Biegelinie
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- Adolph Marcus Hartmann
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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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