d (4) mst m *) Anmerkung: A ist die Massebelegung eines Stabes.

15 408. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe betragen. Dies entspricht einem um 44 % vergrößerten Durchmesser. Die Analyse zeigt aber auch, dass bei dem vergrößerten Durchmesser das dünnwandige Stahlrohr noch besser ist. Beispiel: Beulen b x a t E Bild 0: Scheibe unter Druck Wird bei einer druckbeanspruchten Scheibe eine bestimmte kritische Spannung überschritten, so tritt ein Ausbeulen der Mittelebene ein. Für diese kritische Spannung kann angesetzt werden x B k Et a ; (5) hierin ist k die fallspezifische Beulzahl, die agerung, Geometrie und Beanspruchung erfasst. Für rechteckige Felder gilt die Beulzahl k mit = Seitenverhältnis = a b (6) Bild zeigt die Bedeutung der Beulzahl für unterschiedlich große Felder an einer aufliegenden Scheibe. a k = 6,5 x k = 4,0 a k = 4,0 a/ a a a a a Bild : Beulzahlen von Scheiben

16 . Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe 409 Gleiche Beulsicherheit wie bei einer Stahl-Scheibe stellt man also durch eine Erhöhung der Blechdicke her auf E tal St tst 7, tst. (7) EAl Trotz dieser Maßnahme können mit Aluminium noch 4 % Gewichtseinsparung erzielt werden GAl GSt Al tal St t 7, 058,. St. Dimensionierung auf gleiche Festigkeit Für eine Festigkeitsdimensionierung soll angenommen werden, dass der Werkstoff bis zur Fließgrenze ausnutzbar sei. Beispiel: Plattenbiegung C = t F b x Bild : Plattenbiegung Die eingespannte Platte soll durch eine mittige Einzellast beansprucht sein. Für die zulässige Belastung kann also angesetzt werden: R Fzul Cbt e. Das Gewicht der Platte beträgt G mg g b t. Durch Einsetzen der erforderlichen Plattendicke F t C b R e

17 40. Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe folgt daraus F G b C b R / e g. (8) Somit ist ersichtlich, dass die leichteste Platte durch den größten spezifischen Kennwert Re / / g gegeben ist.. Einfluss des Formänderungsvermögens Typische Konstruktionen, wo das Formänderungsvermögen eine Rolle spielt, sind stoßbeanspruchte Strukturkomponenten (z. B. Strangpressprofile, Crash-Boxen). Der geringere E- Modul des Aluminiums erweist sich hierbei als günstig, da bei gleicher Krafteinleitung größere Verformungen möglich sind. Die äußere Formänderungsarbeit kann allgemein mit s F Stoß Bild : Stoßbeanspruchtes Profil a F ds angesetzt werden. Im linear elastischen Bereich ergibt sich so F s. Für die einwirkende Kraft kann weiter der folgende Zusammenhang hergestellt werden E A F EA s CEs, welches eingesetzt zu der Proportionalität CEs führt. Bei gleicher vorgegebener Energieabsorption verhalten sich demnach die Verformungen quadratisch, und zwar wie E sal St sst 7, sst. (9) EAl

18 . Übung zu Abschnitt 5/6 Werkstoffverhalten/eichtbauwerkstoffe 4 Für die inneren Kräfte gilt dann FAl FSt sst sal 058, FSt. (0) Bei etwa gleichen Grundfestigkeiten ergibt sich somit bei Aluminium eine größere Reserve gegen plastische Verformung. Im Automobilbau besteht die Tendenz, auch die St-ängsträger, die die Crasharbeit verrichten müssen, in Al-Profile ausbilden zu wollen. Für die Substitution von Zug-/Druck-beanspruchten Strukturteilen existiert in der Automobilindustrie die empirische Wandstärken- Formel: R m, 0 A0 t t0, R m, A mit R m = Zugfestigkeit A = Bruchdehnung Als Spiegelbild möglicher Alternativen soll die folgende Abschätzung durchgeführt werden: Referenz: Baustahl rostfreier Stahl.40 Al, weich AlMgSi Al, hart AlZr4,5Mg R m A 70 0, , , 50 0, 0 t (mm),75 0,77 5,0 5,0 G [N] 00 % 44 % 0 % 86 % Im Vergleich des Referenzwerkstoffs zum Aluminium ist damit allerdings kein Gewichtsvorteil verbunden. Ein Gewichtsvorteil besteht hingegen zum Edelstahl, der zunehmend zur Option wird.

19 4. Übung zu Kapitel 6 eichtbauwerkstoffe Für tragende Blechkonstruktionen werden zunehmend St- oder Al-Mehrschicht-Bleche eingesetzt, die so kombiniert werden können, dass bei gleicher Ausnutzbarkeit ein deutlicher Gewichtsvorteil (ca. 0 %) möglich ist. In dem folgenden Beispiel sollen die Grundlagen am Mehrschichtträger entwickelt werden. E d M by SP E M by N S x da z z ds z z 0 S = Schwerelinie N = neutrale Faser E ds Bild : Belastung eines Verbundträgers mit metallurgisch, verklebten oder walzplattierten Schichten Für die Verformung einer Faser unter Biegung gilt mit dem Krümmungsradius ( ) z z d ds o () und für die Dehnung ds ds z z z o () ds bzw. Spannung z E z z z o. () Gleichfalls kann man als Gleichgewichtsbedingungen formulieren: 0 : zda K x 0, (4) A 0 : z zda Mby M y 0. (5) A

20 . Übung zu Kapitel 6 eichtbauwerkstoffe 4 Wird hierin Gl. () einsetzt, so erhält man weiter für Gl. (4) 0 da z E z da z z E A A o (6) und für Gl. (5) by A A o M da z z E z da z z E. (7) Da der E-Modul bereichsweise konstant ist, lassen sich die Integrale auch schreiben als, J E da z z E, A z E da z z E, A E da z E A n i yi i A n i i Si i A n i i i (8) wobei mit dem aufindex i jeweils die Teilflächen erfasst werden. Die vorstehenden Gleichungen (6, 7) nehmen somit die Form an: 0 A E z A z E n i n i i i o i Si i, (9) by n i n i i Si i o yi i M A z E z J E. (0) Aus Gl. (9) folgt die age des Schwerpunktes zu n i i i n i i Si i o A E A z E z () und aus Gl. (0) die Krümmung des Trägers mit n i i n i Si i o yi i by A z E z J E M. ()

21 44. Übung zu Kapitel 6 eichtbauwerkstoffe SP M by z S z S SP b b b b Bild : age der Schwerpunkte Mit diesen Vorbetrachtungen kann dann die Spannungsverteilung angegeben werden als i z M y E z zo z. () n n Ei J yi zo Ei zsi Ai i i Die Spannungsfunktion hat in der neutralen Faser bei z zo den Wert null, ansonsten verläuft sie in jedem Werkstoffbereich mit E i konst. linear mit z. Über den Krümmungsradius kann weiter der Zusammenhang zur Durchbiegung herstellt werden zu Mby w, (4) n n Ei J yi zo Ei zsi Ai i i bzw. aus deren zweimaligen Integration folgt die Durchbiegung. Die Anwendung von Al-Mehrschicht-Blechen (z. B. nach der Fusion-Technologie TM von Fa. Novelis) findet man heute in vielen Blechbauteilen (Hauben, Deckel, Türbleche) von Oberklasse-Pkws. Hier werden meist zwei- oder dreilagige Schichtverbünde aufgebaut, um bessere Festigkeits-, Steifigkeits- oder Oberflächeneigenschaften erreichen zu können. Im umseitigen Bild ist der Produktionsprozess der Fusions-Technologie schematisch dargstellt.

22 . Übung zu Kapitel 6 eichtbauwerkstoffe 45 Produktionsprozess der Fusions-Technologie von Novelis Alloy B Alloy A Alloy C Schritt Zwei oder mehr Aluminiumlegierungen werden in eine Form gegossen, in der sie zu einem Walzbarren verbunden werden. Die Verbindung zwischen den Schichten ist metallurgisch defektfrei. Alloy B Alloy A Alloy C Schritt Der Barren wird in der Walzanlage auf die vom Kunden spezifizierte Dicke gepresst und für den Transport auf Rollen gewickelt. Auch dabei bleibt die Integrität der Schichten erhalten. Schritt In der Produktion des Kunden werden die mehrschichtigen Platten in die gewünschte Form gebracht, zum Beispiel im Tiefziehverfahren zu Türmodulen oder anderen Komponenten. Bild : Herstellung und Konfektionierung eines Al-Mehrschicht-Bleches (Quelle: ATZ /007)

23 46 4. Übung zu Kapitel 7 Gestaltungsprinzipien In den Gestaltungsregeln für eine leichtbaugerechte Konstruktion ist unter anderem das Prinzip von der direkten Kraftleitung begründet worden. Oft wird nämlich in der Praxis der Effekt einer Kraftumlenkung unterschätzt. Am Beispiel eines Zuggestänges sollen die Auswirkungen einer nicht direkten Kraftleitung diskutiert werden. F A N F gegeben: F A M b N F F 0 kn 000 mm 50 mm R e 00 N/mm Bild : Zuggestänge für eine mechanische Bremseinrichtung Im Fall der geraden Zugstange liegt eine reine Normalkraftbeanspruchung vor. Für die Dimensionierung des Querschnitts ist anzusetzen oder N z R e () A N 0 0 4A A 00 mm bzw. d, mm. () R e 0 Im Fall des abgewinkelten Zugstabes liegt im gefährdeten Querschnitt eine überlagerte Normal- und Biegebeanspruchung vor. Zur Dimensionierung ist hier z N M b e A W R b () anzusetzen. Um die Dimensionierungsgröße zu ermitteln, muss also die Ungleichung d d 4 (4)

24 4. Übung zu Kapitel 7 Gestaltungsprinzipien 47 befriedigt werden. Mit d 8 mm wird Gl. (4) etwa erfüllt. Die Fläche ist dann A. 4 mm, also um den Faktor 0 größer als A. Für die Gewichtsabschätzung ergibt sich wieder G G A 4. 00, 5 (!) (5) A Als Folge der Umlenkung muss also ein Gestänge realisiert werden, das etwa,5-mal so schwer ist wie das gerade Zuggestänge. Damit ist belegt, dass eine direkte Kraftleitung zu einer gewichtsminimalen ösung führt.

25 48 5. Übung zu Kapitel 8.5 Stabartige Bauelemente Den Kofferaufbau eines Transportfahrzeuges kann man etwa wie im Bild gezeigt idealisieren. Für die Festlegung der Blechstärken gilt es im Weiteren, die Beanspruchung über den Querschnitt aus Biegung und Schub zu ermitteln. tˆ J G, A G J E, A E Q y x z t h E h G t A E tˆ A G a a b t Bild : Kastenträger Zur Bestimmung der Biegebeanspruchung sei zunächst das exakte Flächenträgheitsmoment bezüglich der strichpunktierten inie aufgestellt: t h b t h J b t J A h E J A h y E E G G G () Mit der Näherung he hg h und der Vernachlässigung der vorstehend gekennzeichneten Anteile lautet eine Abschätzung des Flächenträgheitsmomentes: t h h J y b t AE A G. () Ein Verschmieren des Deck- und Bodenbleches zu einer Ersatzrechteckfläche soll zu einem Querschnitt gleichen Trägheitsmomentes führen. Dann kann für das Deck- und Bodenblech angesetzt werden:

26 5. Übung zu Kapitel 8.5 Stabartige Bauelemente 49 h ĥ b t A E A G Â Ĵ Bl Bl. 0 Nach der Ersatzfläche A Bl umgeformt ÂBl b tˆ b t AE AG h ĥ und in die Gleichung () eingesetzt, ergibt sich für das Flächenträgheitsmoment schließlich die Näherung J y t h h A Bl. () Mit diesen Betrachtungen bestimmt sich dann die maximale Biegespannung zu M b h b (4) J y bzw. die Normalkraftbelastung zu n x b t. (5) +n x -n x Bild : Normalkraftverlauf bzw. Biegebeanspruchung am kontinuierlichen Modell Zur Bestimmung der Schubbeanspruchung ist hier die Beziehung für den Schubfluss

27 40 5. Übung zu Kapitel 8.5 Stabartige Bauelemente Q Sy () s q J y (6) bzw. die Schubspannung q t (7) maßgebend. q E s q i tˆ q max t Bild : Schubflussverlauf bzw. Schubbeanspruchung am kontinuierlichen bzw. diskreten Modell Im Fall, dass mit einem verschmierten Querschnitt gearbeitet wird, ist entsprechend Gl. (6) von einem Bezugspunkt ausgehend das statistische Moment S ys zu entwickeln. An den Ecken ergibt sich so Q b h q E tˆ (8) J y und als Maximalwert hat man Q b h h h Q h qmax tˆ t b tˆ t h. (9) J y 4 J y 8 Wird dagegen mit dem Schubfeldschema gearbeitet, so ist der Querkraftfluss feldweise zu entwickeln nach Q h qi A G J y. (0) i Die zugehörige Schubspannung findet man dann weiter aus Gl. (7).

28 4 6. Übung zu Kapitel 8.6. Scheibenelement Für die Scheibe ist in Gl. (8.57) die DG F F F F 0 () 4 4 x x z z entwickelt worden. Im Folgenden soll dazu das Beispiel einer Kragscheibe betrachtet werden, das die Anwendung von Spannungsfunktionen zeigen soll. Für das betrachtete Problem in Bild sind die Schnittgrößen zu bestimmen. p (x, y) z x t h Bild : Eingespannte Scheibe unter Flächenlast p(x, y) Die Randbedingungen für dieses Problem (achten sie auf das Koordinatensystem) sind: für x 0: n x 0, q xz 0 (a) für x : u 0, w 0 (b) h für z : n z p t, q xz 0 (a) für z h : n z 0, q xz 0. (b) Die Wahl der Koeffizienten der Spannungsfunktion ist so vorzunehmen, dass sowohl Gl. () als auch die Randbedingungen möglichst genau erfüllt werden. Es sei hingenommen, dass die Randbedingungen (b) nicht berücksichtigt werden. Für die Airy sche Spannungsfunktion wird ein bipotenzieller Ansatz gemacht, und zwar 5 F a0 x a x za x z a0 z a05 z. (4)

29 4 6. Übung zu Kapitel 8.6. Scheibenelement Der erste Index i am Koeffizienten a ik steht für den Exponent von x und der zweite Index k steht für den Exponent von z. Mit dem gewählten Ansatz ergeben sich die Schnittgrößen laut Definition zu F nx ( x, z) 6 a x z 6 a0 z 0 a05 z, (5a) z F nz( x, z) a0 a z a z, (5b) x F qxz ( x, z) a x6 a xz. (5c) xz Die in den Gleichungen auftretenden freien Koeffizienten a ik müssen nun so bestimmt werden, dass die Bipotenzialgleichung () der Scheibe und die Randbedingungen (), () erfüllt sind: aus der DG () folgt a 5a05 0, (6a) aus der Randbedingung (a) und Gl. (5b) folgt a0 a h a h p t, (6b) 8 aus der Randbedingung (a) und Gl. (5c) folgt a a h 0, (6c) 4 aus der Randbedingung (b) und Gl. (5b) folgt a0 a h a h 0. (6d) 8 Das Gleichungssystem (6) liefert bereits ösungen für die Koeffizienten p t p t p t p t a0 a a,,, a h 05. (7) 4 4 h 5 h Keine zusätzlichen Informationen ergeben sich aus der zweiten Randbedingung in (b). Es verbleibt noch die Bestimmung des unbekannten Koeffizienten a 0. Die Randbedingung (a) führt auf die unbrauchbare Aussage

30 6. Übung zu Kapitel 8.6. Scheibenelement 4 n a z p t 6 z xx0, z (8) h Für die Konstante a 0 ist diese Aussage nicht zu erfüllen. Man benötigt deshalb für die Randbedingung (a) eine Ersatzrandbedingung, die die Forderung (8) abschwächt. Eine derartige Ersatzrandbedingung lautet: h Mbx 0 n z dz 0, xx0, z h das resultierende Biegemoment M bx0 aus dem Schnittgrößenverlauf n xx 0, z Stirnseite (x = 0) soll demnach verschwinden. Damit ergibt sich für den Koeffizienten a 0 an der h p t 6a0 z 4 z zdz 0 h h p t a0. (9) 0 h Die gesuchten Schnittgrößen sind also p t n 6x z h z 4 z x, h 5 p t n h h z z z, h p t q h x 6x z xz. h (0) Nach der herkömmlichen technischen Balkenbiegetheorie kann man dagegen nur den Normalkraftfluss zu nx M p x t b p t x t z t z x z J y 6 t h h () bestimmen. Somit ist der Unterschied zur klassischen Biegetheorie herausgearbeitet worden. In der nachfolgenden Auftragung (s. Bild ) ist der sich dann einstellende Spannungsverlauf dargestellt. Es zeigt sich an der Stelle x = 0, dass die Randbedingung n x 0 nicht erfüllt wird.

31 44 6. Übung zu Kapitel 8.6. Scheibenelement x = h x h x = 0 h n x x, z 4 5 h n x x, z pt p t p t 4 5 p t 4 p t 0 z x n x p t p t p t z x n z z p t 4 p t x q xz Bild : Gegenüberstellung der Spannungsverläufe an der Scheibe ( ) und am Balken (----)

32 45 7. Übung zu Kapitel 9./9. Kraftflüsse in dünnwandigen Profilen Im Bild ist der Tragarm einer Fahrwerkskonstruktion gezeigt, dessen Profil (Bild ) offen ist, weil im Inneren noch Hydraulikleitungen verlegt werden sollen. z z F z x y F z y SM t R s y 4 y SM Bild : Tragarm der Fahrwerkskonstruktion Bild : Teilkreisprofil a) Mit welchem Hebel y SM muss die eingezeichnete Querkraft F z am Teilkreisprofil angreifen, damit keine Torsionsbelastung auftritt? Für den Schubmittelpunkt SM gilt das über der Abwicklung a gebildete Integral ysm Sysrt() s ds J y ( a) und z SM 0. r T (s) ist der Abstand (kleinste Entfernung) der Tangente, durch den Punkt s auf der Profilmittellinie, vom Bezugspunkt, dem Koordinatenursprung. Beim Kreis ist rt () s R. Statt der Bogenkoordinate s wird hier der Bogenwinkel s verwendet. Die Substitution mit R s R, ds R d führt auf ysm Sy R J d. () y 0 Das unvollständige bis zur Bogenkoordinate s gebildete statische Moment lautet: s Sy z da z() s t() s ds Sy() s Az ( ) 0

33 46 7. Übung zu Kapitel 9./9. Kraftflüsse in dünnwandigen Profilen Auch hier wird die Bogenkoordinate s durch s R und ds R d substituiert: Sy ( ) z( ) t( ) R d. 0 Für die Abhängigkeit der Koordinate z vom Winkel gilt nach Bild z( ) R sin( 0) R sin cos 0 cos sin 0. Die Profildicke t ist konstant über der Bogenlänge s bzw. dem Winkel. Mit o 4 folgt für das statische Moment Sy ( ) t R sincos +cossin d, t R Sy ( ) sin +cos d, 0 t R Sy ( ) sin - cos. () Es fehlt noch das Flächenträgheitsmoment bezüglich der y-achse, für dieses gilt: R Jy z da z() s t() s ds, A 0 R t J y (sin cos ) d, 0 Jy R t. () 4 Nun lässt sich die Schubmittelpunktskoordinate y SM nach Gl. () bestimmen: ysm R 4 4 R t sin cos d, t 0 ysm 4 R. (4)

34 7. Übung zu Kapitel 9./9. Kraftflüsse in dünnwandigen Profilen 47 b) Es sind der Schub- und der Normalkraftfluss infolge der im Schubmittelpunkt SM angreifenden Querkraft F z zu berechnen! Im dargestellten Koordinatensystem gilt für den Schubfluss Qz( x) Sy( ) qx (, ). (5) J y Die Schnittgrößen am Kragträger lauten: Qz( x) Fz und Mby ( x) Fz ( x). Das Einsetzen der Gl. () und Gl. () in die Gl. (5) liefert Fz q( ) sin cos. (6) R Der Normalkraftfluss bestimmt sich z. B. aus nx ( x, s ) qs () 0, x s nx ( x, s ) qs (), x s nx( x, ) q( ) mit. (7) x s s R Aus Gl. (6) folgt q( ) Fz sin cos. R Damit folgt für Gl. (7) nx( x, ) Fz sin cos x. (8) R Einmalige Integration und Berücksichtigung der Randbedingung nx( x, ) 0 am freien Balkenende führen schließlich auf den gesuchten Normalkraftfluss Fz nx( x, ) sin cosx. (9) R

35 48 8. Übung zu Kapitel 9.. Schubmittelpunkt Für einen kw-muldenkipper ist qualitativ der Rahmenaufbau zu skizzieren. Hierbei ist zu berücksichtigen, dass in den Rahmen die Radkräfte und die Aufbaukräfte einzuleiten sind. Zelle Aufbau Rahmen Bild : Muldenkipper Um eine hohe Zuladung zu erzielen, sollte der Rahmen möglichst leicht sein, dies setzt die Verwendung offener warm gewalzter Profile voraus. Von der Geometrie bietet sich besonders das U-Profil an. I. Ausführungsvariante: Bei dieser Konstruktionsart wird das Rahmenprofil nach außen gedreht. Die Einleitung der Kräfte erfolgt im Schubmittelpunkt, damit das Rahmenprofil drillfrei bleibt. Als Quertraverse bietet sich ein T-Profil an, das insbesondere wölbfrei bleibt. FA FA FA SM FA FR F R SM Bild : Rahmenkonstruktion gemäß Variante

36 8. Übung zu Kapitel 9.. Schubmittelpunkt 49 Als nachteilig ist anzuführen, dass die Konstruktion schmal baut, welches ungünstig für die Kippsicherheit ist. II. Ausführungsvariante: Die Rahmenprofile sind umgedreht, sodass sich von außen eine glatte Konstruktion ergibt. Da auch hier die Kräfte in den Schubmittelpunkt eingeleitet werden sollen, müssen die Kraft aufnehmenden Elemente von außen aufgesetzt werden. F A F A SM F R SM Bild : Rahmenkonstruktion gemäß Variante Als Vorteil dieser Bauweise ist die weitgespannte Abstützung der Kräfte anzuführen, sodass das Fahrzeug eine hohe Kippsicherheit zeigt. Für die Wartung ist weiter auch die außen liegende Federung und Achsführung zweckmäßig. In der Praxis wird man deshalb diese Ausführungsform am meisten finden.

37 40 9. Übung zu Kapitel 0.4 Offene, dünnwandige Querschnitte Zwei dünnwandige, rein torsionsbelastete Rohre, das erste mit offenem längs geschlitzten (Bild ) und das zweite mit geschlossenem Profil (Bild ), sind auf ihre Belastbarkeit und Verformbarkeit hin miteinander zu vergleichen. Die Rohre seien so eingespannt, dass freie Verwölbbarkeit gewährleistet ist. y x z t r m t r m M x M x s s Bild : Offenes, dünnwandiges Rohr Bild : Geschlossenes, dünnwandiges Rohr Als Vorbetrachtung soll zunächst ein schmaler Rechteckquerschnitt unter Torsionsbeanspruchung M x behandelt werden. M x, D 0 b 0 t Bild : Schmaler Rechteckquerschnitt

38 9. Übung zu Kapitel 0.4 Offene, dünnwandige Querschnitte 4 Nach Gl. (0.) gilt allgemein für die Drillung: t x J G M D. () Für das Torsionsträgheitsmoment eines Rechteckprofils ist in Gl. (0.0) b t J t () für t << b gegeben. Damit lässt sich die Drillung zu b t G M D x 0 () bestimmen. Das Torsionswiderstandsmoment t W ist für t << b b t W t. (4) Hiermit kann direkt die Schubspannung 0 bestimmt werden: b t M W M x t x 0. Für den geschlitzten Rohrquerschnitt gilt für das Torsionsträgheitsmoment m m t t r r t J (5) in Analogie zu Gl. (). Damit ergibt sich für die Drillung G t r M D m x und für die Schubspannung m x t x z x t r M J t M W M. (7) Das Torsionsträgheitsmoment des dünnwandigen, geschlossenen Rohres wird nach Gl. (0.5) zu

39 4 9. Übung zu Kapitel 0.4 Offene, dünnwandige Querschnitte J t 4 A ds t(s) 4 4 r m rm t rm t (8) berechnet. Die Drillung ist demnach D M x. (9) rm t G Beim geschlossenen Rohr darf unter der Annahme der Dünnwandigkeit gemäß Abschnitt 0. von einer gleichmäßigen Verteilung der Schubspannung über die Wanddicke ausgegangen werden. Sie beträgt M x t M x. (0) J t r m t Vergleich offenes Profil - geschlossenes Profil: Das Verhältnis der Drillungen ist D offen D geschlossen rm t. Wegen r m t ist die Verdrillung des offenen Profils wesentlich größer als die des geschlossenen Profils. Das Verhältnis der Drillungen ist in Bild 4 dargestellt. D offen /D geschlossen Doffen /Dgeschlossen r m Bild 4: Verhältnis der Drillungen beim offenen und beim geschlossenen Profil

40 9. Übung zu Kapitel 0.4 Offene, dünnwandige Querschnitte 4 Das Verhältnis der Schubspannungen nach Gl. (7) und Gl. (0) lautet: offen geschlossen r m t. Die maximale Schubspannung im geschlossenen Profil ist wesentlich kleiner als im offenen Profil. Bezüglich Drillung, Verformung und Spannung erweist sich das geschlossene Profil als weitaus günstiger und ist dem offenen Profil, wenn möglich, vorzuziehen.

41 44 0. Übung zu Kapitel 0.5 Hohlquerschnitt mit Steg Für den dargestellten zweizelligen Rechteckkasten unter Torsionsbeanspruchung ist die Schubflussverteilung zu berechnen. Verwölbung soll dabei noch ausgeklammert sein. M x h q q t = konst. b b Bild : Tordierter Rechteckkasten mit Steg Unter der Annahme, dass beide Zellen an der Momentenübertragung teilnehmen, kann folgende Gleichgewichtsrelation angesetzt werden: Hierin ist Mx Mxi qi A i. () i i 4A Mxi G J ' G ' q ti i A ds i t i. () Durch Umstellen kann hieraus der gesuchte Schubfluss in der Form q i ds G ' t i A i ()

42 0. Übung zu Kapitel 0.5 Hohlquerschnitt mit Steg 45 ermittelt werden. Das Umlaufintegral über den Querschnitt ist hierin wie folgt zu entwickeln: ds ds ds ds. (4), Im Kapitel 0 des Textteils ist zudem bereits als allgemeine Gleichung ai, ui ai,z ui ai,r ui A i (i =,, ) definiert worden. Hierin ist s ds a ir,, s dt für den linken bzw. rechten Steg und ds ai,z dt i für die gesamte Zelle anzusetzen. Für das betrachtete Zweizellensystem gilt dementsprechend a,z u a,r u A oder (5) h b h u u b h t t a, u a,z u A oder (6) h u b h 4b h t t Aus diesem Gleichungssystem erhält man die ösungen q 8 b h b h t u G ' 8 b b h h, (7) u q bh 4 b 5 h t G ' 8 b bh h. (8) Des Weiteren kann aus der Umrechnung

43 46 0. Übung zu Kapitel 0.5 Hohlquerschnitt mit Steg q i ds Ai Ai G 4 (9) t i oder q i 4 A i A i G ds t i J t i letztlich das gesamte Torsionsträgheitsflächenmoment als Jt qi t A i i G ' 8 b b h h 8 bh b h bh b h 4 b 5 h b h 8 b h t 8 b b h h 6 b 7 h (0) bestimmt werden. In Gl. (7) und (8) ist der Schubfluss aber noch von der Verdrillung ' abhängig. Um die Verdrillung zu eliminieren, muss noch folgende Umwandlung durchgeführt werden: qi q i G G M x q i M x qi ' G ' G Jt G ' J t G '. () Damit erhält man Mx 8 bh b h t M x b h q 8 b h t 6 b 7 h b h 6 b 7 h () und M x bh 4 b 5 h t M x 4 b 5 h q 8 b h t 6 b 7 h 4 b h 6 b 7 h. () Somit sind die beiden wirkenden Schubflüsse bekannt.

44 47. Übung zu Kapitel 0.6 Verwölbung von Querschnitten Es ist die maximale Spannung in einem kurzen Profilträger unter Torsion zu ermitteln, und zwar in dem Fall, dass sich eine unbehinderte Verwölbung einstellen kann bzw. die Verwölbung durch die Einspannung behindert ist. Fall : Querkraft-Biegung Fall : Wölbkraft-Torsion z t Fmax y F max h Q y x M x h Q y b Bild : I-Träger unter Torsion Im Fall soll die Behinderung der Verwölbung durch die Einspannung vernachlässigt werden. Es ergibt sich eine Beanspruchung durch Querkraft-Biegung. Die Schubspannung für das offene Profil ergibt sich zu M x max. () t b t h Die in den Flanschen hebelnden Querkräfte erzeugen noch eine zusätzliche Normalspannung von der Größe M x h 6 M x x max mit W t b t h b b t b. () 6 6 Unberücksichtigt ist bis jetzt der Zwang durch die Einspannung geblieben. Im Kapitel 0.7 ist die Verwölbung des Doppel-I-Profils dargestellt, wodurch in x-richtung eine zusätzliche Wölbspannung auftritt. Diese ist von der Größe

45 48. Übung zu Kapitel 0.6 Verwölbung von Querschnitten M W xw *. () C W Hierin bezeichnen M W ängsbimoment Q, M x = Torsionsmoment Q h, C W Wölbwiderstand J h F, J F t b Flansch-Flächenträgheitsmoment, * Wölbfunktion h b. Angemerkt sei noch, dass die Wölbfunktion * im Kapitel 0.6 definiert ist zu * r * y, (Abstand vom Schubmittelpunkt x aufkoordinate vom Spannungsnullpunkt bis Flanschende) insofern muss diese immer extra bestimmt werden.

46 49. Übung zu Kapitel 0.6 Verwölbung von Querschnitten Das gezeigte dünnwandige Kastenprofil sei durch ein Torsionsmoment M x belastet. Zum Zwecke der Überprüfung der Auslegung sind der Schubfluss, die Schubspannungen und die Verwölbung bei unbehinderter Verwölbung zu bestimmen. Der St.-Venant sche Schubspannungsanteil ist zu vernachlässigen. t t M x b Bild : Torsion eines Kastenprofils In Kapitel 0 ist dargelegt worden, dass der Schubfluss in geschlossenen Profilen konstant ist. Aus der. Bredt schen Formel bestimmt sich so der Schubfluss zu M M q x x konst. () A b h Demgemäß erhält man die Schubspannungen in den Wänden zu q t q bzw.. () t Für die Verwindung findet man entsprechend M x h b q h b 4 b h G t t G bh t t () bzw. für den Verdrehwinkel q h b. (4) G b h t t Die maximale Verwölbung an einer Ecke folgt aus dem Ansatz von Gl. (0.40) zu

47 440. Übung zu Kapitel 0.6 Verwölbung von Querschnitten b/ b/ dv u ds dx ds mit q, v rt s G t 0 0 v r s t (5) u u b/ b/ q ds q b q h b b h rt sds G t G t G b h t t q b q h b (6) G t 4 G t t q b q h q b u Gt 4Gt 4Gt q b q h u 4Gt 4Gt u q b h. 4 G t t Wie im nachfolgenden Bild gezeigt ist, stellt sich die Verwölbung bei dem Kastenprofil als antimetrischer Verlauf ein. (-) u u 0 (+) Bild : Verwölbtes Kastenprofil

48 44. Übung zu Kapitel 0.6/0.7 Wölbkrafttorsion An einem eingespannten Profilträger unter einem Enddrillmoment tritt infolge der festen Einspannung eine Wölbbehinderung auf. Zu bestimmen sind die zu übertragenden Anteile aus der reinen Torsion und der Wölbkrafttorsion. t = mm h = 80 mm b = 40 mm b M x Bild : Tordiertes Profil unter Wölbbehinderung In Kapitel 0.6 wurde dargelegt, dass unter Wölbbehinderung ein äußeres Torsionsmoment durch zwei Anteile übertragen wird. Dem entspricht die Gleichung Mx Mxt MxT () oder der DG ECW GJt Mx. () Umgestellt führt dies zu G J t M x E CW E CW () oder der Normalform. (4) Für diese inhomogene DG ist sowohl die homogene wie auch die partikuläre ösung bekannt, und zwar h A Bcosh xcsinh x (5)

49 44. Übung zu Kapitel 0.6/0.7 Wölbkrafttorsion p x. (6) Aus den Randbedingungen folgt dann. x 0: 0 A B 0,. 0 C 0,. x : B cosh C sinh 0, womit man für die Konstanten C, (7) B tanh (8) und A B tanh (9) erhält. Die ösung der DG (4) lautet somit: h p tanh cosh x sinh x x. (0) Des Weiteren werden die Ableitungen von Gl. (0) benötigt: tanh cosh x cosh x, () tanh cosh x sinh x, () tanh sinh x cosh x. () Gemäß Gl. () kann man nun die Momentenanteile bestimmen, und zwar

50 . Übung zu Kapitel 0.6/0.7 Wölbkrafttorsion 44 Anteil des St. Venant'schen Torsionsmomentes zu Mxt GJt GJ t tanh sinh xcosh x (4) bzw. mit Einsetzen von und folgt Mxt Mx tanh sinh xcosh x. (5) Anteil der Wölbkraftdrillung zu MxT ECW ECW tanh sinh xcosh x (6) bzw. mit Einsetzen von MxT Mx tanh sinh xcosh x. (7) Um den Einfluss der Wölbbehinderung diskutieren zu können, muss weiter G Jt E CW (8) bestimmt werden. Hierin ist G 0 85 E,, (9) 80 4 Jt hi ti 47 mm i, (0) CW AF h b 59, 70 mm, für AF AS. () 96 Für Gl. (8) erhält man so und 0, , 0 mm 6 97, 50 6, 0 mm. () Mit diesen Vorbetrachtungen wären nun Gl. (5) und (7) auswertbar. Zweckmäßiger ist es aber, noch eine Normierung der ängenkoordinaten mit = x/ vorzunehmen. Damit lassen sich dann die vorstehenden Beziehungen darstellen als

51 444. Übung zu Kapitel 0.6/0.7 Wölbkrafttorsion Mxt Mx () mit cosh i tanh i sinh i, i 6, 0 i MxT Mx. (4) Von Interesse ist aber das Verhältnis M xt M xt. (5) Mx Mx Eine Auswertung von über die normierte änge zeigt das nachstehende Bild.,0 = 00 mm 0,8 Mxt Mx 500 mm 0,6 0,4 MxT Mx 000 mm 0, 000 mm mm 5000 mm 0,5 0,5 0,75,0 Bild : Momentenverläufe über der Stablänge Als Resümee lässt sich daraus ableiten, dass der Wölbeinfluss bei kurzen ängen überwiegt. Bei allen Stäben werden jedoch an der Einspannstelle vorwiegend Wölbmomente auftreten, während an der Kraftangriffsstelle überwiegend St. Venant sche Torsion vorherrscht.

52 Übung zu Kapitel Schubfeld-Konstruktionen Für den dargestellten Schubfeldträger unter Einzellasten sind der Schubflussverlauf in den Schubfeldern sowie der Normalkraftverlauf in den Gurten und Pfosten zu bestimmen. F = 0 kn F = 5 kn h = 500 mm F A =000 mm F B Bild : Rechteck-Schubfeldträger Zu Beginn der Analyse müssen für den Belastungsfall die Auflagerkräfte berechnet werden. Es gilt MA 0: F F FB F F kn 0 K F F F F z 0: A B F F 5 kn. Wie in Kapitel. festgestellt wurde, ist der Schubfluss in jedem Rechteckfeld konstant. In dem gegebenen Schubfeldträger können wir somit die Richtung der Schubflüsse in jedem Feld willkürlich festlegen. Die Pfeile in den Feldern geben an, wie die Schubflüsse auf die Gurte und Pfosten wirken. F F q q q FA FB Bild : Verlauf der Schubflüsse

53 Übung zu Kapitel Schubfeld-Konstruktionen Zur Bestimmung der Schubflüsse beginnt man nun an einer bekannten Kraftangriffsstelle mit der Aufstellung des Gleichgewichts: Pfosten F FA q h q A 0, h Pfosten 4 F FA F q qh F 0 q q h h, Pfosten 56 F FA F F q q h F 0 q q h h, Pfosten 78 FB qh 0 F q B. h (als Kontrolle) Mit den gegebenen Werten findet sich und q 50 N/mm, q 0 N/mm q - 40 N/mm. Das negative Vorzeichen drückt in diesem Zusammenhang nur aus, dass die wirklichen Schubflüsse in diesem Feld entgegen der angenommenen Richtung wirken. Aus der Schubflussverteilung können jetzt die linear verlaufenden Normalkräfte in den Gurten und Pfosten bestimmt werden, und zwar Untergurte Obergurte Stelle : N 0 : N 0 : N4 q 50 kn 4: N 50 kn 5: N5 q 40 kn 6: N6 40 kn 7: N7 0 8: N8 0 Ohne weitere Rechnung ergeben sich die Pfostenkräfte aus den Endlasten in den entsprechenden Knoten. Im umseitigen Bild ist noch einmal der Verlauf der Schubflüsse und der Normalkräfte herausgestellt.

54 4. Übung zu Kapitel Schubfeld-Konstruktionen kn 40 kn F A 5 kn F 0 kn _ 50 N/mm 0 N/mm 40 N/mm F 5 kn F B 0 kn 50 kn 40 kn Bild : Darstellung der Schubflüsse und Normalkräfte im Schubfeldträger

55 Übung zu Kapitel 4 Ausgesteifte Kastenprofile Für einen mit Querrippen versteiften Kastenträger aus drei Feldern ist die Schubflussverteilung unter Berücksichtigung des Abtragens in den Spanten zu bestimmen. Die Verhältnisse am Träger zeigt die folgende Skizze III 50 II 50 t G E,6 50 AG 000 mm M x konst. Bild : Eingespannter Kastenträger unter konstanter äußerer Torsion In Kapitel 4 sind die wesentlichen Beziehungen zur Berechnung von Kastenträgern dargestellt worden. Insbesondere gilt die Feldgleichung o Nk oo Nk o Nk 0. () Die rechte Seite wird hierbei gleich null, weil im Beispiel qk qk ist, d. h. keine Krafteinleitung innerhalb der Felder erfolgt. Für die Koeffizienten folgt somit somit b h o, () E AG G t

56 5. Übung zu Kapitel 4 Ausgesteifte Kastenprofile 449 o E AG 4 oo E AG b h, () G t b h. () G t Des Weiteren muss die Endgleichung für die starre Wand herangezogen werden oo Nk o Nk ßq k (4) mit b h ß. (5) G t Unter den gegebenen Verhältnissen folgt für die Koeffizienten o 0, 766 oo,, 66, ß 60 E E E und für die Schubflussbeanspruchung des äußeren konstanten Momentes q k M x. (6) b h Für die in der Skizze gezeichneten Abschnitte muss nun die Feldgleichung ausgewertet werden: I. Feld (k = ) o N oo N 0 0,766, N N 0 E E (7) II. Feld (k = ) o N oo N o N 0 0,766, 0,766 N N N 0 E E E (8)

57 5. Übung zu Kapitel 4 Ausgesteifte Kastenprofile 450 III. Feld (k = ). q E 60 N E 0,766 N E, q ß N N k k o oo (9) Aus der Auflösung folgt:. q 6,84 N, q 46,7 N, q 5, N k k k (0) Unter Heranziehung von Gl. (4.) N N q q k k k k bzw. aus der Umstellung q N N q k k k k findet man nun die Schubflüsse in den Blechen zu, q,7 q, q,0 q, q,05 q k k k () und aus Gl. (4.9) folgt ergänzend. q 0,7 q,7 q, q 0,90 q,0 q, q 0,95 q,05 q k k k k k k Wie diese Belastungen über die änge des Kastenträgers wirken, zeigt das umseitige Bild.

58 5. Übung zu Kapitel 4 Ausgesteifte Kastenprofile 45 N k 0,7 q k 6,84 q k,7 q k 0,9 q k 46,7 q k, q k 0,95 q k 5, q k,05 q k Bild : Auswertung des Belastungsverlaufs

59 45 6. Übung zu Kapitel 5. Energieprinzip Für einen geschlossenen Rahmen unter Einzelkräften ist über die Formänderungsarbeit das Biegemoment im Mittelschnitt der horizontalen Trägerabschnitte zu ermitteln. Q N Q N F H H Bild : Geschlossener Rahmen unter Druckkräften Im Kapitel 5. ist dargestellt, wie die Formänderungsarbeit eines elastischen Körpers allgemein dargestellt werden kann als i x x xy xz V dv. () Angewandt auf das vorliegende Problem führt dies zu der Gleichung i N o E A dx M Q dx o E Jy o G A dx. () Bei dem zu untersuchenden Rahmen liegt eine Doppelsymmetrie vor, somit genügt es, die Betrachtungen auf ein Viertel des Rahmens zu beschränken. Am Ort des gesuchten Momentes wird dazu der Rahmen aufgeschnitten und die vorhandenen Schnittkräfte als äußere Kräfte eingeführt. Da es sich beim Mittelschnitt um eine Symmetrielinie handelt, entfallen die antimetrischen Schnittkräfte. Im vorliegenden Fall trifft dies für die Querkraft Q zu. Die Normalkraft lässt sich dagegen mithilfe der Gleichgewichtsbedingung bestimmen.

60 6. Übung zu Kapitel 5. Energieprinzip 45 Beschreibung des Trägersegmentes: A, J z x x z A, J Bild : Trägerabschnitt mit Kräften F Schnittkräfte für die Trägerabschnitte: N F / Q 0 M M N 0 Q F / M M F H x Anteil des Trägerabschnitts an der Formänderungsarbeit: i / / F o E A dx M 4 o E J F M dx 4 E A E J F M i 6 EA 4 E J, () Anteil des Trägerabschnitts an der Formänderungsarbeit: i H / H M F H / F x dx E J o o 4 G A dx (4) Die Integration führt zu i M H F H F H MFH E J G A. (5) Für das betrachtete Rahmen-Viertel kann damit die Formänderungsarbeit zusammengefasst werden zu i i 4 i (6) F M M H MFH F H F H i 4 6 E A 4 E J 4 E J 6 E J 9 E J 6 G A. (7)

61 Übung zu Kapitel 5. Energieprinzip Zur Ermittlung des unbekannten Momentes wird jetzt der Satz von Castigliano angewandt, der Folgendes besagt: Die partielle Ableitung der äußeren Arbeit nach der Kraft (einem Moment) ergibt die Verschiebung (Verdrehung) des Kraftangriffspunktes in Richtung dieser Kraft (dieses Momentes). Da der Rahmen an der fiktiven Schnittstelle nicht klaffen darf, ist hier die Verschiebung gleich null zu fordern. Wird dieser auf Gl. (7) wie folgt angewandt: i M M H F H M E J E J 6 E J 0 (8) bzw. M J H J F H 0, 8 so folgt für das Moment M F H. (9) J 8 H J

62 Übung zu Kapitel 5. Passive Formänderungsarbeit Für den in Bild dargestellten Kragträger ist mithilfe der passiven Formänderungsarbeit die Biegelinie zu bestimmen. Der Kragträger ist an der Stelle a mit der Einzelkraft F belastet, die im Schubmittelpunkt des Profils angreift. F z x w, a Bild : Kragträger mit Einzelkraft F Für den Biegefall ist von der Beziehung w i M b x Mb x, x w x i i dx o E J y auszugehen. Es ergibt sich damit die Durchsenkung w i an der Stelle x i. Der Punkt x i ist der Angriffspunkt der virtuellen Kraft. Mb x ist der Biegemomentenverlauf der real einwirkenden asten, und M bx, x i ist der aus der virtuellen Kraft resultierende Biegemomentenverlauf. Mit 0 xi als variable Größe beschreibt w x i die Biegelinie. Am Ort a der Krafteinleitung hat der reale Biegemomentenverlauf bzw. der reale Krümmungsverlauf einen Knick. Demzufolge muss die Biegelinie in zwei Intervallen beschrieben werden, d. h. wi 0 xi a und wia xi.

63 Übung zu Kapitel 5. Passive Formänderungsarbeit Biegelinie im Bereich 0 xi a Biegelinie a xi " " F F " " x x z x i a z a x i Biegemomentenverlauf Mb ( x) im Bereich 0 x x i : Mb ( x) Fa x; xi x a: Mb ( x) Fa x; a x : Mb ( x) 0. Biegemomentenverlauf M b x, x i im Bereich 0 x x i : Mbx, xi xi x; xi x a: Mbx, xi 0 ; a x : Mbx, xi 0. x i F a x x i x w xi dx 0 E J y a F a x dx dx x E J a i y E J y F xi a x xi xdx E J y 0 F x a x w x i i i für 0 xi a E J 6 y Biegemomentenverlauf Mb ( x) im Bereich 0 x a : Mb ( x) Fa x; a x x i : Mb ( x) 0; x i x : Mb ( x) 0. Biegemomentenverlauf M bx, x i im Bereich 0 x x i : Mbx, xi xi x; xi x a: Mbx, xi xi x; a x : Mbx, xi 0. a F a x x i x w xi dx E J 0 y xi 0 x x i 0 0 dx dx a E J y x E J i y F a a xi a xi x x dx E J y 0 F a wxi xi afür a xi 6 E J y

64 Übung zu Kapitel 5. Arbeitsprinzip An dem gezeigten Rahmen, der durch eine Streckenlast belastet sei, gilt es, über den Arbeitssatz bzw. die daraus folgenden Beziehung w M M k E J dx i Ort der "" Kraft ik i k Stelle der wirklichen Belastung o () die Verformungen zu bestimmen. Zu beachten ist hierbei, dass jeweils besondere für die Rechnung geeignete Koordinatensysteme benutzt werden. q x + q 8 H z A x B F A q F B q Bild : Rahmen und Momentenfläche a) Berechnung der seitlichen Verschiebung u des oslagers B Am Ort der gesuchten Verschiebung muss eine Einheitskraft "" in Richtung der Verschiebungswirkung aufgebracht werden. Infolge dieser Einheitslast ergibt sich der dargestellte Biegemomentenverlauf M, der abschnittsweise mit dem realen Biegemomentenverlauf M des Rahmens überlagert werden muss. Zur Bestimmung der oslagerverschiebung ist der Arbeitssatz wie folgt anzuwenden und auszuwerten:. () u H q x x q H x x qh B dx E J E J o o 6 E J

65 Übung zu Kapitel 5. Arbeitsprinzip "" u B + x + + M. H Bild : Normierte Einzellast am ager B mit zugehörigem Momentenverlauf M b) Berechnung der Durchbiegung w M in Rahmenmitte Wie zuvor bereits gezeigt, ist auch für diesen Belastungsfall wieder der Momentenverlauf zu erstellen. x + w M 4 M Bild : Normierte Einzellast in Rahmenmitte mit zugehörigem Momentenverlauf M Für die Durchbiegung ist demgemäß anzusetzen: wm / q x E J x x dx q x x 4 o E J q 5 q. E J E J o ()

66 8. Übung zu Kapitel 5. Arbeitsprinzip 459 c) Berechnung der Neigung des Pfostenquerschnitts am ager B Für diesen Belastungsfall muss am Rahmen ein Einheitsmoment in Richtung der Verdrehung angebracht werden und dafür der Momentenverlauf ermittelt werden. x + M + B "" "" Bild 4: Normiertes Einheitselement am ager B mit zugehörigem Momentenverlauf Es ergibt sich damit für die Verdrehung B x q o E J x x dx q 4 x x q E J 4 o 4EJ. (4) d) Die zuvor erzielten Einzelergebnisse können auch ohne Integration mittels umseitiger Tabelle gewonnen werden. Alle Verformungsgrößen finden sich aus einer Überlagerung der entsprechenden Momentenflächen. u B M i q H dx H q q H E J 8 E J 8 E J o M k (5) w M M i M k q q q dx E J o 4 8 E J E J B M i M k q q q dx E J E J E J o

67 Rechteck M i M i Dreieck M i Dreieck Dreieck Trapez M M k. k. M k Mk M M i M k M i M k i M k M Rechteck M k M k M i M k M i M k M i M k Dreieck M i M i M k M i M k 6 Dreieck M i.. M M i k 6 M M i k Trapez M i M i Quadr. Parabel M i Quadr. Parabel M i Quadr. Parabel M i Quadr. Parabel M i M 6 6 k M i 6 M M M i k k M i 6 M M M M i k i M k M M M M M k M M M M i i 6 M k i 5 i M k M i M k i M k M i M k 4 i M k M i M k 4 i M k M i M k i 6 k M i 5 M i M k 5 M M i M i 6 6 M M k M M k M k M k Quadr. Parabel M k M M M Quadr. Parabel M k Quadr. Parabel M k i M k M i M k M i M k 5 i M k M i M k M i M k 4 i M k M i M k M i M k 4 M i M k M i 5 M k M k M M k M M i i 5M i k k M k M k k M M k M i M i k M M k M i k M M i k M 5M M M k k k k M M M M 5M M 5M k M M M M i i M k i i M 8 i M k M i M k M i M k 0 i M k M i M k M i M k 0 5 i M k M i M k M i M k 0 5 i M k M i M k M i M k 0 M k M i k ik i i i Übung zu Kapitel 5. Arbeitsprinzip

68 46 9. Übung zu Kapitel 6.4 Geschlossener Rahmen In Fahrzeugrümpfen versucht man, durch Stringer und Spante die notwendige Stabilität einzubringen. Ein Spant kann hierbei als geschlossener Rahmen aufgefasst werden. Für einen Rumpfspant eines Flugzeugs (nach /CZE 67/) soll eine Belastungsanalyse durchgeführt werden. Im folgenden Bild ist die Belastung eines vorgespannten Spants gezeigt. Die ast wird gewöhnlich durch Aktuatoren aufgebracht, um mehr Widerstand gegen Böen zu haben. F r Bild : Rumpfspant unter Axiallast F Das Problem lässt sich lösen durch Aufschneiden und Analyse unter Nullbelastung und Eins-Belastung.. Aufschneiden. Die hauptsächliche Beanspruchung ist Biegung s F F r sin r M o F F F r sin M Wegen der Symmetrie braucht nur eine Hälfte ausgewertet zu werden. Bild : Ersatzmodell Bild : Einbringen der -ast

69 9. Übung zu Kapitel 6.4 Geschlossener Rahmen 46. Gemäß der Analyse aus den Schnittgrößen ist das folgende Gleichungssystem zu lösen:, X 0 X 0 0 dies führt zu o M X M M. 4. Bestimmung der Verschiebungseinflusszahlen s 0 0 " " o 0 0 " " s 0 r F 0 cos r F d r sin r F ds M M J E r d r ds M J E Daraus folgt: r F X 0 und somit für den inneren Momentenverlauf an einer beliebigen Stelle sin r F r F sin r F M X M M o.

70 46 0. Übung zu Kapitel 7. Sandwichelemente-Aufbauprinzip Die Bodengruppe eines Rennwagens soll aus sehr leichten Sandwichplatten aufgebaut werden. Hierfür wurden verschiedene Studien angefertigt. Als Problem erweist sich jedoch die Anbindung von notwendigen Stützen, die vorwiegend Druckkräfte einleiten sollen. F D Al-Rohr Al-Häute PU-Schaumkern Bild : Situation der Anbindung und der Krafteinleitung Aufgabenstellung soll es im Folgenden sein, einen Vorschlag für das Krafteinleitungsproblem auszuarbeiten. Allgemeines: Im Kapitel 7. wurden einige mögliche Aufbauprinzipien von Sandwichelementen dargestellt. Auch ist dort schon auf die Problematik der Einleitung von äußeren Kräften eingegangen worden. Ergänzend wurden auch typische Werkstoffwerte zusammengestellt. Insbesondere die Kernwerkstoffe zeigen hier nur geringe mechanische Werte, sodass der Kern nach Möglichkeit nicht konzentriert zu beanspruchen ist. In den umzusetzenden Konstruktionsprinzipien sollte dies unbedingt berücksichtigt werden. Zur Musterlösung: Natürlich gibt es mehrere Möglichkeiten, der vorgegebenen Aufgabenstellung zu genügen. Nachfolgend sei ein Prinzip skizziert, das mit relativ geringem Aufwand alle Randbedingungen erfüllt. Konstruktionsprinzip Falls möglich, sollten Schubkräfte in Sandwichelemente eingeleitet werden. Durch die schräge Rohrstütze werden in idealer Weise Schub- und Druckkräfte abgeleitet. Das entwickelte Einschraubelement ist zunächst lösbar und gut für die Kompensation von Kräften geeignet. Die Schubkraft wird als Flächenlast in die Häute eingeleitet und der Kern frei von Druckkräften gehalten.

71 Übung zu Kapitel 7. Sandwichelemente-Aufbauprinzip Durch Dimensionierung der Durchmesser, insbesondere der Tellergröße, können die Kraftverhältnisse in weitem Rahmen den zulässigen Werten angepasst werden. Krafteinleitungszone F D F Dx F Dz PU- Schaum Bild : Anbindung einer Stütze an eine Sandwichplatte Die vorstehende ösung ist für ein reales Fahrzeugkonzept entwickelt worden. Für den Einsatz von Sandwichelementen im Maschinenbau ist noch eine Systematik von Eckabschlüssen oder Eckenstößen, Mittenanschlüssen oder Mittenstößen sowie Winkelanschlüssen von Interesse.

72 0. Übung zu Kapitel 7. Sandwichelemente-Aufbauprinzip 465 In den umstehenden konstruktiven Vorschlägen sind dabei die zuvor beschriebenen Grundregeln der großflächigen Krafteinleitung und der möglichen Freihaltung des Kerns von großen Kräften beherzigt worden. Die gezeigte Zusammenstellung ist bei weitem nicht vollständig, sondern soll nur Prinzipien andeuten. Eckanschlüsse zur agerung und Verblendung Mittenanschlüsse zum Anbringen von Streben oder Stützen Bild : Systematik von Sandwichverbindungen

73 Übung zu Kapitel 7. Sandwichelemente-Aufbauprinzip Mittenstöße Eckstöße Bild 4: Systematik von Sandwichverbindungen

74 467. Übung zu Kapitel 7.4 Sandwichelemente/Partialdurchsenkung t t p z x p = konst. h p Für den dargestellten beidseitig gelenkig gelagerten Sandwichbalken unter Streckenlast ist die maximale Durchsenkung zu bestimmen. M by Q p p Bild : Sandwichbalken Breite b der Die Neigung wx der Biegelinie ist bei berücksichtigter Schubverformung wx x x. () Der Verdrehwinkel x, der die Neigung der Querschnitte beschreibt, bestimmt sich aus dx Mby x EJy. () dx Die Schubverformung x ist das Resultat der berücksichtigten Schnittkraft Qx GA x. () s As b h ist die Querschnittfläche des Sandwichbalkens. Für den gegebenen beidseitig gelenkig gelagerten Sandwichbalken erhält man die Schnittgrößenverläufe Qx M by p x, (4) p. (5) x x x Aus Gl. () und (5) folgt für die Ableitung des Verdrehwinkels

75 468. Übung zu Kapitel 7.4 Sandwichelemente/Partialdurchsenkung dx dx p x x. (6) E J y Einmalige Integration von Gl. (6) liefert x p p x x C 4 E Jy 6 E. (7) Jy Der Schubwinkel x ergibt sich aus Gl. () und (4) zu x p x. (8) G As Damit sind die beiden Größen der rechten Seite von Gl. () bestimmt und man erhält die Neigungslinie der Biegelinie p p p wx x x x C 4 E Jy 6 E J. (9) y G As Die Integration der letzten Gleichung führt auf p p 4 p x x wx Aus den Randbedingungen xx C x C EJy EJy G 4 A. (0) s wx 0 0 und wx 0 () ergeben sich die beiden Konstanten in Gl. (0) C p 4 EJ y und C 0, () womit für die Biegeverformung bei berücksichtigtem Schubeinfluss die Gleichung wx p 4 p x x x EJ G A x 4 x y s () gefunden wird. Man erkennt, dass sich die Biegelinie Gl. () nach der Partialdurchsenkungstheorie aus einem reinen Biegeanteil wb p 4 x x x x 4 EJy

76 . Übung zu Kapitel 7.4 Sandwichelemente/Partialdurchsenkung 469 und dem reinen Schubanteil p wsx G A x x s zusammensetzt. Die maximale Gesamtdurchbiegung in der Mitte des Balkens ist wmax w x 4 5 p p 84 E Jy 8 GAs, (4) wmax wb max ws max. Das Verhältnis des maximalen Schubanteils zum maximalen Biegeanteil ist ws max wb max 48 EJy 5GAs. (5) Die Biegesteifigkeit E J y hängt im Wesentlichen von der oberen und unteren Hautplatte ab; sie entspricht in Näherung dem mit dem E-Modul der Hautplatten E H multiplizierten Steiner'schen Anteil E Jy EH t b h *). (6) Die Schubsteifigkeit G A s wird durch den Kern GAs GK b h (7) bestimmt. Berücksichtigt man Gl. (6) und (7) in Gl. (5), so gilt ws max wb max EH t h GK 48 h. (8) 5 Beispiel: Al-Haut und Al-Wabenkern EAl N N t , G K 00, 0, mm mm h *) Anmerkung: An dieser Stelle ist stark gerundet worden: h K b b t h E J y EH b t E H t b h 4

77 470. Übung zu Kapitel 7.4 Sandwichelemente/Partialdurchsenkung h 0,6 0,0 0,0 ws max w b max 7,0 6,7 0,7 Fehler bei Vernachlässigung von w s 95 % 87 % % Die Tabelle zeigt, dass der Schubfluss bei kurzen Balken nicht vernachlässigt werden darf. Bei langen Balken überwiegt dagegen der Biegeeinfluss. Bild verdeutlicht diesen Sachverhalt, der aus Gl. (8) resultiert. 0 wsmax wb max t t h 5 t 0,5 t 0, h h t t 0, 0, 05 h h 0 Schubanteil ws max wbmax 5 0,05 0,05 0, 0, 0, h Bild : Schubeinfluss bei der Biegung eines Sandwichbalkens in Abhängigkeit von den Balkenabmessungen

78 47. Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben Für den abgebildeten Druckstab mit elastischer Mittelstütze soll die kritische Druckkraft in Abhängigkeit von der Federsteifigkeit bestimmt werden. F F F F c c Bild : Symmetrische und antimetrische Knickform des Druckstabes Der Druckstab kann im Versagensfall je nach Steifigkeit der Mittelstütze eine symmetrische oder antimetrische Knickform annehmen. Im antimetrischen Fall findet keine Belastung der Mittelstütze statt. Die kritische Druckkraft entspricht daher der Euler'schen Knicklast des beidseitig gelenkig gelagerten Stabes der änge K / : F krit E J E J k 4 E J. () K Hieraus lässt sich der Beulwert des Problems mit k = 4 herleiten. Im symmetrischen Fall muss die DG (s. auch Gl. (8.8)) 4 dw dw F 0, mit () 4 d d E J gelöst werden. Der ösungsansatz dafür ist w C C C cos C4 sin. () Die Integrationskonstanten bestimmt man wieder an den Stellen 0 zu w( 0) 0: C C 0 (4) w0 0: C 0 C 0 (5) w 0: C C4 cos 0. (6) Mit Gl. (6) liegt aber nur eine Gleichung für zwei Unbekannte vor. Eine weitere Beziehung findet man durch Freimachen der Feder, nämlich

79 47. Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben Q c w. (7) Unter Berücksichtigung, dass bei Balkenbiegung noch M Q Q EJw( x) gilt, kann Gl. (7) geeignet entwickelt werden. Q c c. w () Q Bild : Kräftegleichgewicht an der Feder Dies bedarf aber zunächst noch eines Einschubes zur Differenziation, und zwar ist x dw d dw d w,w,w 8. d dx d d Damit folgt für Gl. (7) unter Berücksichtigung der halben Balkenlänge E J dw 8 () cw() 0. (8) d Wird darin weiter eingesetzt, so erhält man E J 6 C4 cos c C C4 sin 0. (9) Mittels Gl. (6) und Gl. (9) kann jetzt ein Gleichungssystem für die noch unbekannten Integrationskonstanten erstellt werden: c cos C 0 E J 6. (0) cos c sin 4 0 C Unter der Forderung der verschwindenden Koeffizientendeterminante erhält man so die Eigenwertgleichung E J 6 cos csin ccos 0 c cos ()

80 . Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben 47 E J 6 tan 0 c oder E J tan 6 c worin jetzt der Steifigkeitsparameter, () E J 6 c () eingeführt werden kann. In der nachfolgenden Abbildung ist der Verlauf dieses Steifigkeitsparameters als Funktion des Eigenwertes dargestellt. (- ) tan 0 0,05 tan 0, 0,05 Bild : Darstellung der Eigenwerte Es zeigt sich, dass mit der kleinste Eigenwert gefunden ist. Hierzu gehört der Steifigkeitsparameter

81 474. Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben 0,. (4) Eine Erhöhung der Steifigkeitsparameter über diesen Wert hinaus bringt keinen Gewinn an Tragvermögen, weil der Stab dann antimetrisch ausknickt. Als Grenzwert für die Steifigkeit erhält man aus Gl. () und Gl. (4) c E J 6 min 6 E J 6 F krit Euler. (5) Zusammenfassend kann somit festgestellt werden, dass die Knicklast durch eine Stütze maximal aus das Vierfache der Euler'schen Knicklast angehoben werden kann. Bei steiferen Stützen tritt nur eine andere Knickform auf.

82 475. Übung zu Kapitel 8.. Knickung doppeltsymmetrischer Profilstäbe h y x F z b Innerhalb einer Konstruktion soll das gezeigte doppelt symmetrische I-Profil zur Abstützung einer Druckkraft eingesetzt werden. Wie groß darf diese Kraft werden, damit keine reine Biegeknickung oder reine Drillknickung auftritt? t Daten: b = 00 mm, 50 mm, 00 mm t = 0 mm h = h Steg = 00 mm = 000 mm = 0, E MPa Bild : Stütze Gemäß Kapitel 8.. ist bei dem vorgegebenen Profil zu klären, ob F F krit () ist. Die kritische Kraft ist dabei die kleinste Kraft aus der Biegeknickung Fkrit,y E Jz,Fkrit,z E Jy () K K oder der Drillknickung F krit,t E CW G Jt. () isp K h Für den einseitig fest eingespannten Träger ist K. Zunächst können mit t und 0 b recht einfach für das Profil Größen bestimmt werden: h die Fläche h A b h t b h h, (4) 0 0

83 476. Übung zu Kapitel 8.. Knickung doppeltsymmetrischer Profilstäbe die Flächenträgheitsmomente J y b t t h h t b t h, (5).000 t b h t t b J z 00 4 h, (6). 000 der polare Flächenträgheitsradius i SP Jy Jz A h, (7) 00. der Wölbwiderstand C W h JF JF 0, h6 (8) JF JF.400 und das Torsionsflächenmoment Jt Jt ti bi i b t h 4 t h..000 (9) Damit bestimmen sich die kritischen Kräfte für reine Biegeknickung zu Fkrit, y 05, h, Fkrit, z 05, 4 h (0) bzw. für Drillknickung 9.9,5 9.6,.07,7 F krit,t h. () Die nachfolgende Auswertung der Gl. (0) und () zeigt die Abhängigkeit der kritischen Knickkräfte vom geometrischen Verhältnis b h.

84 . Übung zu Kapitel 8.. Knickung doppeltsymmetrischer Profilstäbe 477 Auswertung: b h 0, 0, 0,5 0,75,47,97 F MN krit, y 0,005 0,08 0, 0,45 0,87,77 6,65,4 F MN krit, z 0,749,8,0,75,588 5,08 6,65 9,897 F MN krit, t,674,547,68,75,87,77,60,06 F [MN] 6,65,75. Fall. Fall 0 für für für F krit, y F krit, z F krit, t 0,75,47,97 b h Bild : Verlauf der kritischen Knick- und Drillkraft. Fall:. Fall: b 47 h F krit, y ist kritische Kraft F krit b 47 h F krit, t ist kritische Kraft F krit

85 Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben In Kapitel 8.. wird ein Stab mit einer genau im Flächenschwerpunkt angreifenden Drucklast betrachtet. In der Praxis tritt ein solcher Fall eigentlich selten auf. Es werden immer leichte Ungeradheiten und Exzentrizitäten vorliegen. Die Folge ist, dass der reale Stab nicht schlagartig wegknickt, sondern sich zunächst durchbiegt und dann infolge einer unzulässigen Spannung versagt. Druckstab, exzentrischer F M F w z e x F z e x F Bild : Exzentrischer Druckstab Für den in Bild dargestellten Stab, der in der x-z-ebene symmetrisch ist, mit exzentrisch angreifender Druckkraft sind die maximale Durchbiegung w (x) und die maximale Normalspannung infolge der ast F zu bestimmen: gegeben: J y J, Wy, A,. Aus dem Freikörperbild wird das innere Biegemoment mit M F(e w) () bestimmt, wobei analog zu Gl. (8.7) M E J w () gilt. Damit ergibt sich durch Einsetzen von Gl. () in Gl. () und Umstellen die Differenzialgleichung Mit F F w w e. () E J E J F (4) E J

86 4. Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben 479 liegt die allgemeine Form nach Gl. (8.) vor: w w C5 C6 x (5) mit C 6 0 und C5 e. (6) Der angepasste ösungsansatz für Gl. (5) ist dann w(x) C cos x C sin x e. (7) Aus der Randbedingung w(0) 0 folgt C e. Die Randbedingung w() 0 liefert die Gleichung C e cos. (8) sin Es gilt cos sin (9) und sin sin cos Mit Gl. (9) und (0) kann ermittelt werden:. (0) C e tan. () Die Biegelinie lässt sich damit nach Einsetzen der Konstanten in Gl. (7) mit der Gleichung F F F w (x) e tan sin x cos x E J E J E J () beschreiben. Die maximale Durchbiegung ist w max w / e. () F cos E J

87 Übung zu Kapitel 8. Knicken von Profilstäben Die Spannung resultiert aus der Überlagerung von Biege- und Normalspannung F M. (4) A W y Mit Gl. () lässt sich die maximale Spannung angeben: F F e w max max. (5) A Wy

88 48 5. Übung zu Kapitel 8..4 Knickung unsymmetrischer Profile Für einen beidseitig gelenkig gelagerten Druckstab der änge mit dem abgebildeten unsymmetrischen Querschnitt ist die kritische ast für das Biegedrillknicken zu ermitteln. Der Stab wird mittig gedrückt, und die Endquerschnitte sind gegen Verschiebung in ihrer Ebene gehalten und sollen frei von Biegespannungen sein SP SM y y 50 z z Bild : Unsymmetrisches Winkelprofil 0 Für das Profil wird angegeben: ysm 5 mm, zsm 6 mm, Jy mm, 4 Jz mm, Jt mm, CW 0 für wölbfreieagerung, A =.900 mm. Die Instabilitätsbedingung für das hier auftretende Problem der Biegedrillknickung ist in Gl. (8.6) gegeben zu y z i F F F F i y F z SM SM M y z t M SM z SM Fy F i M Fy Fz Fy Ft Fz Ft FFy Fz Ft i M 0, ( ) hierin bedeuten

89 48 5. Übung zu Kapitel 8..4 Knickung unsymmetrischer Profile ysm, zsm - Koordinaten des Schubmittelpunktes i M - Trägheitsradius bezogen auf den Schubmittelpunkt Jy Jz im ysm zsm A, () Fy, Fz - kritische Knicklasten nach Euler durch Biegung um die y - bzw. z -Achse Fy n n E J y, Fz E J z, () F t - kritische Knicklast durch Torsion um die ängsachse x EC GJt W F G Jt t :, (4) im im - Eigenwert der Biegelinie n. (5) Für das vorliegende Beispiel sollen zunächst die Beziehungen Gl. (-5) in Gl. () eingesetzt werden. Man erhält so Jy Jz y G J z SM SM y SM z t SM F EJy EJz A i M i F z E J y M SM y SM E Jz F i 4 M E Jy Jz E J G J y t E Jz G Jt F E GJy Jz Jt 4 i M i 0 M i M (6) oder Jy Jz F GJ E J J i J z t y z M y SM Jz z SM F A E EJ J i 4 y z M GJt Jy Jz FE Jy Jz GJt 0. (7) Die Koeffizienten enthalten die geometrischen Querschnittswerte, die Materialwerte E und G und über den Eigenwert die Stablänge und die Zahl der Sinuswellen beim Ausknicken.

90 5. Übung zu Kapitel 8..4 Knickung unsymmetrischer Profile 48 Jy Jz Wird weiter durch geteilt und werden die problemspezifischen Werte eingesetzt, A so folgt mit im 5, 0 mm (8) F F F Aus dieser Gleichung kann die kritische ast F krit als Funktion von ermittelt werden, die sich als kleinste der reellen Wurzeln für n = ergibt. Die kritische ast soll nun für verschiedene ängenverhältnisse berechnet werden: = 000 mm: F990, 4 06F 050 0F Fkrit 67, kn = 000 mm: F98, 6 06F 8, 50F4, 08 0 Fkrit 50 kn = 000 mm: F0, 06F, 8 0F8, Fkrit 48, 4 kn = 4000 mm: F575, 6 06F 9, 6 0F, Fkrit 70, kn = 5000 mm: F69 06F 5, 06 0F, 08 0 Fkrit 0 kn Eine Knickuntersuchung allein nach Euler hätte nach Gl. () für die betrachteten ängen folgende kritische asten ergeben: = 000: = 000: = 000: = 4000: F krit = 9000 kn F krit = 50 kn F krit = 000 kn F krit = 560 kn

91 Übung zu Kapitel 8..4 Knickung unsymmetrischer Profile = 5000: F krit = 60 kn Diese Ergebnisse sind im nachfolgenden Diagramm dargestellt. Es wird ersichtlich, dass sich bei kurzen Stäben große Unterschiede zwischen der kritischen ast nach Euler (Biegeknicken) und der kritischen ast des Biegedrillknickens ergeben. Für längere Stäbe wird der Unterschied jedoch geringer. 500 F krit [KN] nach Euler (reines Knicken) nach Wlassow (Biegedrillknicken) [mm] Bild : Verlauf der kritischen asten über Knicklänge

92 Übung zu Kapitel 9 Beulen von Blechfeldern Für die nachfolgend dargestellte orthotrope Rechteckscheibe unter ängsdruckbelastung ist eine Beuluntersuchung durchzuführen. Es ist zu ermitteln, wie groß der Einfluss der seitlichen agerung ist und wann die Platte als Plattenstab und wann als Plattenstreifen gerechnet werden darf. x a y p x p x b p px w p x gelenkige agerung p x Bild : Rechteckscheibe Nach Gl. (9.) lautete die Beziehung..... Bx w Bxyw Byw p. Die äußere Belastung p ist hierbei normal zur Mittelebene gerichtet. Weil man aber bei Instabilitätsproblemen stets von der verformten Struktur ausgeht, muss jetzt die Reaktionskraft zufolge der Mittelebenenkrümmung berücksichtigt werden. Für das vorliegende Beulproblem ist somit anzusetzen: B w B w.. B w... x xy y p x w. () Bei der Grenzbelastung px px krit tritt dann gerade Beulen der Mittelebene ein. Für die Durchsenkung der Mittelebene kann im Weiteren der bekannte Doppelreihenansatz (s. Gl. (9.8)) m x n y wx, y Cmn sin sin, m, n Halbwellenzahl () a b m n gemacht werden. Wird dieser entsprechend oft abgeleitet und in Gl. () eingesetzt, so entsteht folgende charakteristische Gleichung:

93 6. Übung zu Kapitel 9 Beulen von Blechfeldern 486 B m a B m a n b B n b p m a x xy y n x m m 4 4 () oder umgestellt p a m B m a B m n a b B n b x krit x xy y n m 4 4. (4) Hierin sind eingeführt: die Biegesteifigkeit mit B E t B E t x y, und die Diagonalsteifigkeit mit B E t E t xy. Die vorstehende Gl. (4) soll nun so umgeformt werden, dass die dimensionslose Beulzahl k abgespalten werden kann in p b B B B B b a m B B B n B B a b n m xkrit x y x y xy x y y x n m 4. (5) Es ergibt sich dann folgende Beziehung für den kritischen ängsdruck: p k B B b x krit x y. (6) Weiterhin können aus Gl. (5) noch folgende Kenngrößen herausgelöst werden: die Diagonalzahl B B B xy x y, (7) das wirksame Seitenverhältnis ß b a B B x y 4 (8) und

94 6. Übung zu Kapitel 9 Beulen von Blechfeldern 487 das reziproke Seitenverhältnis ß. (9) Die Beulzahl lässt sich dann auch angeben zu 4 m n m n k n n n n m n m m n m. Erweiterung (0) Da seitens der Belastung nur p x vorliegt, ist im Weiteren die Beulung in y-richtung nicht von Bedeutung, sodass n = (Zahl der Wellen in y-richtung) gesetzt werden kann: m k. () m m Trägt man nun den Wert k - ( - ) über dem Seitenverhältnis als Parameter auf, so erhält man den nachfolgenden Kurvenverlauf: k - ( - ) m m m m 4 m 5 p x Einfluss der seitlichen agerung b a p x Plattenstab 0 0, Idealisierung als Plattenstab Idealisierung als Plattenstreifen Bild : Verlauf der Beulfunktion

95 Übung zu Kapitel 9 Beulen von Blechfeldern Die Kurven besitzen ein identisches Minimum, welches man aus folgender Ableitung erhält: oder dk m m d m m 0 min () k min 4 k min 4 () für alle Wellenzahlen m. Da sich stets der niedrigste Beulwert einstellt, entstehen als Grenzkurven die gezeigten Girlandenverläufe. Die Schnittpunkte dieser Kurven ergeben sich aus oder zu km km m m m m m m. (4) Des Weiteren sollen noch folgende Grenzfälle der Beulproblematik betrachtet werden: Der Plattenstab als Analogie des Balkens auf zwei Stützen p x a p x b Bild : Plattenstab Unter der Voraussetzung, dass die Ausdehnungen in der y-richtung keine Rolle spielt, kann Gl. (4) folgendermaßen abgewandelt werden: p xkrit a m B 4 x m a

96 6. Übung zu Kapitel 9 Beulen von Blechfeldern 489 oder für m = px krit B B b B B x y x y b Bx B x a a B y b b a By Bx By. b (5) Der sich hierdurch ergebende Kurvenverlauf ist ebenfalls im vorstehenden Bild eingezeichnet. Für ein Verhältnis 0, sind die Kurven so sehr abgeglichen, dass die allseitig gelenkig gelagerten Platten zum Plattenstab vereinfacht werden können. Der Plattenstreifen p x a p x b Bild 4: Plattenstreifen Die vorstehenden Girlandenkurven lassen erkennen, dass für das wirksame Seitenverhältnis der Beulwert k 4 strebt. Gemäß der Angrenzung in dem Diagramm bedeutet dies, dass der Einfluss der Stirnlagerung gegenüber der seitlichen agerung näherungsweise vernachlässigt werden kann. Ab einem Wert = kann die allseitig gelenkig gelagerte Platte ohne große Fehler als Plattenstreifen betrachtet werden. Anmerkung: In anderen Abschätzungen wird k min für Stahlplatten mit,6 angegeben.

97 Übung zu Kapitel 0. Versteifende Formgebung (Konzeptleichtbau) Konzipieren Sie eine Pkw-Tür (s. Bild ) nach eichtbaugesichtspunkten, wobei insbesondere der Kraftfluss im Crash zu berücksichtigen ist. Verwenden Sie hierfür moderne St- Tailored-Products. Dachholm Scharnier.050 Scheibe Schloss B-Säule Seitenschutz A-Säule Türblech Bild : Schema einer Pkw-Seitentür a) egen Sie skizzenmäßig ein Türblech mit Cirka-Blechstärken fest. Die Blechzuschnitte dürfen hierbei beliebige Konturen haben. b) Grundlage der Bearbeitung der Aufgabe sind die im umseitigen Bild aufgelisteten Tailored-Products (Fa. Thyssen Krupp) mit ihren Eigenschaften.

98 7. Übung zu Kapitel 0. Versteifende Formgebung (Konzeptleichtbau) 49 Tailored Blanks: sind maßgeschneiderte Platinen aus Stahlblech, hierbei werden Einzelbleche unterschiedlicher Dicke, Festigkeit und Oberflächengüte durch aserschweißen zusammengefügt. Die TB-Halbzeuge sind für die Kaltumformung vorgesehen. Tailored Engineered Blanks: sind maßgeschneiderte Platinen, die keinen linearen, sondern einen beliebigen Nahtverlauf aufweisen. Hotform Blanks: sind Tailored Blanks für die Warmformgebung (Formhärtung). Tailored Strips: sind Coils aus endlos lasergeschweißten Spaltbändern. Spaltbänder bestehen aus Stählen unterschiedlicher Dicke, Güte und Oberflächenqualität. Tailored Orbitals: Übertragung des Tailored-Prinzips auf Rohre; hierbei werden Rohre mit unterschiedlichen Durchmessern, Wandstärken und Werkstoffen miteinander kombiniert und laserverschweißt. Patchwork Blanks: dienen zur zusätzlichen Versteifung (Ränder oder Mitten) von Blechfeldern mit Einzelblechen. Die Patchs werden umgeformt und anschließend aufgeschweißt (Punkt- oder aserschweißen). Bild : Tailored-Products der Fa. Thyssen Krupp