Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross Prof. Dr.-Ing.Wolfgang Ehlers Prof. Dr.-Ing. PeterWriggers

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2 Springer-Lehrbuch

3 Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostock. Er habilitierte an der Universität Stuttgart und ist seit 1976 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderen die Festkörper- und Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehrund Fachbücher. Prof. Dr.-Ing.Wolfgang Ehlers studierte Bauingenieurwesen an der Universität Hannover, promovierte und habilitierte an der Universität Essen und war 1991 bis 1995 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seit 1995 ist er Professor für Technische Mechanik an der Universität Stuttgart. Seine Arbeitsgebiete umfassen die Kontinuumsmechanik, die Materialtheorie, die Experimentelle und die Numerische Mechanik. Dabei ist er insbesondere an der Modellierung mehrphasiger Materialen bei Anwendungen im Bereich der Geomechanik und der Biomechanik interessiert. Prof. Dr.-Ing. PeterWriggers studierte Bauingenieur- und Vermessungswesen, promovierte 1980 an der Universität Hannover und habilitierte 1986 im Fach Mechanik. Er war Gastprofessor an der UC Berkeley, USA und Professor für Mechanik an der TH Darmstadt. Ab 1998 war er Professor für Baumechanik und Numerische Mechanik an der Universität Hannover, und er ist seit 008 Professor für Kontinuumsmechanik in der dortigen Fakultät für Maschinenbau. Seit 008 steht er der Gesellschaft für Angewandte Mathematik und Mechanik sowie der German Association for Computational Mechanics als Präsident vor.

4 Dietmar Gross Wolfgang Ehlers Peter Wriggers Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik Elastostatik, Hydrostatik 9. bearb. und erg. Aufl. 1 3

5 Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross Festkörpermechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße Darmstadt Prof. Dr.-Ing. PeterWriggers Institut für Kontinuumsmechanik Universität Hannover Appelstraße 9a Hannover Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers Institut für Mechanik (Bauwesen) Universität Stuttgart Pfaffenwaldring Stuttgart ISSN ISBN e-isbn DOI / Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliogra e; detaillierte bibliogra sche Daten sind im Internet über abrufbar. Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1996, 1998, 003, 005, 007, 010 Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikrover lmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergü-tungsp ichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Einbandentwurf: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (

6 Vorwort Diese Aufgabensammlung soll dem Wunsch der Studenten nach Hilfsmitteln zur Erleichterung des Studiums und zur Vorbereitung auf die Prüfung Rechnung tragen. Mit dem vorliegenden zweiten Band (Elastound Hydrostatik) stellen wir den Studenten weiteres Studienmaterial zur Verfügung. Das Stoffgebiet der Elastostatik umfasst im wesentlichen das zweite Studiensemester eines Mechanik-Grundkurses an Universitäten und Hochschulen. In der Elastostatik werden solche statischen Probleme behandelt, die in der Regel nur mit Hilfe der Gleichgewichtsbedingungen, eines Materialgesetzes sowie kinematischer Beziehungen gelöst werden können. Da es uns auf das Erfassen der Grundgedanken und der Arbeitsmethoden ankommt, haben wir uns bewusst auf linear-elastische Körper unter kleinen Deformationen beschränkt. Damit wird ein großer Teil der Elastostatik abgedeckt. Insbesondere werden Bauteile wie Stab und Balken sowie einfache ebene Probleme behandelt. Auf die Idealisierung realer Strukturen auf berechenbare Systeme wird hier nicht eingegangen. Ebenso wie in Band 1 dieser Aufgabensammlung sei auch an dieser Stelle vor der Illusion gewarnt, dass ein reines Nachlesen der Lösungen zum Verständnis der Mechanik führt. Sinnvoll wird diese Sammlung nur dann genutzt, wenn der Studierende zunächst eine Aufgabe allein zu lösen versucht und nur beim Scheitern auf den angegebenen Lösungsweg schaut. Selbstverständlich kann diese Sammlung kein Lehrbuch ersetzen. Wem die Begründung einer Formel oder eines Verfahrens nicht geläufig ist, der muss auf sein Vorlesungsmanuskript oder auf die vielfältig angebotene Literatur zurückgreifen. Eine kleine Auswahl ist auf Seite IX angegeben. Die Aufgabensammlung geht zu einem guten Teil auf unseren verstorbenen Kollegen Prof. Dr. Dr. h.c. Walter Schnell zurück, der auch bis zur 5. Auflage Mitautor war. Seine Handschrift ist an der vorliegenden 9. Auflage, welche wiederum verbessert und um weitere Aufgaben ergänzt wurde, immer noch zu erkennen. Wir danken dem Springer-Verlag, in dem auch die von uns mitverfassten Lehrbücher zur Technischen Mechanik erschienen sind, für die gute Zusammenarbeit und die ansprechende Ausstattung des Buches. Auch dieser Auflage wünschen wir eine freundliche Aufnahme bei der interessierten Leserschaft. Darmstadt, Hannover und Stuttgart, im August 009 D. Gross P. Wriggers W. Ehlers

7 Inhaltsverzeichnis Literaturhinweise, Bezeichnungen... IX 1 Spannung, Verzerrung, Elastizitätsgesetz... 1 Zug und Druck Biegung Torsion Der Arbeitsbegriff in der Elastostatik Stabilität Hydrostatik

8 Literaturhinweise Lehrbücher Gross, D., Hauger, W., Schröder, J., Wall, W., Technische Mechanik, Band : Elastostatik, 10. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 009 Hagedorn, P., Technische Mechanik, Band : Festigkeitslehre,. Auflage. Harri Deutsch, Frankfurt 006 Bruhns, O. T., Elemente der Mechanik II: Elastostatik, Shaker Verlag, Aachen 00 Brommund, E., Sachs, G., Sachau, D., Technische Mechanik, 4. Auflage.Oldenbourg,München 006 Hibbeler, R.C., Technische Mechanik : Festigkeitslehre, 5. Auflage. Pearson-Studium 006 Magnus, K., Müller, H. H., Grundlagen der Technischen Mechanik, 7. Auflage. Teubner, Stuttgart 005 Wittenburg, J., Pestel, E., Festigkeitslehre, 3. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 001 Gere, J. M., Timoshenko, S., Mechanics of Materials, 4 th Edition. PWS Publishing Company, Boston 000 Aufgabensammlungen Bruhns, O. T., Aufgabensammlung Technische Mechanik, Vieweg, Braunschweig 000 Hauger, W., Mannl, V., Wall, W., Werner., E., Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Springer-Verlag, Berlin 008 Hagedorn, P., Aufgabensammlung Technische Mechanik,. Auflage. Teubner, Stuttgart 199 Zimmermann, K., Technische Mechanik - multimedial,. Auflage. Fachbuch Verlag, Leipzig 003 Dankert, H, Dankert, J., Technische Mechanik, 4. Auflage. Teubner, Stuttgart 006 IX Bezeichnungen Bei den Lösungen der Aufgaben wurden folgende Symbole verwendet: : Abkürzung für Summe aller Kräfte in Pfeilrichtung ist gleich Null. A : Abkürzung für Summe aller Momente um den Bezugspunkt A ist gleich Null. Abkürzung für hieraus folgt.

9 Kapitel 1 Spannung, Verzerrung, Elastizitätsgesetz 1

10 Spannung Spannung, Gleichgewichtsbedingung Spannungen nennt man die auf die Flächeneinheit eines Schnittes bezogenen Kräfte. Der Spannungsvektor t ist definiert als t = df da, wobei df die Kraft auf das Flächenelement da darstellt (Einheit: 1 Pa = 1 N/m ). da n df Beachte: Der Spannungsvektor und seine Komponenten hängen von der Schnittrichtung (Flächennormale n) ab. Komponenten des Spannungsvektors: σ Normalspannung (senkrecht zur Fläche) τ t τ Schubspannung (in der Fläche) σ n Vorzeichenfestlegung: Positive Spannungskomponente zeigt am positiven (negativen) Schnittufer in positive (negative) Richtung. Räumlicher Spannungszustand: ist eindeutig bestimmt durch die Komponenten der Spannungsvektoren für drei senkrecht aufeinander stehende Schnitte. Die Spannungskomponenten sind Komponenten des Spannungstensors σ x τ xy τ xz σ = τ yx σ y τ yz τ zx σ z τ xz σ x τ xy z τ zy τ yz σ y τ yx τ zx τ zy σ z x y Es gilt (Momentengleichgewicht) τ xy = τ yx, τ xz = τ zx, τ yz = τ zy. Der Spannungstensor ist ein symmetrischer Tensor. Stufe: τ ij = τ ji.

11 Ebener Spannungszustand 3 Ebener Spannungszustand: ist eindeutig bestimmt durch die Spannungskomponenten für zwei senkrecht aufeinander stehende Schnitte. Die Spannungskomponenten in die 3. Richtung (hier z-richtung) verschwinden (σ z = τ yz = τ xz =0) ( ) σ = σ x τ xy τ xy σ y Transformationsbeziehungen σx + σy σ ξ = + σx + σy σ η =. σx σy σx σy cos ϕ + τ xy sin ϕ, cos ϕ τ xy sin ϕ, σx σy τ ξη = sin ϕ + τ xy cos ϕ. Hauptspannungen σ x τ xy y x y σ x τ xy η σ y τ yx τ xy σx τ yx σ y τ xy =τ yx τ ζη ϕ ϕ τ yx σ y σ ζ ζ x σ 1, = σx + σ y τxy tan ϕ = σ x σ y ( σx σ ) y ± + τ xy Beachte: Die Schubspannungen sind in diesen Schnitten Null! Die Hauptspannungsrichtungen stehen senkrecht aufeinander: ϕ = ϕ 1 ± π/. Maximale Schubspannung y σ σ 1 σ x ϕ 1 ϕ σ τ max σ 0 σ 0 ( σx σ y τ max = ) + τ xy, ϕ = ϕ ± π 4. y Die Normalspannungen haben in diesen Schnitten die Größe σ 0 =(σ x + σ y)/. σ 0 x ϕ τ max σ 0 Invarianten I σ= σ x + σ y = σ ξ + σ η = σ 1 + σ, II σ= σ xσ y τ xy = σ ξ σ η τ ξη = σ 1σ.

12 4 Gleichgewichtsbedingungen Mohrscher Spannungskreis τ Richtung von σ σ 1 Mittelpunkt: τ max σ m = 1 (σ x + σ y ), ϕ τ =0 ϕ ϕ τ xy τ ξη σ σ η σ y σ m σ x σ ξ σ 1 ϕ Radius: ( σx σ ) y σ + τ xy y η ϕ ξ x Die Konstruktion des Mohrschen Kreises ist bei Kenntnis von drei unabhängigen Größen (zum Beispiel σ x, σ y, τ xy oder σ x, σ y, ϕ ) immer möglich. Die Schubspannung τ xy wird über σ x aufgetragen (τ ξη über σ ξ ). Der Transformationswinkel ϕ wird im Kreis doppelt (ϕ) und in umgekehrter Richtung aufgetragen. Gleichgewichtsbedingungen Im Raum (3D) σ x x + τxy y + τxz + fx =0, z τ yx x + σy y + τyz z + divσ + f = 0. fy =0, τ zx x + τzy y + σz + fz =0, z In der Ebene (D) wobei divσ = i ( σix x σ x x + τxy y τ yx x + σiy y + fx =0, + σy y + fy =0, ) + σiz e i. z divσ + f = 0.

13 1. Verzerrung 5 1. Verzerrung Die Verzerrungen beschreiben die Änderung der Seitenlängen (Dehnungen) und der Winkel (Scherung, Winkelverzerrungen, Schiebungen) eines quaderförmigen Volumenelementes. 1. Verschiebungsvektor u = ue x + ve y + we z P u P u, v, w = Verschiebungskomponenten Einachsiger Verzerrungszustand x z y Dehnung ε = du dx Zweiachsiger Verzerrungszustand dy Dehnungen dx ε x = u x, u x dx v y dy dy dx v εy = y, Dreiachsiger Verzerrungszustand ε x = u x 1 ε x γxy 1 γxz Verzerrungstensor: ε = 1 γyx εy 1 γyz 1 γzx 1 γzy εz dx du Winkelverzerrung y u y dy dy x dx v x dx u γxy = y + v x. v w, εy =, εz = y z, γ xy = γ yx = u y + v x, γ yz = γ zy = v z + w y, γ zx = γ xz = w x + u z. Anmerkungen: Die Verzerrungen sind (wie die Spannungen) Komponenten eines symmetrischen Tensors. Stufe. Daher können alle Eigenschaften (Transformationsbeziehungen etc.) vom Spannungstensor sinngemäß übertragen werden: σ x ε x, τ xy γ xy/, usw.. Im ebenen Verzerrungszustand gilt ε z =0, γ xz =0, γ yz =0.

14 6 Elastizitätsgesetz Elastizitätsgesetz Durch das Hookesche Elastizitätsgesetz wird die experimentell festgestellte lineare Beziehung zwischen Spannungen und Verzerrungen ausgedrückt. Seine Gültigkeit wird durch die Proportionalitätsgrenze (1-achs. σ p) begrenzt. Diese fällt bei elastisch plastischen Werkstoffen meist mit der Fließgrenze (1-achs. σ F ) zusammen. Einachsiger Spannungszustand (Stab, Balken) ε = σ E + αt ΔT. E Elastizitätsmodul, α T Temperaturausdehnungskoeffizient, ΔT Temperaturerhöhung. Ebener Spannungszustand ε 1 x= (σx νσy)+αtδt, E ε 1 y= (σy νσx)+αtδt, E γ xy = 1 G τxy, Schubmodul: G = Dreiachsiger Spannungszustand E (1 + ν), Querdehnzahl : ν. ε x = 1 E [σx ν(σy + σz)] + αt ΔT, γxy = 1 G τxy, ε y = 1 E [σy ν(σz + σx)] + αt ΔT, γyz = 1 G τyz, ε z = 1 E [σz ν(σx + σy)] + αt ΔT, γzx = 1 G τzx. Einige Materialkennwerte Material E [MPa] ν α T [1/ C] Stahl, , Aluminium 0, , Kupfer 1, , Beton 0, , , Holz 0, Anmerkung: 1MPa = 10 6 Pa = 10 3 kn/m =1N/mm

15 1.3 Elastizitätsgesetz 7 Aufgabe 1.1 In einem Blech seien die Spannungen σ x, σ y, τ xy bekannt. Gesucht sind die Größe und die Richtung der Hauptspannungen. σ x σ y τ xy τ xy σx A1.1 Geg.: σ x =0MPa,σ y =30MPa, τ xy =10MPa. y τ xy x τ xy σ y Lösung Wir gehen zunächst analytisch vor. Die Hauptspannungen errechnen sich aus σx + σy ( σx σ ) y σ 1, = ± + τ xy =5± = 5 ± 11, 18 zu σ 1 =36, 18 MPa, σ =13, 8 MPa. Für die Hauptspannungsrichtungen erhält man aus tan ϕ = die Ergebnisse τxy σ x σ y = ϕ 1 =58, 8, ϕ = 148, 8. σ y σ 1 ϕ 1 x σ 1 σ Zur Verdeutlichung ist es zweckmäßig, das durch die Hauptspannungen belastete Element zu skizzieren. Man kann die Aufgabe auch grafisch mit Hilfe des Mohrschen Kreises lösen: τ Richtung von σ σ 1 Maßstab: 10 MPa ϕ 1 τ xy ϕ 1 σ σ 1 σ x σ y σ Man liest ab: σ 1 = 36, 5MPa, σ = 14 MPa, ϕ 1 = 59.

16 8 Ebener A1. Aufgabe 1. Für die folgenden Spezialfälle des ebenen Spannungszustandes sind die Spannungskomponenten für beliebige Schnitte, die Hauptspannungen und Hauptspannungsrichtungen sowie die maximalen Schubspannungen zu bestimmen: a) σ x = σ 0, σ y =0, τ xy = 0 (einachsiger Zug), b) σ x = σ y = σ 0, τ xy = 0 (zweiachsiger, gleicher Zug), c) σ x = σ y =0, τ xy = τ 0 (reiner Schub). Lösung zu a) Die Spannungskomponenten für einen beliebigen, unter dem Winkel ϕ zur x- bzw.zur y-richtung liegenden Schnitt erhält man durch Einsetzen von σ x, σ y und τ xy in die Transformationsbeziehungen: σ ξ = 1 (σ 0 +0)+ 1 (σ 0 0) cos ϕ +0 sin ϕ = 1 σ0(1 + cos ϕ), σ 0 σ 0 σ η = 1 (σ0 +0) 1 (σ0 0) cos ϕ 0 sin ϕ = 1 σ0(1 cos ϕ), τ ξη = 1 (σ0 0) sin ϕ +0 cos ϕ τ ξη σ ξ = 1 σ0 sin ϕ. σ η Wegen τ xy = 0 sind die Spannungen σ x, σ y Hauptspannungen und die x- bzw.y-richtung die Hauptrichtungen: y ϕ x σ 1 = σ x = σ 0, σ = σ y =0, ϕ 1 =0, ϕ = ± π. Für die maximale Schubspannung und die entsprechenden Schnittrichtungen folgt τ max = 1 σ1 σ = 1 σ0, ϕ = ± π 4. σ 0 y τ max 45 x σ 0 Hinweis: Eine Scheibe aus einem Material, das nur begrenzte Schubspannungen aufnehmen kann, würde entlang von Linien unter ±45 zur x-achse versagen. zu b) Einsetzen der gegebenen Werte in die Transformationsbeziehungen liefert σ ξ = σ 0, σ η = σ 0, τ ξη =0.

17 Spannungszustand 9 Danach tritt in jedem Schnitt die Normalspannung σ 0 auf, und die Schubspannung ist Null. Es gibt also keine ausgezeichnete Hauptrichtung; jeder Schnitt ist ein Hauptschnitt: σ 1 = σ = σ 0. σ 0 σ 0 y σ 0 ϕ x σ 0 zu c) In diesem Fall ergibt sich aus den Transformationsbeziehungen σ ξ = τ 0 sin ϕ, σ η = τ 0 sin ϕ, τ ξη = τ 0 cos ϕ. τ 0 Die Hauptspannungen und -richtungen folgen zu σ 1 =+τ 0, σ = τ 0, ϕ 1 = π 4, ϕ = π 4. Für die maximale Schubspannung und die entsprechenden Schnitte erhält man schließlich τ max = τ 0, ϕ 1 =0, ϕ = π/. y x σ 1 =τ 0 σ 1 45 σ = τ0 Hinweis: Eine Scheibe aus einem Material, das nur begrenzte Normalspannungen aufnehmen kann, würde entlang von Linien unter ±45 o zur x-achse versagen. Alle Ergebnisse für die drei Spannungszustände lassen sich auch aus den Mohrschen Kreisen ablesen: zu a) τ zu c) τ τ max σ 1 =σ 0 σ 1 =τ 0 σ =0 σ σ = τ 0 σ τ zu b) σ 1 =σ =σ 0 σ Beachte: Im Fall b) entartet der Mohrsche Kreis zu einem Punkt auf der σ-achse!

18 10 Ebener A1.3 Aufgabe 1.3 In einem ebenen Bauteil herrschen die Hauptspannungen σ 1 σ 1 = 96 MPa und σ = 5 MPa. σ σ a) Wie groß sind die Spannungen in Schnitten, die um ϕ a =60 gegenüber den Hauptachsen geneigt sind? b) In welchem Schnitt ϕ b wird die Normalspannung Null? Wie groß sind dann die Schubspannung und die Normalspannung in einer zu ϕ b senkrechten Richtung? c) In welchen Schnitten treten die maximalen Schubspannungen auf und wie groß sind die zugehörigen Normalspannungen? σ 1 Lösung zu a) Entsprechend der Skizze verwenden wir ein Koordinatensystem x, y, das mit den Hauptachsen zusammenfällt. Dann folgen die Spannungen in den um ϕ a =60 gedrehten Schnitten aus den Transformationsbeziehungen zu σξ a σ + σ1 = + = 59 MPa, σ a η = σ + σ 1 τ a ξη = 15 MPa, σ σ1 = = 64, 1MPa. σ σ1 σ σ 1 cos ϕ a =+74 1 cos ϕ a = 74 1 sin ϕ a = y σ y =σ 1 σ x = σ τ xy =0 x σ a τξη a η σξ a 60 σξ a ση a τξη a x zu b) Damit die Normalspannung σ ξ Null wird, muss gelten σ b ξ = σ + σ 1 + σ σ 1 cos ϕ b =0 cos ϕ b = 74 =0, 97 ϕb =7, 7 ϕ b =36, 35.

19 Spannungszustand 11 Für σ b η und τ b ξη erhält man σ b η = σ + σ1 σ σ1 cos ϕ b =44MPa, σ b η τ b ξη τ b ξη σ σ1 = sin ϕ b =74 0, 955 = 70, 7MPa. τ b ξη 36, 35 x τ b ξη σ b η zu c) Die maximale Schubspannung tritt in Schnitten unter ±45 zu den Hauptachsen auf. Sie hat die Größe τ max = σ1 σ =74MPa. Die zugehörigen Normalspannungen nehmen den Wert an. σ m = σ1 + σ =MPa σ m τ max σ m τ max 45 x σ m σ m Alle Informationen lassen sich auch aus dem Mohrschen Spannungskreis entnehmen: Maßstab: 50 MPa τ σ a ξ = 59 MPa, τ b ξη τ max σ a η = 15 MPa, ϕ b ϕ a τ a ξη τξη a = 64 MPa, ϕ b = 37, σ x =σ σ a η σ b ξ =0 σ m σ b η σ a ξ σ y =σ 1 σ σ b η = 44 MPa, τ b ξη = 71 MPa, τ max = 74 MPa, σ m = MPa.

20 1 Ebener A1.4 Aufgabe 1.4 In einer Scheibe wirken die Spannungen σ x =0MPa,σ y =60MPa und τ xy = 40 MPa. τ xy σ y Bestimmen Sie analytisch und grafisch die Hauptspannungen und die maximale Schubspannung sowie deren Richtungen. Die zugehörigen Schnittbilder sind zu skizzieren. y σ x x σ y τ xy σ x Lösung Die Hauptspannungen und deren Richtungen ergeben sich analytisch zu σx + σy ( σx σ ) σ 1 y σ 1,= ± + τ xy =40 ± σ (0) + (40) σ, y σ 1 =84, 7 MPa, σ = 4, 7 MPa, tan ϕ = τxy σ x σ y = ϕ 1 = 11, 7, ϕ =31, 7. Welcher Winkel zu welcher Hauptspannung gehört, kann nur durch Einsetzen in die Transformationsbeziehungen bzw. am Mohrschen Kreis geklärt werden. Für die maximale Schubspannung folgt τ max σ m ( σx σ ) σ m y τ max = + τ xy =44, 7 MPa, σ m ϕ = ϕ ± 45 =31, 7 ± 45. ϕ σ m x τ max σ 1 Die grafische Lösung erhält man aus dem Mohrschen Kreis: τ Maßstab: 0 MPa ϕ x σ 1 = 85 MPa, = 5 MPa, σ τ max = 45 MPa, ϕ 1 = 1, ϕ = 77. ϕ 1 ϕ ϕ 1 σ x σ τ xy σ Richtung von σ 1 τ max σ m σ y σ 1 σ

21 Spannungszustand 13 Aufgabe 1.5 Ein dünnwandiges Rohr wird durch ein Biegemoment, einen Innendruck und ein Torsionsmoment belastet. Dabei treten in den Punkten A und B folgende Spannungen auf: s B A x A1.5 σx A,B = ±5 MPa, σs A,B =50MPa, τxs A,B =50MPa. Es sind die Größe und die Richtung der Hauptspannungen in A und B zu bestimmen. Lösung Für den Punkt A folgen die Hauptspannungen aus σ x σ s τ xs σ 1, = [ 1 (σx + σs) ± 1 (σx σs)] + τxs =37, 5 ± s τ xs ( 1, 5) +50 σ x s =37, 5 ± 51, 54 σ σ zu 1 σ 1 =89, 04 MPa, σ = 14, 04 MPa. σ σ 1 Für die Hauptspannungsrichtungen erhält man 5 tan ϕ = τxs = 50 σ x σ s 5 50 = 4 ϕ 1 =5, 0, ϕ = 37, 98. Dass die Richtung ϕ 1 zur Hauptspannung σ 1 gehört, kann man durch Einsetzen in die Transformationsbeziehungen erkennen: σ ξ = 1 (σx + σs)+ 1 (σx σs)cosϕ 1 + τ xs sin ϕ 1 =37, 5 1, 5 ( 0, 4) , 970 =89, 3MPa=σ 1. Auf gleiche Weise ergeben sich die Hauptspannungen und ihre Richtungen für den Punkt B: σ 1, = 1, 5 ± ( 37, 5) +50 = 1, 5 ± 6, 5 σ 1 =75, 0MPa, σ = 50, 0MPa. tan ϕ = 50 = 1, ϕ 1 =63, 4, ϕ = 6, 6. s σ x x σ σ s σ s τ xs σ x τ xs σ x σ 1 63 σ 1 σ

22 14 Ebener Spannungszustand A1.6 Aufgabe 1.6 In einem dünnen Aluminiumblech (E =0, MPa, ν =0, 3) werden im Punkt P die Verzerrungen ε x =0, 001, ε y =0, 0005, γ xy = 0 aus Messungen bestimmt. Wie groß sind die Hauptspannungen, die maximale Schubspannung sowie die Spannungen in Schnitten, die unter ϕ = 30 zu den Hauptachsen geneigt sind? y P η ξ x ϕ=30 Lösung Im Blech herrscht ein ebener Spannungszustand. Aus dem entsprechenden Elastizitätsgesetz Eε x = σ x νσ y, Eε y = σ y νσ x, Gγ xy = τ xy folgen die Spannungen zu σ x = σ y = τ xy =0. E 0, (εx + νεy) = (0, , 00015) = 88, 5MPa, 1 ν 1 0, 09 E 0, (εy + νεx) = (0, , 0003) = 61, 5MPa, 1 ν 1 0, 09 Da die Schubspannung τ xy Null ist, sind σ x, σ y Hauptspannungen, und die Achsen x, y sind Hauptachsen: σ x = σ 1 σ y = σ. Die maximale Schubspannung folgt damit zu τ max = 1 (σ1 σ) = 1 (σx σy) =13, 5MPa. Für die unter ϕ =30 geneigten Schnitte ergibt sich mit τ xy =0aus den Transformationsbeziehungen σ ξ = σ η = σx + σx σx + σy + σx σy σx σy cos ϕ =75+13, 5 cos 60 =81, 75 MPa, cos ϕ =75 13, 5 cos 60 =68, 5 MPa, σx σy τ ξη = sin ϕ = 13, 5sin60 = 11, 69 MPa.

23 Verschiebungen 15 Aufgabe 1.7 Für eine Scheibe wurde aus Messungen das folgende ebene Verschiebungsfeld ermittelt: v u P u(x, y) =u x y, y v(x, y) =v x y. P u x a) Man bestimme den Verzerrungszustand. b) Wie groß sind die Hauptdehnungen und unter welchen Winkeln zur x-achse treten sie auf? c) Wie groß ist die maximale Winkelverzerrung γ max? A1.7 Lösung zu a) Die Verzerrungen bestimmen sich aus den Verschiebungsableitungen: ε x = u x =7 10 3, ε y = v y = , γ xy = u y + v x = = Die Verzerrungen sind in der gesamten Scheibe konstant ( = homogener Verzerrungszustand). zu b) Die Hauptdehnungen und ihre Richtungen berechnen wir aus der Beziehung für die Hauptspannungen, indem wir die Spannungen durch die Verzerrungen ersetzen (σ x ε x, τ xy γ xy/ etc.). Damit ergibt sich für die Hauptdehnungen ε 1, εx + εy ( εx ε ) ( y γxy ) = ± + = ± ( ) +( ) = ± ε 1 =8 10 3, ε = 10 3, und für die Hauptrichtungen erhält man tan ϕ = γxy ε x ε y = 3 4 ϕ 1 =36, 9, ϕ 1 = 16, 9. zu c) Die maximale Winkelverzerrung ergibt sich zu γ max = ε 1 ε = =1 10. Sie tritt unter Winkeln auf, die um ±45 zu den Hauptrichtungen geneigt sind.

24 16 Ebener Spannungszustand A1.8 Aufgabe 1.8 In einen starren Sockel B wird eine passende elastische Scheibe A (Elastizitätsmodul E, Querdehnzahl ν) der Höhe h eingesetzt. Wie groß ist die Spannung σ x und um welchen Betrag v R verschiebt sich der Rand R unter der konstanten Druckspannung p? Dabei sei angenommen, dass die Scheibe an den Sockelberandungen reibungsfrei gleiten kann. Lösung In der Scheibe herrscht ein gleichförmiger ebener Spannungszustand, wobei die Spannung σ y bekannt ist: σ y = p. Damit lautet das Elastizitätsgesetz Eε x = σ x νσ y = σ x + νp, Eε y = σ y νσ x = p νσ x. Da die Scheibe in x-richtung keine Deformationen erfährt, gilt ε x =0. Einsetzen liefert die gesuchte Spannung σ x und die Dehnung in y- Richtung: σ x = νp, ε y = p 1 ν E. Aus der nun bekannten Dehnung ε y erhält man die Verschiebung v durch Integration: v y = εy v(y) = ε y dy = p 1 ν E y + C. Da der untere Rand der Scheibe keine Verschiebung erfährt, gilt v(0) = 0, d. h. C = 0.Für den Betrag der Verschiebung am oberen Rand folgt damit v R = v(h) = 1 ν E ph.

25 Ebener Spannungszustand 17 Aufgabe 1.9 Zwei quadratische Scheiben aus verschiedenem Material haben im unbelasteten Zustand die Seitenlängen a. Sie werden entsprechend der Skizze in einen starren Sockel eingepresst, dessen Öffnung l kleiner ist als a. Wie groß sind die Spannungen und die Änderungen der Seitenlängen, wenn angenommen wird, dass die Scheiben an allen Rändern reibungsfrei gleiten können? A1.9 Lösung In den Scheiben herrscht nach dem Einpressen in den Sockel ein gleichförmiger ebener Spannungszustand. Gleichgewicht in horizontaler Richtung liefert σ x1 = σ x = σ x.unter Beachtung von σ y1 = σ y = 0 lauten damit die Elastizitätsgesetze für die beiden Scheiben σ x1 1 y x σ x 1 E 1ε x1 = σ x, E 1ε y1 = ν 1σ x, E ε x = σ x, E ε y = ν σ x. Mit den Dehnungs Verschiebungsbeziehungen (konstante Dehnungen) ε x1 = Δu1 a, εy1 = Δv1 a, εx = Δu a und der kinematischen Verträglichkeitsbedingung (a +Δu 1)+(a +Δu )=l erhält man zunächst für die Spannung σ x = a l a E 1E E 1 + E. Damit ergeben sich dann die Längenänderungen E Δv a y x a, εy = Δv a Δu 1 = (a l), Δu = (a l), E 1 + E E 1 + E E 1 Δu Δv 1 = ν 1Δu 1, Δv = ν Δu.

26 18 Dünnwandiger Kessel A1.10 Aufgabe 1.10 Eine dünnwandige Tauchkugel (Radius r = 500 mm, Wandstärke t = 1, 5 mm) befindet sich 500 m unter der Wasseroberfläche (Druck p =5MPa). p r Wasser Wie groß sind die Spannungen in der Wandung? t Lösung Wir teilen die Kugel durch einen beliebigen Schnitt senkrecht zur Oberfläche, so dass Halbkugeln entstehen. Die Gleichgewichtsbedingung : σ tπrt + pr π =0 σ t r t σ t liefert dann für jeden Schnitt (Kugelsymmetrie) die Spannung p σ t = p r t = = 100 MPa. 1, 5 A1.11 Aufgabe 1.11 Ein kugelförmiger Stahlkessel wird durch heißes Gas um die Temperatur ΔT = 00 C erwärmt und durch den Druck p = 1 MPa belastet. Wie groß ist die Änderung des Radius? Geg.: r =m,t = 10 mm, E =, MPa, ν =0, 3, α T = C 1. p r ΔT t Lösung Aus der Gleichgewichtsbedingung folgt für jeden Schnitt senkrecht zur Kugeloberfläche σ t σϕ σ t = σ ϕ = p r t. Die Dehnung ergibt sich aus der Umfangsänderung zu ε t = ε ϕ = π(r +Δr) πr πr Einsetzen in das Elastizitätsgesetz Eε t = σ t νσ ϕ + Eα T ΔT = Δr r. p ϕ σ t liefert [ pr(1 ν) Δr = r Et ] [ ] α T ΔT = 000 +, =5, 5mm. 3

27 Dünnwandiger Kessel 19 Aufgabe 1.1 Ein dünnwandiger Zylinderkessel aus Stahl wird durch den Innendruck p belastet. Wie groß darf die Spannung höchstens sein, damit die größte Normalspannung im ungestörten Bereich die zulässige Spannung σ zul nicht überschreitet? Wie groß sind hierfür die Änderungen vom Radius r und Länge l? Geg.: l =5m,r =1m,t =1cm,E =, MPa, ν =0, 3, σ zul = 150 MPa. r t p l A1.1 Lösung Die Spannungen ergeben sich nach geeignetem Schneiden aus den Gleichgewichtsbedingungen: : pr π σ x rπt =0 σ x = p r p t, σ x x ϕ : σ ϕd t prd =0 σ ϕ = p r t. σ ϕ p Diese Spannungen sind Hauptspannungen, da Schubspannungen in den Schnitten nicht auftreten. Damit die größte Normalspannung die zulässige Spannung nicht überschreitet, muss gelten σ ϕ σ zul p t r σ zul =1, 5MPa p max =1, 5MPa. Die Dehnung ε ϕ ergibt sich aus der Umfangsänderung: ε ϕ = π(r +Δr) πr πr = Δr r. EinsetzenindasElastizitätsgesetz Eε ϕ = σ ϕ νσ t liefert Δr = r pmaxr ( 1 ν ) =0, 61 mm. Et Auf die gleiche Weise ergibt sich aus der Dehnung ε t =Δl/l und dem Elastizitätsgesetz Eε t = σ t νσ ϕ für die Längenänderung Δl = l pmaxr ( ) 1 Et ν =0, 71 mm. Anmerkung: Die Deckel des Kessels sind aus der Betrachtung ausgeschlossen, d.h. die Lösung für die Spannungen gilt erst in hinreichenderentfernung von den Deckeln. d r

28 0 Temperaturdehnungen A1.13 Aufgabe 1.13 Die Schienen eines Eisenbahngleises werden bei einer Temperatur von 15 C so verlegt, dass keine inneren Kräfte auftreten. Wie groß ist die Spannung bei einer Temperatur von 5 C, wenn angenommen wird, dass die Schienen keine Längenänderung erfahren? Geg.: E =, MPa, α T = C 1. Lösung In der Schiene herrscht ein einachsiger Spannungszustand, und das Elastizitätsgesetz lautet Eε= σ + Eα T ΔT. Da keine Verschiebungen auftreten, muss ε Null sein. Mit ΔT = 40 C folgt daher für die Spannung σ = Eα T ΔT =, = 100, 8MPa. Beachte: Die Temperaturspannungen in Schienen können recht groß werden! A1.14 Aufgabe 1.14 Ein dünner Kupferring vom Radius r wird um die Temperaturdifferenz ΔT erwärmt. Wie groß sind die Änderungen von Radius und Umfang, wenn sich der Ring frei deformieren kann? Geg.: r = 100 mm, α T = C 1,ΔT =50 C. Lösung Im Ring herrscht nach der Erwärmung ein gleichförmiger, spannungsfreier, einachsiger Dehnungszustand. Die Dehnung ist durch die Umfangsänderung (Längenänderung) Δl bestimmt: ε = Δl l = π(r +Δr) πr πr = Δr r. Aus dem einachsigen Elastizitätsgesetz ε = σ + αt ΔT E folgen mit σ = 0 durch Einsetzen r Δr Δr = rα T ΔT = = 0, 08 mm, Δl = l Δr =πδr =0, 50 mm. r

29 Temperaturdehnungen 1 Aufgabe 1.15 Eine Rechteckscheibe (a >b) wird in einen etwas größeren starren Ausschnitt eingesetzt, so dass Spalten der Breite δ vorhanden sind. Anschließend wird die Scheibe erwärmt. Es sei angenommen, dass die Scheibe an allen Rändern reibungsfrei gleiten kann. a) Welche Temperaturerhöhung ΔT a ist erforderlich, damit der rechte Spalt gerade geschlossen wird? b) Bei welcher Temperaturerhöhung ΔT b schließt sich auch der obere Spalt? Wie groß ist dann σ x? c) Welche Spannungen herrschen in der Scheibe für ΔT >ΔT b? A1.15 Lösung zu a) Für ΔT < ΔT a dehnt sich die Scheibe spannungsfrei aus. Mit σ x = σ y = 0 reduziert sich das Elastizitätsgesetz auf ε x = ε y = α T ΔT. Der rechte Spalt wird gerade geschlossen, wenn die Bedingung ε x = δ/a erfüllt ist. Einsetzen liefert die erforderliche Temperaturerhöhung: ΔT a = δ α T a. zu b) Bei weiterer Erwärmung ΔT a ΔT ΔT b kann sich die Scheibe zunächst nur noch in y-richtung frei ausdehnen, während die Dehnung in x-richtung konstant bleibt. Mit σ y = 0 und ε x = δ/a gelten dann δ a = σx + αt ΔT, E σx εy = ν + αt ΔT. E Der obere Spalt wird gerade geschlossen, wenn die Bedingung ε y = δ/b erfüllt ist. Einsetzen liefert ΔT b = δ a + νb α T a (1 + ν)b, σx = E δ(a b). 1+ν ab zu c) Für ΔT >ΔT b sind die Dehnungen in beiden Richtungen konstant: ε x = δ/a, ε y = δ/b. Dann folgen aus Eε x = σ x νσ y + Eα T ΔT, Eε y = σ y νσ x + Eα T ΔT die Spannungen σ x = E [ δ(νa + b) (1 ν )ab αt ΔT 1 ν ] [ ] δ(νb + a), σ y = E (1 ν )ab αt ΔT. 1 ν

30 Temperaturspannungen A1.16 Aufgabe 1.16 Eine dünnwandige Muffe muss um die Temperaturdifferenz ΔT erwärmt werden, damit sie auf eine Welle geschoben werden kann. Wie groß sind die Spannungen in der Muffe und der Druck p zwischen Muffe und Welle nach dem Abkühlen? Es sei angenommen, dass die Welle starr ist und die Verschiebungen der Muffe in x Richtung infolge Haftung verhindert werden. starr E,ν,α T t r x Lösung Vor dem Abkühlen ist die Muffe spannungsfrei. Die Spannungen nach dem Abkühlen ergeben sich aus dem Gleichgewicht, dem Elastizitätsgesetz und der Kinematik. Die Gleichgewichtsbedingung liefert p rd = σ ϕ td σ ϕ = p r t. Das Elastizitätsgesetz lautet mit ΔT = ΔT (Abkühlvorgang!) Eε ϕ = σ ϕ νσ x Eα T ΔT, Eε x = σ x νσ ϕ Eα T ΔT. ϕ x d σ ϕ p σ ϕ Beim Abkühlen werden die Dehnungen der Muffe (Schrumpfen) durch die starre Welle und durch die Haftung verhindert. Demnach lauten die kinematischen Bedingungen ε ϕ =0, ε x =0. Einsetzen und Auflösen liefert für die Spannungen und den Druck σ x = σ ϕ = E 1 ν αt ΔT, p = t r E 1 ν αt ΔT. Anmerkungen: In der Muffe herrscht ein ebener Spannungszustand mit allseits gleichen Normalspannungen: σ x = σ ϕ. Kann sich das Rohr in x-richtung frei deformieren (keine Haftung, ε x 0),soistσ x = 0, und es folgt σ ϕ = Eα T ΔT.

31 Temperaturdehnungen 3 Aufgabe 1.17 Auf die dünnwandige elastische Welle 1 soll das Rohr aufgeschrumpft werden. Beide Teile haben vor dem Aufschrumpfen gleiche geometrische Abmessungen, sind aber aus unterschiedlichem Material. r E,α T t A1.17 Um welche Temperaturdifferenz muss das Rohr erwärmt werden, damit es auf die Welle 1 aufgeschoben werden kann? Wie groß ist der Druck p zwischen Welle und Rohr nach dem Abkühlen, wenn angenommen wird, dass Spannungen in axialer Richtung nicht auftreten? 1 E 1 r t Lösung Damit das Rohr auf die Welle 1 geschoben werden kann, muss sein Radius durch Erwärmen um t vergrößert werden. Im erwärmten Zustand muss demnach die Umfangsdehnung den Wert ε ϕ = π(r + t) πr πr = t r annehmen. Einsetzen in das Elastizitätsgesetz liefert unter Beachtung von σ ϕ = 0 (das Rohr ist im erwärmten Zustand spannungsfrei!) ε ϕ = α T ΔT ΔT = 1 α T Der Druck nach dem Abkühlen ergibt sich aus den Gleichgewichtsbedingungen t r. σ ϕ1 = r t p, σϕ =+r t p, den Elastizitätsgesetzen σ ϕ p E 1ε ϕ1 = σ ϕ1, E ε ϕ = σ ϕ, den Verzerrungen 1 p ε ϕ1 = Δr1 r, ε ϕ = Δr r und der geometrischen Verträglichkeit σ ϕ1 zu Δr =Δr 1 + t E1E p = E 1 + E ( ) t. r

32 4 Elastizitätsgesetz A1.18 Aufgabe 1.18 Eine Platte wird in einer Presse einem Druck p 0 in z-richtung ausgesetzt. Wie groß sind die Dehnungen und die Spannungen, wenn a) die Verformungen in x- und y-richtung behindert sind, b) nur die Verformung in y-richtung behindert ist, c) die Verformungen in x- und y-richtung nicht behindert sind? Lösung In der Platte herrscht in allen drei Fällen ein homogener 3- achsiger Spannungs- bzw. Verzerrungszustand. Mit σ z = p 0 lautet das Elastizitätsgesetz (Schubspannungen treten nicht auf!) Eε x = σ x νσ y +νp 0, Eε y = σ y +νp 0 νσ x, Eε z = p 0 νσ x νσ y. Im Fall a) sind ε a x = ε a y = 0, und aus 0=σ a x νσ a y + νp 0, 0=σ a y + νp 0 νσ a x, Eε a z = p 0 νσ x νσ y folgen ε a z = 1 ν ν 1 ν p 0 E, σa x = σ a y = ν 1 ν po. Im Fall b) gelten ε b y = 0 und σ b x = 0 (freie Verformung, d. h. keine Spannung in x-richtung). Aus dem Elastizitätsgesetz Eε b x = νσ b y + νp 0, 0=σ b y + νp 0, Eε z = p 0 νσ b y erhält man dann ε b x = ν(1 + ν) p0 E, εb z = (1 ν ) p0 E, σb y = νp 0. Im Fall c) sind σ c x = σ c y = 0, da die Verformungen in diesen Richtungen nicht behindert sind. Das Elastizitätsgesetz reduziert sich damit auf Eε c x = νp 0, Eε c y = νp 0, Eε c z = p 0, und es ergibt sich ε c x = ε c y = ν p0 E, εc z = p0 E. Anmerkung: Für ν>0 gilt ε a z < ε b z < ε c z. Speziellfür ν =1/3 folgt ε a z = 6p 0/(9E), ε b z = 8p 0/(9E), ε c z = 9p 0/(9E). Infolge der Verformungsbehinderung in x- und y-richtung verhält sich die Platte im Fall a) in z-richtung recht steif!

33 Dickwandiger Zylinder 5 Aufgabe 1.19 In einem dickwandigen Zylinder, dessen Deformation in Längsrichtung verhindert ist (ebener Verzerrungszustand), herrschen unter dem Innendruck p die Spannungen ( ) a b σ r = p b a r 1, a b r ϕ p A1.19 σ ϕ = p ( ) a b b a r +1. Wie groß sind die Spannung σ z und die daraus resultierende Kraft F z in Zylinderlängsrichtung? σ ϕ σ r σ ϕ σ r Wo tritt die größte Normalspannung auf und wie groß ist sie? Geg.: p =50MPa,a = 100 mm, b = 00 mm, ν =1/3. Lösung Da die Deformation in Zylinderlängsrichtung verhindert ist, gilt ε z = 0. Damit liefert das Elastizitätsgesetz in dieser Richtung Eε z =0=σ z ν(σ r + σ ϕ). Durch Einsetzen folgt die Spannung σ z = ν(σ r + σ ϕ)=νp a b a = p =11, 1MPa. 9 Da σ z über den Querschnitt konstant ist, ergibt sich die resultierende Kraft durch Multiplikation von σ z mit der Querschnittsfläche: F z = σ z π(b a )=πν p a =1, N. Die Spannungen σ r und σ ϕ sind am Innenrand des Zylinders (r = a) betragsmäßig am größten. Dort erhält man σ r(a) = p, σ ϕ(a) = 5 3 p, σz = 9 p. Dementsprechend ist die Umfangsspannung σ ϕ am Innenrand die größte auftretende Normalspannung.

34 6 Spannungen und Verschiebungen A1.0 Aufgabe 1.0 Eine starre Kiste mit quadratischem Querschnitt wird mit Tonboden (Volumen V = a h,dichteρ) gefüllt. Das g Materialverhalten des Bodens Δh kann näherungsweise durch das h Hookesche Gesetz (Elastizitätsmodul E, Querdehnzahl ν) y beschrieben werden. Zu ermitteln sind die Setzung Δh x a z a des Bodens infolge Eigengewicht und die horizontale Druckverteilung auf die Kiste in Abhängigkeit von y. Lösung Bei der gegebenen Beanspruchung treten nur Normalspannungen σ x,σ y und σ z in den drei Koordinatenrichtungen x, y und z auf. Außer der Dehnung ε y in y-richtung sind keine Dehnungen vorhanden. Für σ y gilt nach dem Hookeschen Gesetz mit ε x =ε z =0 σ y = E 1+ν ( ε y + ν 1 ν εy Mit der Spannungsverteilung σ y = ρg(h y) berechnet sich die Setzung Δh aus ε y = dv dy. Durch Integration erhält man Δh: Δh = v(h) = = h 0 ε y dy = [ (1 + ν)(1 ν) ρg E(1 ν) ) h 0 = E 1 ν 1+ν 1 ν εy. (1 + ν)(1 ν) ρg(h y) dy E(1 ν) )] h = 1 (hy y 0 (1 + ν)(1 ν) ρgh. E(1 ν) Die horizontale Druckverteilung in Abhängigkeit von y ergibt sich mit dem Hookeschen Gesetz: σ x = σ z = Eν (1 + ν)(1 ν) εy, εy = ρg(h y) (1 + ν)(1 ν) E(1 ν) σ x (y) =σ z (y) = ν ρg(h y). 1 ν

35 Kapitel Zug und Druck

36 8 Spannung Zug- oder Druckbeanspruchung des Stabes Voraussetzungen: Länge l des Stabes ist groß gegenüber den Abmessungen des Querschnittes A(x). Gerade Stabachse = Schwerachse (Verbindungslinie der Flächenschwerpunkte). Wirkungslinie der äußeren Belastung F bzw. n(x) fällt mit Stabachse zusammen. Querschnitt A(x) ist höchstens schwach veränderlich. l A n x, u Spannung: Bei Annahme einer konstanten Spannung σ über den Querschnitt A gilt folgender Zusammenhang mit der Normalkraft N: F σ(x) = N(x) A(x). Grundgleichungen des deformierbaren Stabes: Gleichgewichtsbedingung dn dx = n, Elastizitätsgesetz ε = σ + αt ΔT, E Kinematische Beziehung ε = du dx E = Elastizitätsmodul, α T = Wärmeausdehnungskoeffizient, ΔT = Temperaturerhöhung gegenüber Ausgangszustand, u(x) = Verschiebung des Stabquerschnittes. Die Grundgleichungen können zu einer Differentialgleichung für die Verschiebung zusammengefasst werden ( { } =d{ }/dx ): (EAu ) = n +(EAα T ΔT ).

37 Stabverlängerung: Δl = u(l) u(0) = Spezialfälle: Δl = l 0 Δl = Fl EA Δl = α T ΔT l N dx (ΔT =0), EA Zug und Druck 9 l 0 ε dx. (N = F =const,ea=const, ΔT =0), (N =0,EA=const,α T ΔT =const). Superposition: Die Lösung eines statisch unbestimmten Problems kann durch Superposition von Lösungen für zugeordnete statisch bestimmte Probleme unter Berücksichtigung der Kompatibilitätsbedingung gewonnen werden. F u (0) 0 -System B 1 -System u (1) B F A B u (0) B + u(1) B =0. X =B Rotierender Stab: Bei einem mit der Winkelgeschwindigkeit ω rotierenden Stab tritt eine Belastung pro Längeneinheit n = ρa xω ω A ρ auf. Darin sind ρ die Dichte und x der Abstand des Querschnittes A von der Drehachse. x n Elastisch-plastischer Stab: Bei elastisch-ideal-plastischem Materialverhalten gilt das Elastizitätsgesetz nur bis zur Fließgrenze σ F : σ σ F Eε, ε ε F, σ = ε σ F sign(ε), ε ε F. F ε σ F Stabsysteme: Die Verschiebungen lassen sich durch Lösen und Wiederverbinden der Stäbe in den Knoten unter Verwendung eines Verschiebungsplans bestimmen. Anmerkung: Im Bereich starker örtlicher Querschnittsänderungen (Kerben, Löcher) ist die Stabtheorie nicht gültig.

38 30 Spannung A.1 Aufgabe.1 Für den homogenen Stab konstanter Dicke und linear veränderlicher Breite ermittle man bei Berücksichtigung des Eigengewichtes den Spannungsverlauf σ(x). Ferner berechne man Ort und Betrag der kleinsten Spannung. l x F A 0 ρ a F Lösung Zweckmäßig zählt man die Koordinate x vom Schnittpunkt der verlängerten Trapezseiten. Dann folgt für den mit x veränderlichen Querschnitt aus dem Strahlensatz A(x) =A 0x/l. Mit dem Gewicht G(x) =ρgv (x) =ρg x a A(ξ)dξ = ρga 0 x a des abgeschnittenen Teiles folgt aus dem Gleichgewicht x a N(x) N(x) =F + G(x) =F + ρga 0. l Damit wird die Spannung ( σ(x) = N(x) A0 Fl+ ρg = x a ). A(x) A 0x l G(x) a F A(x) ξ x Der Ort x des Minimums folgt aus der Bedingung σ =0: σ = Fl 1 A 0 x + ρg ) (1+ a =0 x Fl = a x ρga. 0 Die minimale Spannung wird σ min = σ(x Fl )=ρg a ρga = ρgx. 0 Anmerkungen: Für ρg =0( gewichtsloser Stab ) gibt es kein Minimum. Die größte Spannung tritt dann bei x = a auf. Das Minimum liegt nur dann innerhalb des Stabes, wenn a<x <l bzw. ρga 0 a /(l) <F <ρga 0 (l + a )/(l) gilt.

39 Spannung 31 Aufgabe. Die Kontur eines Leuchtturmes mit kreisförmigem, dünnwandigem Querschnitt genügt der Hyperbelgleichung y b a h x = a. Man ermittle die Spannungsverteilung unter dem Gewicht G des Leuchtturm- Aufsatzes (das Eigengewicht sei vernachlässigbar). Geg.: b =a, t a. G b x a y t h A. Lösung Da als äußere Belastung nur das Gewicht G wirkt, ist die Schnittkraft konstant (Druck): N = G. Die Querschnittsfläche A ist dagegen veränderlich. Wegen der kleinen Wanddicke (t y), gilt näherungsweise A(x) =πyt= πt a + b a x h y =πt a +3 a h x t =πat 1+3 x h. Damit ergibt sich für die Spannung σ(x) = N A = πat G 1+3 x h Speziell am oberen bzw. am unteren Rand erhält man σ(x =0)= G πat. bzw. σ(x = h) = G 4πat. Anmerkung: Die Spannung ist oben doppelt so groß wie unten, was eine ungünstige Materialausnutzung bedeutet. Dies ändert sich, wenn man das Eigengewicht berücksichtigt.

40 3 Stabverlängerung A.3 Aufgabe.3 Um welchen Betrag Δl verlängert sich das homogene konische Wellenstück (Elastizitätsmodul E) unter der Wirkung einer Zugkraft F? d D Lösung Die Normalkraft N = F ist konstant, die Querschnittsfläche A veränderlich. Mit σ = N/A folgt die Verlängerung aus Δl = l 0 ε dx = 1 E l 0 σ dx = 1 E l 0 Ndx A = F E l 0 l dx A(x). Zur Ermittlung des veränderlichen Querschnitts A(x) zählt man x zweckmäßig von der Spitze des Kegelstumpfes. Aus dem Strahlensatz folgt mit der Hilfsgröße a für den Durchmesser δ(x) =d x a x und damit für die Fläche d δ A(x) = π 4 δ (x) = π 4 d x a. Einsetzen und Integration liefert die Verlängerung (man beachte die Integralgrenzen!): Mit folgt Δl = F E a + l D Δl = a+l a = a d 4Fl πedd. dx π 4 d x a = a = d D a ( 4Fa 1 ) a+l. πe d x a l 1 d D Probe: Für D = d (konstanter Querschnitt) wird Δl = 4Fl πed = Fl EA.

41 Verschiebung 33 Aufgabe.4 Ein homogener Pyramidenstumpf (Elastizitätsmodul E) mit quadratischem Querschnitt wird auf seiner oberen Querschnittsfläche durch die Spannung σ 0 belastet. Wie groß ist die Verschiebung u(x) eines Querschnittes an der Stelle x? h a σ 0 x A.4 Lösung Die Normalkraft ist konstant: N = σ 0 a. Damit folgt aus der kinematischen Beziehung ε = du/dx und dem Elastizitätsgesetz ε = σ/e = N/EA zur Bestimmung von u zunächst die Gleichung EA(x) du dx = σ0a. Die Fläche A(x) ergibt sich mit dem Strahlensatz zu A(x) =[a +(b a)x/h]. Damit wird E ( a + b a h x) du dx = σ0a. Trennung der Veränderlichen führt auf du = σ0a E dx ( b a h x + a ) u(x) u(0) Mit der Substitution z = a +(b a) ξ/h, u(x) u(0)= σ0a E ( h 1 b a z ) b a h x+a a h du = σ0a E b ( b a x 0 h a b ) x + a x dξ ( b a h ξ + a ). dz =(b a)dξ/h ergibt sich = σ0a E h ( 1 b a a 1 b a h x + a Die Verschiebung u(0) des oberen Querschnittes folgt aus der Bedingung, dass am unteren Rand x = h die Verschiebung verschwinden muss: ( u(h) =0 u(0) = σ0 a h 1 E b a a 1 ) = σ 0ah b Eb. Damit wird u(x) = σ0a E ( h b a 1 b + 1 b a h x + a ). ).

42 34 Rotierender Stab A.5 Aufgabe.5 Der Querschnitt eines A 0 A(x) massiven Hubschrauberflügels (Dichte ω ρ, Elastizitätsmodul E) genüge der Gleichung A(x) =A 0e αx/l. Man bestimme den Spannungsverlauf a σ(x), wenn sich der Flügel mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω dreht. x l Wie groß ist die Verlängerung Δl unter der Annahme a =0? A 0 / Lösung Aus der gegebenen Geometrie A(l) =A 0 / ergibt sich zunächst A 0e α = A 0/ e α = α =ln=0, 693. Infolge der Drehung tritt eine Belastung pro Längeneinheit n = ρω xa(x) =ρω A 0xe αx/l auf. Damit erhält man aus der Gleichgewichtsbedingung N durch Integration N = n dx = ρω A 0l [ αx ] α l e αx/l e αx/l + C. Die Integrationskonstante C folgt aus der Randbedingung: = n N(l) =0 C =(1+α)e α =0, 847. Dann gilt unter Verwendung der dimensionslosen Koordinate ξ = x/l N(ξ) = ρω A 0l α [(1 + αξ)e αξ C], und der Spannungsverlauf ergibt sich zu σ(ξ) = N A = ρω l α [1 + αξ Ce αξ ]. σ/(ρω l ) 1 C α σ max Für die Verlängerung folgt l Δl= εdx = l 1 σdξ = ρω l [ξ 3 + αξ 0 E 0 α E C α eαξ [ = ρω l 3 1+ α Eα C α eα + C ] =0, 58 ρω l 3 α E. ξ 0 ] ξ Anmerkung: Das Spannungsmaximum tritt an der Stelle ξ 0 = (ln C)/α =0, 4 auf und hat den Wert σ max = (ρω l ln C)/α =0, 347 ρω l.

43 Wärmespannungen 35 Aufgabe.6 Ein schwerer Stab (Gewicht G 0, Querschnittsfläche A, Wärmeausdehnungskoeffizient α T ) ist bei x = 0 aufgehängt und berührt gerade den Boden ohne Druck. Wie ist die Spannungsverteilung σ(x) im Stab nach einer gleichmäßigen Erwärmung um ΔT? Für welche ΔT herrscht im gesamten Stab Druck? Lösung Wir betrachten die beiden Lastfälle Eigengewicht und Erwärmung getrennt. Unter Eigengewicht tritt eine Normalkraft l x ( N(x) =G(x) =G 0 = G 0 1 x ) l l und damit eine Spannung x σ(x) σ 1(x) = N(x) A = G0 A ( 1 x ) l auf. Bei einer Erwärmung wird die zusätzliche Dehnung durch den Boden verhindert. Aus der Bedingung ε = σ(x) + αt ΔT =0 E folgt σ (x) = Eα T ΔT. Daher wirkt insgesamt eine Spannung ( σ(x) = σ 1 + σ = G0 1 x ) Eα T ΔT. A l l E G 0 α T x G(x) Am Stabende x = l herrscht stets eine Druckspannung wegen der verhinderten Temperaturdehnung. Da die Spannung linear verläuft, ist die Spannung dann überall negativ, wenn auch am oberen Ende Druck herrscht. Dementsprechend folgt aus der Bedingung A.6 G 0 σ(x =0)< 0 bzw. EαT ΔT <0 A die erforderliche Temperaturerhöhung ΔT > G0 EAα T.

44 36 Wärmespannungen A.7 Aufgabe.7 Ein ursprünglich spannungslos eingespannter Stab (Querschnitt A) erfährt eine über x linear veränderliche Temperaturerhöhung. Gesucht sind der Spannungsund der Verschiebungsverlauf. ΔT x E,αT l ΔT 0 ΔT (x) ΔT 1 x Lösung Da der Stab statisch unbestimmt gelagert ist, benötigen wir zur Lösung der Aufgabe die Gleichgewichtsbedingung, die Kinematik und das Elastizitätsgesetz. Mit n = 0 und σ = N/A lauten diese Gleichungen mit σ =0, ε = u, ε = σ + αt ΔT (x) E ΔT (x) =ΔT 0 +(ΔT 1 ΔT 0) x l. Einsetzen liefert für die Verschiebung die Differentialgleichung u = α T ΔT = αt (ΔT 1 ΔT 0 ). l Zweimalige Integration ergibt u = αt l u = αt l (ΔT 1 ΔT 0 ) x + C 1, (ΔT 1 ΔT 0) x + C1x + C. Die beiden Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen: u(0) = 0 C =0, u(l) =0 C 1 = αt Damit werden der Verschiebungsverlauf u(x) = αt l ( x (ΔT1 ΔT0) l x l und die (konstante) Spannung σ = E(u α T ΔT )= αt (ΔT1 +ΔT 0 )E. ) (ΔT1 ΔT0). Anmerkung: Bei konstanter Erwärmung ΔT 1 =ΔT 0 verschwindet u(x). Die Spannung wird dann σ = α T ΔT 0E.

45 Statisch unbestimmte Aufgaben 37 Aufgabe.8 Ein beiderseits eingespannter Stab konstanten Querschnitts A ist aus verschiedenen Materialien gefertigt, die an der Stelle C aneinanderstoßen. a) Wie groß sind die Lagerkräfte, wenn an der Stelle C eine äußere Kraft F wirkt? F a Stahl C l a Aluminium b) Welche Normalkraft entsteht bei einer reinen Erwärmung um ΔT? Geg.: E St /E Al =3, α St /α Al =1/. A.8 Lösung Wir fassen das System als zwei aneinandergesetzte Stäbe auf, in denen die Normalkraft jeweils konstant ist. zu a) N A N B F Gleichgewicht: N St Al A + N B = F, x Geometrie: Δl St +Δl Al =0, Elastizität: Δl St = NAa E StA, Δl Al = NB (l a) E Al A. Aus den 4 Gleichungen für die 4 Unbekannten (N A, N B,Δl St, Δl Al ) folgt mit den gegebenen Zahlenwerten zu b) N A = F Gleichgewicht:N A = N B = N, 3(l a) 3l a, NB = F a 3l a. Geometrie: Δl St +Δl Al =0, Elastizität: Δl St = Na + αstδt a, E StA Δl Al = N(l a) E Al A + α AlΔT (l a). Die Auflösung des Gleichungssystems nach der Normalkraft N ergibt mit den Zahlenwerten N = l a ESt αst A ΔT. 3l a N A St x ΔT Al N B

46 38 Statisch unbestimmte A.9 Aufgabe.9 Man löse die Aufgabe.8 durch Superposition. Lösung zu a) Als statisch Überzählige wird die Lagerreaktion N B gewählt. 0 -System 1 -System N B =X F St Al St Al u (0) u (1) Das Elastizitätsgesetz liefert u (0) = Fa E, X(l a) StA u(1) = E Al A + Xa E. StA Da der rechte Rand unverschieblich ist, fordert die Verträglichkeit u (0) = u (1). Hieraus folgt N B = X = Fa a +(l a) E StA E Al A = F a 3l a. Aus der Gleichgewichtsbedingung ergibt sich damit N A = N B F = F 3(l a) 3l a. N A F St zu b) Diesmal schneiden wir an der Stelle C und wählen die Normalkraft N als Überzählige X. Aus dem Elastizitätsgesetz u St= u Al = Xa E StA + αstδta, X(l a) E Al A + α AlΔT (l a) und der Verträglichkeitsbedingung u St + u Al =0 erhält man N = X = αsta + α Al(l a) a (l a) E + StA E Al A St N B =X u St u Al = l a ESt αst A ΔT. 3l a Al N B Al

47 Aufgaben 39 Aufgabe.10 Der elastisch gelagerte Stab (c 1 =c = EA/a) wird durch eine konstante Streckenlast n beansprucht. Man bestimme den Verlauf der Normalkraft im Stab. A.10 Lösung Mit den Schnittkräften B und C an den Stabenden lauten die Gleichgewichtsbedingungen für den ganzen bzw. für den geschnittenen Stab B+C = na, N(x) =B nx. Für die Federverlängerung bzw. - verkürzung gilt Δu 1 = B c 1, Δu = C c. Die Stabverlängerung ergibt sich aus Δu St = a 0 ε dx = a 0 N EA dx durch Einsetzen von N =B nx zu Δu St = Ba EA na EA. Die kinematische Bedingung Δu 1 +Δu St =Δu B c 1 + Ba EA na EA = C c liefert schließlich mit C = B + na und den Werten für c 1 und c ( a B EA + 4a EA + a ) ( a = na EA EA + 4a ) B = 9 EA 14 na Damit erhält man für den Normalkraftverlauf N(x) = 9 14 na nx 9 14 na N 5 14 na

48 40 Statisch unbestimmte Aufgaben A.11 Aufgabe.11 Wie groß ist die Zusammendrückung Δl H einer Hülse H der Länge l, wenn die Mutter der Schraube S (Ganghöhe h) umeine Umdrehung angezogen wird? Geg.: EAH = 4 EA S 3. Lösung Nach dem Anziehen denken wir uns Hülse und Schraube getrennt und führen als statisch Überzählige die Kraft X zwischen beiden Teilen ein. Die Hülse erfährt eine Zusammendrückung Δl H = Xl EA H. Für die Schraube ergibt sich die Verlängerung Δl S = Xl EA S. Die Längenänderungen müssen gerade so sein, dass Hülse und Schraube die gleiche Länge haben. Dementsprechend lautet die Kompatibilitätsbedingung h =Δl H +Δl S. Einsetzen liefert die Kraft X = h 1 l 1 EA + 1 H EA S und die gesuchte Zusammendrückung Δl H = Xl = h EA H 1 1+ EA H EA S 1 = h = 3 7 h. Anmerkung: Da die Dehnsteifigkeit der Hülse etwas größer ist als die der Schraube, beträgt ihre Verkürzung nur 3/7 der Ganghöhe. Bei gleichen Dehnsteifigkeiten EA H = EA S wird Δl H =Δl S = h/.

49 Verformungen 41 Aufgabe.1 Eine starre quadratische Platte (Gewicht G, Seitenlänge a) ist auf 4 elastischen Stützen gelagert. Die Stützen haben die gleiche Länge l, jedoch verschiedene Dehnsteifigkeiten. Wie verteilt sich das Gewicht auf die 4 Stützen? Wie groß ist die Absenkung f der Plattenmitte? 3 3EA a l 1 EA 4 4EA EA A.1 Lösung Das System ist einfach statisch unbestimmt (ein Tisch steht auf 3 Beinen statisch bestimmt!). Das Gleichgewicht liefert II I : S 1 + S + S 3 + S 4 = G, S 1 S I : as4 = as 1, I G II II : as = as 3. S 3 S 4 Die Absenkung f in der Mitte ergibt sich aus dem Mittelwert der Verschiebungen u i (= Längenänderungen der Stützen) an den jeweils gegenüberliegenden Ecken (starre Platte!). Dementsprechend lautet die Verträglichkeitsbedingung: f = 1 (u1 + u4) = 1 (u + u3). Mit dem Elastizitätsgesetz u i = Sil EA i und S 1 = S 4, S = S 3 folgt daraus zunächst S 1l EA + S1l 4EA = Sl EA + Sl 3EA u 3 u 1 f u S1 = 5 6 S. Einsetzen in die 1. Gleichgewichtsbedingung liefert u S S1 + 3 S1 +S1 = G S1 = S4 = 1 5 G, S = S3 = 3 10 G. Damit wird die Absenkung f = 1 ( S1l EA + S1l ) = 1 Gl 4EA 8 EA.

50 4 Verbundmaterial A.13 Aufgabe.13 Eine Stahlbetonstütze wird durch die Kraft F auf Zug beansprucht. Wie groß sind die Spannung im Beton bzw. im Stahl sowie die Längenänderung Δl der Stütze, wenn a) ein idealer Verbund vorausgesetzt wird? b) der Beton gerissen ist und nicht mitträgt? Geg.: E St /E B =6, A St /A B =1/9. C F C l C C ESt,A St E B,A B Lösung zu a) Wir fassen die Stütze als ein System aus zwei Stäben unterschiedlichen Materials auf, die unter der Kraft F die gleiche Längenänderung Δl erfahren. Dann lauten die Grundgleichungen: Gleichgewicht: N St + N B = F, Kinematik: Elastizität: Δl St =Δl B =Δl, Δl St = NStl EA St, Δl B = NBl EA B. Auflösen des Gleichungssystems liefert mit dem bekannten Steifigkeitsverhältnis EA B/EA St =3/ für die Kräfte N St = F 1 1+ EA = B EA St und für die Längenänderung Δl = F, NB = F 5 EA B EA St N B 1+ EA = B EA St Fl bzw. Δl = Fl 1 EA St + EA B EA St 1+ EA B F 3 5 F EA St = N St Fl. 5 EA St Die Spannungen ergeben sich mit A = A B + A St bzw. A St = A/10 und A B =9A/10 zu σ St = NSt A St =4 F A, NB σb = = F A B 3 A. zu b) Trägt nur der Stahl, so erhält man mit N St = F σ St = F =10 F Fl, Δl =. A St A EA St

51 Verbundmaterial 43 Aufgabe.14 Ein Laminatstab aus verklebten Schichten zweier Materialien (jeweilige Gesamtsteifigkeiten EA 1, EA ) soll durch einen Stab aus homogenem Material ersetzt werden. 1 A.14 Wie müssen EA und α T gewählt werden, damit der homogene Stab die gleiche Längenänderung unter einer Kraft und einer Temperaturänderung erfährt wie der Laminatstab? EA,α T Lösung Für den Laminatstab, auf den eine Kraft F und eine Temperaturerhöhung ΔT einwirken, lauten die Grundgleichungen Gleichgewicht:N 1 + N = F, Kinematik: Δl 1 =Δl =Δl lam, N 1 EA 1,α T 1 Elastizität: Δl 1 = N1 l EA 1 + α T 1ΔT l, Δl = Nl EA + α T ΔT l. N EA,α T F Hieraus folgt Δl lam = Fl EA 1 + EA + EA1αT1 + EAαT ΔTl. EA 1 + EA Für einen homogenen Stab gleicher Länge und unter gleicher Belastung gilt Δl hom = Fl + αt ΔT l. EA Die Längenänderungen Δl lam und Δl hom sind für beliebiges F und ΔT nur dann gleich, wenn EA = EA 1 + EA, α T = EA1αT 1 + EAαT EA 1 + EA.

52 44 Stabkräfte A.15 Aufgabe.15 In der nebenstehenden Lagerungskonstruktion für den starren Körper K ist der untere Stützstab um a a das Maß δ zu kurz geraten. Es wird deshalb bei der Montage eine Kraft F M aufgebracht, so dass der untere Stab gerade den Boden berührt. Nach seiner Befestigung Aluminium F M l Al wird F M entfernt. Die Stabdurch- K messer d i sind gleich. a) Wie groß ist die Montagekraft? Stahl l St b) Wie groß sind die Absenkung v K des Körpers und die Stabkräfte nach der δ Montage? Geg.: l Al = 1m, d Al = mm, E Al = 0, MPa, l St = 1, 5m, d St = mm, E St =, MPa, δ =5mm. Lösung zu a) Jeder Aluminiumstab nimmt die halbe Montagekraft auf (Gleichgewicht) und muss sich um δ verlängern. Damit ergibt sich S Al = FM, Δl Al = S All Al EA Al = FM l Al EA Al = δ, F M = δ 5 EA Al = l Al , π 1 = 00 N. zu b) Nach Entfernen von F M entstehen neue Stabkräfte S Al und S St. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingung S St =S Al, das Elastizitätsgesetz S Al S Al Δl Al = S All Al EA Al, Δl St = SStlSt EA St und die Kompatibilitätsbedingung S St Δl Al +Δl St = δ. Auflösen der 4 Gleichungen liefert S Al = δ l Al EA Al 1+ l St l Al S St =S Al = 1100 N, = EA Al EA St , π 1 = 550 N, v K =Δl Al = S All Al EA Al =, 5mm.

53 Stabkräfte 45 Aufgabe.16 Zwei starre Balken, der obere bei A eingespannt, der untere bei B gelenkig gelagert, sind durch zwei elastische Stäbe verbunden. Der Stab wird um ΔT erwärmt. A a a EA 1 EA,α T a A.16 Wie groß sind die Stabkräfte? a a B Lösung Wir schneiden das System auf. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingung für den unteren Balken B : as1 + as =0, S 1 S 1 S S das Elastizitätsgesetz Δl 1 = S1 a EA, S 1 S Δl = Sa + αt ΔT a EA und die Verträglichkeitsbedingung S 1 S B Δl 1 =Δl. Δl 1 B Die Auflösung nach den gesuchten Kräften ergibt Δl S 1 = 5 EAαT ΔT, S = 4 EAαT ΔT. 5 Anmerkung: Im erwärmten Stab tritt infolge der behinderten Wärmedehnung eine Druckkraft auf.

54 46 Verformungen A.17 Aufgabe.17 Bei dem Stabzweischlag haben beide Stäbe die gleiche Dehnsteifigkeit EA. Man ermittle die Verschiebungen des Lastangriffspunktes C. Lösung Aus dem Gleichgewicht folgt : S sin 60 = F S = 3 3 F, : S 1 S cos 60 =0 S 1 = F l S 1 S C F C F Damit werden die Stabverlängerung bzw. -verkürzung Δl = Sl EA = 3 3 l cos 60 F EA = Zur Bestimmung der Verschiebungen von C zeichnen wir einen Verschiebungsplan. Dabei werden nur die Längenänderungen aufgetragen, da man die wirklichen Verschiebungen wegen Δl i l, nicht maßstabsgetreu darstellen kann. Im Beispiel werden Δl 1 als Verkürzung (nach links) und Δl als Verlängerung angetragen. Unter Beachtung der rechten Winkel (die Stäbe können sich nur um ihre Lagerpunkte drehen!) liest man aus dem Verschiebungsplan ab: u = Δl 1 = v = 3 3 Δl cos 30 + Fl EA, u tan 60 = Fl EA Fl EA, 1 S1l1 3 Δl1 = EA = Fl 3 EA C 3 3 Δl 1 u Fl EA C Δl 30 v 1 3 =3 Fl EA.

55 Verformungen 47 Aufgabe.18 Einstarrergewichtsloser Stuhl ist mit 3 Stäben gleicher Dehnsteifigkeit EA gelagert. Er wird in B durch die Kraft F belastet. a) Es sind die Stabkräfte S i und die Stabverlängerungen Δl i zu bestimmen. b) Wie groß ist die Verschiebung des Punktes C? F B D 1 C 3 a a A.18 a a Lösung zu a) Das System ist statisch bestimmt gelagert. Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgen direkt die Stabkräfte: C : as1 = af S 1 = F, E S 1 E : as =0 S =0, : S 3 sin 45 + F =0 S 3 = F. Zu diesen Stabkräften gehören die Stabverlängerungen Δl 1 = S1 l 1 EA = Fa, Δl =0, EA F C S 3 S Δl 3 = S3l3 F a EA = = Fa EA EA. zu b) Die Verschiebung von C bestimmen wir mit Hilfe des Verschiebungsplans. Da der Stab seine Länge behält, geht C nach C über. Die Horizontalverschiebung ist daher Null. Für die Vertikalverschiebung v C liest man aus dem Plan ab: v C C Δl 3 3 v C = Δl 3 = Fa EA. C

56 48 Verformungen A.19 Aufgabe.19 Beim dargestellten symmetrischen Stabsystem haben die Stäbe unterschiedliche Dehnsteifigkeiten EA 1, EA und Temperaturausdehnungskoeffizienten α T 1, α T. Wie groß sind die Stabkräfte, wenn das System um ΔT erwärmt wird? C EA α T EA 1 EA 1 β β α T1 α T1 h Lösung Da das System statisch unbestimmt ist, stellen wir alle Grundgleichungen auf. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingung S S 1 cos β + S =0 und das Elastizitätsgesetz Δl 1 = S1l1 EA 1 + l 1α T 1ΔT, S 1 β C β S 1 Δl = Sl EA + l α T ΔT, wobei l 1 = h, l = h. cos β Die Kompatibilitätsbedingung (Verträglichkeit der Verschiebungen) ergibt sich aus dem Verschiebungsplan zu 1 β 1 C β Δl 1 Δl 1 =Δl cos β. Aus den vier Gleichungen für unbekannte Stabkräfte und unbekannte Stabverlängerungen folgt nach Auflösen S 1 = EA 1 α T cos β α T 1 1+cos 3 β EA 1 EA ΔT, S = cosβs 1. Anmerkung: Für cos β = α T 1/α T folgt S 1 = S =0:dieStäbe können sich dann unbehindert ausdehnen! (Sonderfall: α T 1 = α T β =0) C Δl

57 bei Stabsystemen 49 Aufgabe.0 Der bei der Fertigung um δ zu kurz geratene Stab 3 soll zwischen die beiden gleichen Zweiböcke eingebaut werden. a) Wie groß ist die notwendige Montagekraft D? b) Wie groß ist S 3 nach der Montage (D =0)? Geg.: EA 1 = EA 3 = EA, EA = EA. D δ 3 C 1 1 D a a a a A.0 Lösung zu a) Die Kraft D muss bei der Montage den Punkt C um δ/ horizontal verschieben. Aus den Gleichgewichtsbedingungen : S cos 45 = D, : S 1 = S cos 45, der Kinematik (S 1 wurde als Druckkraft positiv eingeführt!) mit der vorgeschriebenen Verschiebung C D S 1 S u C =Δl 1 +Δl, uc = δ, Δl C sowie dem Elastizitätsgesetz Δl 1 = S1 a EA, Δl = S a Δl 1 EA folgt D = 1 6 δ a EA. zu b) Gleichgewicht, Kinematik und Elastizitätsgesetz bleiben wie unter a), wobei D durch S 3 ersetzt werden muss. Mit der Verträglichkeitsbedingung u C +Δl 3 = δ und Δl 3 = S3a EA ergibt sich S 3 = 1 7 δ a EA. C u C S 3 C 1 S 1 S

58 50 Statisch unbestimmtes A.1 Aufgabe.1 Ein mittig belasteter starrer Balken ist auf vier elastischen Stäben gleicher Dehnsteifigkeit EA gelagert. Wie groß sind die Stabkräfte? F D B 1 3 a l l Lösung a) Die Lösung für das statisch unbestimmte System erfolgt zuerst durch Anwendung der Grundgleichungen. Aus den Gleichgewichtsbedingungen F B : S 1 = S, S 1 S S 3 S 4 : (S 1 + S )sin30 + S 3 + S 4 = F, B : ls3 +ls 4 = lf, den Elastizitätsgesetzen Δl 1 =Δl = S1a EA, Δl 3 = S3a EA, und der Geometrie Δl4 = S4a EA B Δl 1 Δl 1 60 v B B v Δl 3 D Δl 4 B D v = Δl1 Δl cos 60 3 = 1 (v +Δl4) ergibt sich durch Auflösen S 1 = S = S 4 = 9 F, S3 = 5 9 F.

59 Stabsystem 51 b) Nun lösen wir die gleiche Aufgabe mit dem Superpositionsverfahren. Hierzu teilen wir das statisch unbestimmte System in statisch bestimmte Grundsysteme auf: 0 -System F 1 -System S (0) 1 S (0) Aus dem Gleichgewicht folgt S (0) 4 S (1) 1 S (1) X S (1) 4 S (0) 1 = S (0) = S (0) 4 = F, S(1) 1 = S (1) = S (1) 4 = X. B C D v (0) B v (0) C v (0) D v (1) B v (1) C v (1) D B C D Aus der Geometrie und den Elastizitätsgesetzen ergibt sich v (0) B = Δl(0) 1 v (0) D cos 60 = F a EA, =Δl(0) 4 = Fa v (0) C = 1 ( v (0) B EA, + v(0) D ) = 5 Fa 4 EA, v(1) B v(1) D v(1) = X a EA, = Xa EA, C = 5 Xa 4 EA, Δl (1) 3 = Xa EA. Die kinematische Verträglichkeitsbedingung verlangt, dass die Gesamtverschiebung des Punktes C gleich der Verkürzung des Stabes 3 ist: v (0) C v(1) C Einsetzen ergibt und X = S 3 = 5 9 F =Δl(1) 3. S 1 = S (0) 1 S (1) 1 = F, S4 = S(0) 4 S (1) 4 = 9 9 F.

60 5 Stabsystem A. Aufgabe. Der durch die Kraft F belastete Stabzweischlag (Dehnsteifigkeiten EA)ist bei C durch ein zusätzliches Lager gehalten. C F a) Wie groß ist die Lagerkraft in C? b) Wie groß ist die Verschiebung von C? 1 α l Lösung zu a) Aus dem Gleichgewicht : F + S + S 1 cos α =0, F C : C + S 1 sin α =0, dem Elastizitätsgesetz S 1 C S Δl 1 = S1l1 EA, und der Kinematik Δl 1 =Δl cos α folgt durch Auflösen Sl Δl = EA, Δl α C 1 Δl 1 C = sin α cos α 1+cos 3 α F, S1 = cos α 1+cos 3 α F, S = 1 1+cos 3 α F. zu b) Für die Verschiebung von C erhält man v C =Δl = S l EA = 1 1+cos 3 α Fl EA. Entgegen der Verschiebungsfigur, welcher Zugkräfte und damit Stabverlängerungen zugrunde lagen, treten in den Stäben Druckkräfte und damit Stabverkürzungen auf. Daher verschiebt sich C nach unten. Probe: für α = π/ folgt S 1 = 0 und S = F. für α =0 folgts 1 = S = F/.

61 Plastizierung 53 Aufgabe.3 Ein starrer Balken wird durch drei gleiche Stäbe aus elastischideal-plastischem Material gehalten. a) Bei welcher Kraft Fmax el und in welchem Stab wird erstmalig die Fließgrenze σ F erreicht? b) Bei welcher Kraft Fmax pl tritt in allen Stäben plastisches Fließen auf? F E, A, σ F l/ l/ A.3 Lösung zu a) Das System ist statisch unbestimmt. Dann liefern (unter Beachtung der Symmetrie) das Gleichgewicht F S 1 + S = F und die Kinematik Δl 1 =Δl. S 1 S S 3 =S 1 Bis zur Fließgrenze gilt das Elastizitätsgesetz Δl 1 = S1l Sl, Δl = EA EA. Durch Auflösen erhält man für die Stabkräfte und die Spannungen S 1 = F 4, S = F σ 1 = F 4A, σ = F A. Da im Stab die größte Spannung herrscht, wird in ihm bei Laststeigerung die Fließgrenze zuerst erreicht: σ = σ F F el max =σ F A. zu b) Bei Laststeigerung über F el max hinaus verhält sich der Stab 1 (und Stab 3) zunächst noch elastisch, während der Stab plastisch fließt: σ = σ F. Dann folgt mit S i = σ ia aus dem Gleichgewicht σ 1A + σ F A = F σ 1 = F A σf. F Alle Stäbe fließen plastisch, wenn S 1 =σ 1 A S =σ F A S 3 =σ 1 A σ 1 = σ F F A σf = σf F pl max =3σ F A.

62 54 Plastizierung A.4 Aufgabe.4 Beim dargestellten symmetrischen System sind die beiden Stäbe aus gleichem elastisch-idealplastischem Material, haben aber unterschiedliche Querschnitte. E,A, σ F C a) Bei welcher Kraft Fmax el und in welchem Stab wird erstmalig die Fließgrenze σ F erreicht? Wie groß ist dann die Lagerkraft C? b) Bei welcher Kraft Fmax pl fließen beide Stäbe plastisch? c) Wie groß ist die Verschiebung u el max von C im Fall a)? F E,A, σ F h Lösung zu a) Bis zum Erreichen der Kraft Fmax el verhält sich das System elastisch. Dann lauten die Gleichgewichtsbedingungen : S1 S = F, : S1 + C S = C, F das Elastizitätsgesetz Δl 1 = S1 h EA S h, Δl = EA und die Kinematik (Stab verkürzt sich) C u C Δl Δl 1 = Δl. 1 Hieraus erhält man zunächst S 1 = F, S = 3 3 F, C= F Fh, Δl1 = Δl = 3 3EA σ 1 = S1 A = F 3 A, S σ = A = F 3 A. Die Spannungen sind in beiden Stäben betragsmäßig gleich; Fließen setzt danach ein, wenn σ 1 = σ = σ F Fmax el = 3 σf A, Cmax el = σf A. zu b) Weil bei F el max in beiden Stäben das Fließen einsetzt, gilt F el max = F pl max. zu c) Für die Verschiebung von C gilt bis zur Fließgrenze u = Δl 1 = 3 S 1 Δl 1 Fh EA, uel max = u(f el max) = σf E h. S

63 Kapitel 3 Biegung 3

64 56 Gerade Biegung Balken = Gerader Träger, dessen Länge l groß ist gegenüber den Abmessungen des Querschnittes, unter Querbelastung. q(x) F z x l y z x Gerade Biegung Bezeichnungen und Annahmen: x = Schwerachse; y, z = Hauptträgheitsachsen (siehe Band 1). Kinematische Annahmen: Ebenbleiben der Querschnitte w = w(x), u = zψ(x), w = Verschiebung in z-richtung, u = Verschiebung in x-richtung, ψ = Drehwinkel des Querschnittes. Schnittgrößen: M Q = Q z = Querkraft, M = M y = Biegemoment. y, ψ Q z,w x, u Normalspannung neutrale Faser σ(z) = M I z z max x z σ max I = Trägheitsmoment um die y-achse, z = Abstand von neutraler Faser (=Schwerachse). Die betragsmäßig maximale Spannung tritt in einer Randfaser auf: σ max = M W, W = I z max = Widerstandsmoment.

65 3.1 Gerade Biegung 57 Schubspannungen a) dünnwandige, offene Profile τ(s) = QS(s) It(s), S(s) = statisches Moment von A bezüglich der y-achse, t(s) = Breite des Querschnittes an der Stelle s. y τ(s) t(s) z s A b) kompakte Querschnitte τ(z) = QS(z) Ib(z). Sonderfall: Rechteck τ = 3 ) Q (1 4z. A h y A b z h z τ(z) x Anmerkung: τ max = τ(z =0) = 3 Q bh ist 50% größer als τ mittel = Q bh. Schubmittelpunkt M einfach symmetrischer Querschnitte. Moment aus Q um 0 = Moment der verteilten Schubspannungen um 0: r M Q = τ(s) r (s) t(s)ds M r M 0 Q τ r ds Lage von Schwerpunkt S und Schubmittelpunkt M für ausgewählte Profile: Vollkreis M Halbkreis mit Schlitz M =S M =S M S S S M M 0, 73 r S M r r S

66 58 DGL der Biegelinie Grundgleichungen Gleichgewichtsbedingungen dq dx = q, Elastizitätsgesetz, Kinematik M = EIψ dm dx = Q, Q = GA S(ψ + w ), EI = Biegesteifigkeit, GA S = Schubsteifigkeit, A S = κa = Schubfläche (κ = Schubkorrekturfaktor). Schubstarrer Balken (Bernoulli-Balken): Wird zusätzlich angenommen, dass die Querschnitte, die vor der Deformation senkrecht zur Balkenachse standen, bei der Verformung senkrecht zur verformten Achse bleiben, so folgt aus dem Elastizitätsgesetz für die Querkraft (GA S ) ψ = w. Differentialgleichung der Biegelinie: EinsetzenindasElastizitätsgesetz für M liefert EIw = M. Mit den Gleichgewichtsbedingungen erhält man (EIw ) = q, bzw. für EI =const EIw IV = q. Temperaturmoment Eine über die Höhe h lineare Temperaturverteilung (= Temperaturgradient) lässt sich durch ein Temperaturmoment erfassen: T o M T = EIα T T u T o h, α T = thermischer Ausdehnungskoeffizient. z Dann lautet die Differentialgleichung der Biegelinie EIw = (M + M T ). h T u x

67 Randbedingungen und Lösungsmethoden 59 Tabelle der Randbedingungen Lager w w M Q freier Rand Lösungsmethoden 1. Bei stetigen Verläufen von q(x) bzw. M(x) führt vierfache bzw. zweifache Integration der entsprechenden Differentialgleichungen auf w(x). Die vier bzw. zwei Integrationskonstanten folgen aus den Randbedingungen (siehe Tabelle der Randbedingungen).. Bei mehreren Feldern (Unstetigkeiten in den Belastungen oder den Verformungen, bzw. Einzelkräfte oder Einzelmomente) muss abschnittsweise integriert werden. Die Integrationskonstanten folgen dann aus den Rand und den Übergangsbedingungen. Die Rechnung kann man durch Anwendung des Föppl-Symbols (vgl. Band 1, Seite 91) vereinfachen: 0 für x<a, <x a> n = (x a) n für x>a. 3. Statisch unbestimmte Aufgaben lassen sich durch Superposition bekannter Durchbiegungen bzw. Winkel lösen. Hierzu sind in der Tabelle auf Seite 60/61 für die wichtigsten Last- und Lagerfälle die Durchbiegungen und die Winkel zusammengestellt. 4. Statisch unbestimmte Aufgaben können auch durch Anwendung des Prinzips der virtuellen Kräfte (Arbeitssatz) gelöst werden (siehe Kapitel 5).

68 60 Tabelle der Endwinkel Nr. Lastfall EIw A EIw B x F a b Fl 1 6 (β β3 ) Fl 6 (α α3 ) A l B 3 4 A A A x x x a l l l M 0 5 B 0 A a l x 6 0 B A l x q A x x 7 0 A B l F b q M 0l A l B B q B q 0 B B M 0 q 0 l 3 4 q0 l qbl qbl3 M 0l 6 (3β 1) Abkürzungen: ξ = x l, α = a l, β = b l, () = d dx ()= 1 l M 0l 6 (3α 1) Fa q 0l 3 6 q Al 3 4 d dξ (),

69 und der Durchbiegungen 61 EIw(x) EIw max Fl 3 6 [βξ(1 β ξ )+ <ξ α> 3 ] Fl 3 48 für α = β =1/ q 0l 4 4 (ξ ξ3 + ξ 4 ) q0l4 q Bl (7ξ 10ξ3 +3ξ 5 ) siehe Aufgabe 3.13 M 0 l 6 [ξ(3β 1) + ξ 3 3 <ξ α> ] M 0 l 3 7 für a =0 Fl 3 6 [3ξ α ξ 3 + <ξ α> 3 ] Fl 3 3 für a = l q 0l 4 4 (6ξ 4ξ 3 + ξ 4 ) q 0l 4 8 q Al 4 10 (10ξ 10ξ 3 +5ξ 4 ξ 5 ) q Al 4 30 M 0 x M 0 l <ξ α> n = Föppl Klammer.

70 6 Schiefe Biegung Schiefe Biegung x = Schwerachse, y, z = beliebige orthogonale Achsen. y z x Q y Q z Querkräfte Q y,q z z x w und y x v M y M z Biegemomente M y,m z (positiv als Rechtsschraube am positiven Schnittufer). Verschiebungsdifferentialgleichungen für den schubstarren Balken: Ew = 1 Δ ( My I z + M z I yz ) Ev = 1 (MzIy MyIyz) Δ Δ = I yi z I yz, I y, I z, I yz = Flächenmomente. Ordnung (vgl. Band 1). Normalspannung σ = 1 [(MyIz MzIyz)z (MzIy MyIyz)y]. Δ Sonderfall: Wenn y, z Hauptachsen sind (I yz = 0), folgt EI yw = M y, EI zv = M z, σ = My I y z Mz I z y.

71 Normalspannung 63 Aufgabe 3.1 Ein Kragbalken mit dem skizzierten Querschnitt (konstante Wanddicke t, t a) wird am Ende mit der Kraft F belastet. F Wie groß ist die maximale Spannung im Einspannquerschnitt? F a a t A3.1 40a a a Lösung Der Schwerpunktsabstand ξ S vom oberen Rand folgt aus den Teilflächen mit t a zu II III {}}{{}}{ ξ S= ΣξiAi = (at a)+(at a) = 8a t ΣA i }{{} at + }{{} at + }{{} at 8at I II III =a. Damit wird das Trägheitsmoment bezüglich der Schwerachse y (unter Beachtung des Satzes von Steiner) II I {}}{ III {}}{ { } t(a) I y = a 3 { {}}{ at + + a at } = ta3, und man findet für das Widerstandsmoment W = Iy z max = 16 3 ta3 = 16 a 3 ta. Die maximale Spannung im Einspannquerschnitt ergibt sich mit dem Einspannmoment zu M = 40 af σ max = M W = 40aF = 16 3 ta 30 4 F at (in der oberen Randfaser herrscht Zug, in der unteren Druck). II y III S I ξ I S z III II ξ S a a

72 64 Ermittlung der A3. Aufgabe 3. Ein Kragarm mit dem skizzierten Querschnitt wird durch eine Kraft F am freien Ende im Punkt 1 belastet. Wie groß ist die Normalspannung im Querschnittspunkt an der Einspannung? a a a a a 1 F 1 Lösung Da die neutrale Faser durch den Schwerpunkt der Querschnittsfläche geht, muss dieser zunächst ermittelt werden: I II {}}{{ ξ S = ΣAiξi 8a { }}{ a + a 3a } = = 5 ΣA i 8a +4a 3 a. Das Trägheitsmoment um die y-achse (Schwerachse) wird durch Addition der Trägheitsmomente der Teilflächen ermittelt: I y = [ 4a(a) [ a(a) 3 1 ( ) ] + 3 a 8a + ( a ) a ] = 44 3 a4. Im Einspannquerschnitt wirken die Schnittgrößen N = F und M y = 5 3 af. Hierzu gehören die Spannungen (σ N infolge Normalkraft, σ M infolge Biegemoment) σ N = N A = F und σ 1a M = My z = 5 I y 3 y S S ξ z I I II II af z = 44 3 a4 Im Querschnittspunkt folgt mit z = 7 a durch Superposition 3 σ = σ N + σ M (z F )= 1a F 7 a 3 3 a = 11 F a ξ S 5 3 a Fz a 3.

73 Normalspannungen 65 Aufgabe 3.3 Eine Stütze mit sternförmigem Querschnitt (t a) wird durch eine Kraft F außermittig belastet. F t A3.3 Gesucht sind: a) die betragsmäßig größte Spannung, b) der Größtwert von b, damit an keiner Stelle des Querschnitts Zugspannungen auftreten. l b 60 F a/ Lösung zu a) Wir legen durch den bekannten Schwerpunkt in der Mitte des Sternes ein der Belastung angepasstes y, z- Koordinatensystem. Dann ist I yi = ta3 1. Die Trägheitsmomente der Flächen II und III um die y-achse folgen aus der Transformationsformel (vgl. Band 1) mit I η = at3 1, I ζ = ta3 1, I ηζ =0, ϕ = 30 unter Beachtung von t a zu I yii = I yiii = Iη + I ζ + Iη I ζ cos ϕ+i ηζ sin ϕ = ta3 4 ta3 4 Damit wird I y = I yi +I yii = ta3 1 +ta3 48 = ta3 8. Mit den Schnittgrößen N = F und M y = bf gilt σ = N A + My I y z = F 3at 8bF ta 3 z. Die größte Spannung (Druck) tritt bei z = a/ auf: σ max = F ( ) 1 at 3 +4b. a zu b) Zugspannungen können zuerst bei z = a/ auftreten: σ( a )=0 F 3at +4Fb ta =0 b = a 1. y y η ϕ ξ I S z z III II II 1 = ta3 48.

74 66 Inhomogener Querschnitt A3.4 Aufgabe 3.4 Eine eingespannte Säule trägt im Mittelpunkt des Querschnittes eine vertikale Last F 1 und eine horizontale Last F in der Mitte der Seite b. DieSäule besteht aus 3 Schichten mit verschiedenen Elastizitätsmodulen. Gesucht ist die Normalspannungsverteilung im Einspannquerschnitt. F x F 1 h h 6 6 l z b 1 4E E y h 4E z Lösung Wir betrachten die Lastfälle getrennt. a) Unter der vertikalen Last F 1 folgt aus dem z Gleichgewicht σ 1A 1 + σ A = F 1, ε dem Elastizitätsgesetz σ i = E iε i und der Geometrie durch Einsetzen ε 1 = ε = ε E 1ε 1A 1 + E ε A = Eε 3 bh +4Eε1 F1 bh = F1 ε = 3 Ebh und damit σ 1 = F1 bh, F1 σ = bh. b) F erzeugt ein Einspannmoment M E = F l. Aus der Geometrie (Annahme: Ebenbleiben der Querschnitte) u = ψ z ε = ψ z z, ε(z) dem Elastizitätsgesetz σ(z) = E(z)ε(z) und σ(z) M= σzda =bψ h/3 [E 1 z h/ dz + E z dz] 0 h/3 =bψ E[ 1 3 ( h 3 ) (( h )3 ( h 3 )3 )] = 7 7 bψ Eh 3 σ σ 1 ergibt sich mit M = M E ψ = 7 7 Damit wird σ 1 = E 1ψ z = E 7 M 7 Ebh z σ1( h 3 3 σ = E ψ z =4E 7 7 F l Ebh 3. )= 9Fl 7bh, M Ebh z σ( h 3 )= 54F l 7bh.

75 Schubspannungen 67 Aufgabe 3.5 Ein Holzträger kann aus 3 Balken (Querschnittsabmessungen jeweils b = a, h = a) unterschiedlich zusammengeleimt werden. Wie groß ist für die beiden Varianten 1 und die maximal zulässige Belastung F eines Kragträgers, wenn die zulässige Schubspannung τ zul in der Leimschicht in beiden Fällen gleich ist? Lösung Mit Q = F gilt für die Schubspannung in der Leimschicht (z = z l ) allgemein τ(z l )= FS(z l) Ib(z l ). Daraus ] folgt für τ(z l )=τ zul die maximale Belastung F max zu F max = τ zuli b(z l ) S(z l ). Für die Variante 1 ergeben sich [ I = bh3 hb ( h + b ) bh] =10a 4, b(z l )=b = a, S(z l )= zda = 1 A (h + b)bh =3a3. Damit wird F 1max = τ zul 10a 4 a 3a 3 = 10 3 τ zul a. Analog erhält man für die Variante y 1 h z b b h b A y h z F b b b z l 1 (h + b) z A3.5 I= h(3b)3 = 9 1 a4, b(z l )=h =a, S(z l )= zda = b bh =a 3 A und damit F max = τ zul 9a 4 a a 3 = 9 τ zul a. Anmerkung: Die Schubspannungen im Querschnitt bei z = z l und im dazu senkrechten Schnitt in der Leimschicht sind gleich (zugeordnete Schubspannungen!). z l A z b

76 68 Schubspannungen A3.6 Aufgabe 3.6 Man berechne die Schubspannungen unter Querkraft im dargestellten I-Träger mit dünnwandigen Gurten und dünnwandigem Steg. b t S y h t G z Lösung Zur Ermittlung der Schubspannungen aus τ = QS(s) It(s) benötigen wir zunächst das Trägheitsmoment I um die y-achse. Mit t G b und t S h erhalten wir I= I G + I S =t Gb ( ) h h 3 + t S 1 = h h (tsh +6tGb) = (AS +6AG). 1 1 Das statische Moment der Teilfläche A für eine Schnittstelle s im unteren Gurt wird y z A s S(s) = h tgs und für eine Schnittstelle z im Steg ( ) h h b S(z)= tg + + z ( ) h z t S y h z z ( ) h + z / = A G h + ts 8 (h 4z ).

77 im Biegebalken 69 Damit wird die Schubspannung im Gurt τ G(s) = Q h tgs h (AS +6AG)tG 1 = Q A S A S A G 1+ AS 6A G s h und im Steg Q τ S(z) = [ ] h A G + ts 8 (h 4z ) h (AS +6AG) ts 1 = Q A S 1+ A S 4A G [ 1 ( ) ] z h 1+ AS 6A G. Der Größtwert der Schubspannungen im Steg, τ S max = τ S(z =0)= Q A S 1+ AS 4A G, 1+ AS 6A G ist je nach den Flächenverhältnissen A S/A G größer als der Größtwert im Gurt τ τ S max τ G max = τ G(s = b/) = Q A S A S A G 1+ AS 6A G b h. τ G max Für das Beispiel A S = A G und b = h wird τ S max = 15 Q 14 A S τ G max = 6 Q. Der Kleinstwert im Steg, 14 A S τ S min = τ S(z = h/) = Q A S 1 1+ AS 6A G = 1 14 Q A S, und ist dann nur um 0% kleiner als τ S max. IngroberNäherung wirkt dann im Steg die mittlere Schubspannung τ mittel = Q/A S.

78 70 Spannungen A3.7 Aufgabe 3.7 Ein Verbundträger besteht aus einem obenliegenden Betonbalken und einem damit schubfest verbundenen Stahlträger. Er wird durch ein Biegemoment M beansprucht. a) Wie groß muss die Breite b des Betonbalkens gewählt werden, wenn im Beton nur Druckspannungen und im Stahl nur Zugspannungen auftreten sollen? b) Wie groß sind dann die Spannungen in den Randfasern der Teilquerschnitte? M Geg. :M = 000 knm E B =3, N/mm b h E S =, N/mm h =50cm A S = h / 6 I S = h 4 / 18 h h Lösung zu a) Damit im Beton nur Druck und im Stahl nur Zug auftritt, muss die Verbundfuge dehnungsfrei sein (=neutrale Faser). Mit dem gewählten Koordinatensystem gilt dann y z ε = az, wobei a noch unbekannt ist. Für die Spannungen im Stahl und Beton gilt damit z B z S S B S S σ S = E S ε = ae S z, σ B = E B ε = ae B z. Da der Balken nur durch ein Moment beansprucht wird, muss die Normalkraft N verschwinden: N = σ S da + σ B da =0 E S z da + E B z da =0. A S A B A B A S Mit z da = z SA S = h A S h 6 = h3 6, A B z da = z BA B = h hb = h b

79 im Verbundquerschnitt 71 und E S/E B =6 erhält man daraus die gesuchte Breite b: 6 h3 6 h b =0 b =h = 100 cm. zu b) Die Unbekannte a bestimmen wir aus dem gegebenen Biegemoment. Es gilt zunächst M = zσ S da + zσ B da = ae S z da + ae B z da. A S Einsetzen von A B z da= I S + h A S = A S z bh 3 da= 3 = 3 h4 A B liefert schließlich M = ah4 E B 9 A S h h4 6 = 9 h4 A B [ E ] S +6 =ah 4 E B a = M. E B h 4 E B Damit ergeben sich die Spannungen im Stahl und Beton zu σ S = ESM E Bh 4 z =3M h 4 z, σ B = M h 4 z. Für die obere Randfaser im Beton (z o = h) und die untere Randfaser im Stahl (z u =h) folgen daraus σ o B= M h 3 = 8N/mm, 8N/mm σ u S=6 M h 3 = 96N/mm, 96 N/mm

80 7 Schubspannungen A3.8 Aufgabe 3.8 Man bestimme die Schubspannungen infolge Querkraft für den dargestellten dünnwandigen Balkenquerschnitt (t a). a t a y Q S z t a t Lösung Wir bestimmen zunächst die Querschnittsfläche, den Schwerpunktsabstand und das Flächenträgheitsmoment: I A =4at + at +at =10at, ȳ s 1 ba =a at +a at b = 4 5 a, Iȳ =(a) at + t(a)3 3 I = I y = Iȳ b A = 38 5 ta3. = 40 3 ta3, Da der Querschnitt symmetrisch ist, ist auch der Schubspannungsverlauf symmetrisch zur z-achse. Wir betrachten daher nur den halben Querschnitt. Mit den Kooordinaten s 1 bis s 3 erhält man für die statischen Momente in den Bereichen I bis III S I = bs 1t = 4 at s1, 5 S II = b at + ( s + b s S III =(a b)ts 3 = 6 5 at s3. b s ) (b s ) t = 48 5 a t 1 ts, II y III s 3 S z Damit werden die Schubspannungen τ I = QSI It τ II = QSII It τ III = QSIII It = 19 = Q at = 3 19 Q s 1 at a, ( Q s 3 at a. ) s, a 0 95 Q/at 4 95 Q/at τ II τ I 15 Q/at Q/at 95 τ III τ

81 Schubmittelpunkt 73 Aufgabe 3.9 Wo liegt der Schubmittelpunkt für das dargestellte, geschlitzte Kastenprofil? (t b, h) b t A3.9 h Lösung Wir ermitteln zunächst für die Teilflächen die statischen Momente bezüglich y: S I = t s 1, SII = t h S III = t h 8 + h bt + s3t 8 + h ts, ( ) h s3. Damit werden die Schubspannungen τ I = Q I t s1, τ II = Q (t h I 8 + h ) τ I ts, M r M τ III = Q (t h I 8 + h ) 0 s3t bt + (h s3). Q τ I τ III Aus der Äquivalenz der Momente um 0 folgt τ II h/ b h Qt Qr M = τ Ib ds 1 + τ II ds = (b h3 0 0 I bh3 + 1 ) 4 h b ( = Qtbh 1 I 6 h + 1 ) 4 b. Mit dem Trägheitsmoment [ th 3 I = 1 + bt( h ) ] ( = th h 6 + b ) für das dünnwandige Profil erhält man für den Abstand r M des Schubmittelpunktes M vom Bezugspunkt 0 r M = tbh th 1 6 h b h +3b 1 6 h + 1 = b b h +6b. y s 3 III τ II II I s s 1

82 74 Biegung um zwei Achsen A3.10 Aufgabe 3.10 Ein Kragträger mit dünnwandigem Rechteckquerschnitt wird durch die Momente M y = Fl und M z = Fl belastet. Man ermittle die Normalspannungsverteilung über den Querschnitt für b = h. Lösung Wegen der Symmetrie sind y und z Hauptachsen. Die Spannungsverteilung folgt daher aus σ = My I y z Mz I z y. Mit ( I y = th3 h ) t = 6 th (h +3b), ( I z = tb3 b ) ht = 6 tb (b +3h) und den gegebenen Momenten findet man daraus Fl σ = z 1 6 th 7h Fl 1 6 t 4h 5h Die Gleichung der neutralen Faser (Nulllinie) folgt aus σ =0zu y y = 6Fl th 3 ( z 7 y 10 ). z Nulllinie z = 7 10 y. Zum besseren Verständnis sind die Spannungen für beide Belastungen getrennt aufgetragen: y z σ 36 Fl 35 th σ infolge M z 1 Fl 35 th infolge M y 15 Fl 35 th

83 Schiefe Biegung 75 Aufgabe 3.11 Ein beiderseits gelenkig gelagerter Balken mit dünnwandigem Profil (t b) istinder Mitte durch die Kraft F belastet. Man ermittle die Spannungsverteilung unter der Last sowie Ort und Größe der Maximalspannung. y F F S l b t b A3.11 b z Lösung Beim unsymmetrischen Profil sind die Hauptachsen nicht bekannt. Wir müssen deshalb die Formeln der schiefen Biegung anwenden. Danach errechnet sich für M z = 0 die Spannung aus σ = My (Izz + Iyzy). Δ Mit dem Moment unter der Last M y = M max = Fl 4 und den Querschnittswerten + b (bt) = 8 [ tb 3 3 tb3, I z = I y = t(b)3 1 I yz = b b bt = tb3, Δ = I yi z I yz = 16 9 t b 6 t b 6 = 7 9 t b 6 ergibt sich ( ) 3 tb3 z tb 3 y = 3 8 Fl σ = t b 6 Die neutrale Faser folgt aus der Bedingung σ =0 z = 3 y. 1 + ( b Fl (z 3y). tb3 Die maximalen Spannungen liegen in den Punkten, die den größten Abstand von der neutralen Faser haben (y =0,z = ±b): σ max = ± 3 14 Fl tb. ) bt] = 3 tb3, Druck y 3 S Zug z neutrale Faser

84 76 Ermittlung der A3.1 Aufgabe 3.1 Ein Kragträger mit dünnwandigem Profil (t a) ist durch eine Gleichstreckenlast q 0 und eine Einzelkraft F belastet. Gesucht ist die Normalspannungsverteilung im Einspannquerschnitt. Geg.: F =q 0l. l q 0 t a F Lösung Wir legen ein y, z-system durch den noch unbekannten Schwerpunkt, wobei wegen der Symmetrie zur 45 -Achse die Abstände ξ S von beiden Schenkeln gleich sind. Da das statische Moment um die Schwerachse verschwindet, gilt ( a ) ξ S at = ξs at ξ S = a 4. In Bezug auf die Schwerachsen findet man I y = I z = ta3 1 + ( a ) at+ ( a ) at= ta3, I yz = a 4 Damit wird a 4 at ( a 4 )( a ) 1 at= 4 8 ta3. Δ=I yi z Iyz = ( 5 ) t a t a 6 = 1 36 t a 6. Die Schnittmomente im Einspannquerschnitt (Rechtsschraube positiv!) lauten M y = q0 l und M z = Fl =+q 0l. Damit folgt für die Spannung σ = 1 {[MyIz MzIyz] z [MzIy MyIyz] y} Δ = 36 )] {[ q0l 5 t a 6 4 ta3 q 0l ( ta3 z 8 [ )] } q 0l 5 4 ta3 + ( q0l ta3 y 8 = 3 4 q 0l (7z 17y). ta3 y a z S ξ S

85 Spannungen im Biegebalken 77 Man kann die Spannungsverteilung auch bezüglich der Hauptachsen y, z beschreiben, deren Lage wegen der Symmetrie bekannt ist. Die Hauptträgheitsmomente sind mit I y = I z und ϕ =45 I y = Iy + Iz + I yz = 5 4 ta3 1 8 ta3 = 1 1 ta3, y S I z = Iy + Iz I yz = 5 4 ta ta3 = 1 3 ta3. Zerlegen wir die Belastung nach den Hauptrichtungen, so wird y z z My = q0l cos ϕ + Flsin ϕ ( = q 0 l 1 ) 1, M y ϕ = π 4 M z = q0l sin ϕ + Flcos ϕ M z = q 0l ( 1 + ) 1, und damit folgt für die Spannungen im Hauptachsensystem σ = M y I y z M z I z y = 3 q 0l 4 ta 3 (1z 5y ). Zur Kontrolle transformieren wir mit z = y sin ϕ + z cos ϕ =(z y) 1, y =y cos ϕ + z sin ϕ =(z + y) 1 zurück und finden nach Einsetzen σ = 3 4 q 0l ta 3 [1(z y) 5(z + y)] = 3 4 Die neutrale Faser genügt der Gleichung z = 17 7 y. q 0l (7z 17y). ta3 y Druck z Nulllinie Zug

86 78 Ermittlung der Durchbiegung A3.13 Aufgabe 3.13 Für den beiderseits gelenkig x gelagerten Balken ermittle man: a) Ort und Betrag des größten Moments, b) Ort und Betrag der größten Durchbiegung, c) die Neigung der Biegelinie an den Lagern. l EI q 0 Lösung Da der Balken statisch bestimmt gelagert ist, können Biegemoment und Durchbiegung getrennt berechnet werden. zu a) Aus der gegebenen Belastung x q = q 0 l folgt durch zweimalige Integration x Q = q 0 l + C1, x 3 M = q 0 + C1x + C. 6l Mit den statischen Randbedingungen M(0) = 0 C =0, M(l) =0 C 1 = q0l 6 wird Q = q0l [ 1 3 ( x ) ] [, M = q0l x 6 l 6 l ( x ) ] 3. l Der Ort und die Größe des maximalen Biegemoments folgen aus der Bedingung M =0: M = Q =0 1 3 ( x ) =0 x = 1 3 l =0, 577 l, l 3 M max = M(x )= q0l ( 1 1 ) 1 = 3 q0l. 3 7 zu b) Mit dem nun bekannten Momentenverlauf [ M = q0l x ( x ) ] 3 6 l l folgt aus EI w = M durch zweimalige Integration ( EI w = q0l x 6 l 1 4 EI w = q0l 6 ( x 3 6l 1 0 x 4 ) l 3 + C 3, x 5 l 3 ) + C 3x + C 4.

87 durch Integration 79 Die neuen Integrationskonstanten ergeben sich jetzt aus den geometrischen Randbedingungen w(0) = 0 C 4 =0, w(l) =0 C 3 = q0 l 3 6 ( ) = q0l3. Damit erhält man (vgl. auch Biegelinientafel auf Seite 60, Lastfall Nr. 3) [ EI w = q0l4 7 x ( x ) 3 ( x ) ] l l l Der Maximalwert folgt aus der Bedingung w =0: EI w =0 ( ) x ) x ( =0 l l ( ) x 4 ( ) x + 7 l l 15 =0, 8 x = 1 (+) l =0, 519 l. 15 (Das (+)-Vorzeichen liefert einen x-wert außerhalb des Gültigkeitsbereiches.) Damit wird w max = w(x )= q0l4 8 [ ( 8 ) ( 8 ) ] EI =0, 0065 q0l4 EI. zu c) Die Neigung der Biegelinie an den Lagern folgt aus w (0) = C3 EI = w (l) = q0 l 6EI q 0l 3 EI, ( l l 4 ) q 0 l 3 EI = q 0 l 3 EI. Anmerkung: Das größte Moment und die größte Durchbiegung liegen an verschiedenen Stellen: x x.

88 80 Ermittlung der Durchbiegung A3.14 Aufgabe 3.14 Für den beiderseits eingespannten Balken ermittle man die Momentenlinie. x q 0 l EI Lösung Der Balken ist statisch unbestimmt gelagert. Die Momentenlinie kann daher über die Ermittlung der Biegelinie gefunden werden. Aus der Grundgleichung folgt durch vierfache Integration EI w IV = q = q 0, EI w = Q = q 0x + C 1, EI w x = M = q 0 + C1x + C, EI w = q 0 x 3 EI w = q 0 x 4 6 C1 x C x + C 3, 4 x 3 C1 6 x C + C3x + C4. Für die 4 Randbedingungen stehen in dieser Aufgabe 4 geometrische AussagenzuVerfügung: w (0) = 0 C 3 =0, w(0) = 0 C 4 =0, w (l) =0 q0 l 3 6 l C1 Cl =0 w(l) =0 q0 l 4 4 l 3 C1 6 l C =0 Damit wird [ M = q0l 1 6 x ( x ) ] 1 l +6. l C 1 = q0 l C = q0l 1. q 0 l 1 M x l 1 q 0 l 4 l q 0 l 1

89 durch Integration 81 Aufgabe 3.15 Gesucht ist die Durchbiegung des links elastisch gestützten, rechts eingespannten Balkens unter einer Belastung in Form einer quadratischen Parabel. c x q 0 Lösung Wir stellen zunächst die Gleichung der Belastung auf. Aus der allgemeinen Parabelgleichung q = A + Bx + Cx und q(0) = 0 A =0, q(l) =0 Bl + Cl =0, q( l )=q0 B l + C l 4 = q0, C = B l, B =4q0 l [ x erhält man q(x) =4q 0 l ( x l )]. Vierfache Integration von EI w IV = q ergibt ( x EI w ) = Q = 4q 0 l x3 + C 3l 1, ( x EI w 3 ) = M = 4q 0 6l x4 1l + C 1x + C, ( x EI w 4 ) =4q 0 4l x5 x 60l C 1 Cx + C3, ( x 5 ) EI w=4q 0 10l x6 x 3 360l C 1 6 x C + C3x + C4. Die Randbedingungen liefern l EI A3.15 M(0) = 0 C =0, Q(0) = c w(0) C 1 = c C4 EI, w (l)=0 q0l3 10 l C1 + C3 =0, w(l)=0 45 l 3 C1 + C3l + C4 =0. 6 Aus den 3 Gleichungen für C 1, C 3 und C 4 folgen mit der Abkürzung Δ=1+cl 3 /3EI C 1 = 7 c q 0l 4 ( 90 Δ EI, q0l3 C3 = 1 1 cl 3 ), C 4 = 7 q 0l 4 10Δ 18 EI 90 Δ und damit w = q0l4 10EI [ 1 3 ( x l q0l4 ) 5 9( 1 x ) 6 7 l 54 cl 3 ΔEI ( x ) 3 ( l 1 1 cl 3 ) 1 18 EI Δ ] ( x ) 7 +. l 9Δ

90 8 Balken A3.16 Aufgabe 3.16 Ein überkragender Balken ist durch eine Gleichstreckenlast q 0 belastet. Gesucht ist die Absenkung am freien Ende. x 1 x EI a a q 0 Lösung Wir lösen die Aufgabe auf zwei verschiedenen Wegen. 1. Lösungsweg: Wegen der Unstetigkeit von q(x) müssen wir zwei Bereiche betrachten: 0 x 1 < a q 1 =0, Q 1 = C 1, M 1 = C 1x 1 + C, EI w 1 = C 1 x 1 Cx1 + C3, x 3 1 EI w 1 = C 1 6 x C 1 + C3x1 + C4, 0 <x a q = q 0, Q = q 0 x + C 5, x M = q 0 + C5x + C6, EI w x 3 = q 0 6 x C5 C6 x + C 7, x 4 EI w = q 0 4 x 3 C5 6 x C6 + C7x + C8. Die 8 Integrationskonstanten C i folgen aus: 4Rand w 1(0) = 0 C 3 =0, w 1(0) = 0 C 4 =0, bedin gungen Q (a) =0 C 5 = q 0a,M (a) =0 C 6 = q0a M 1(a) =M (0) C 1a + C = C 6, und 4 Über w 1(a) =w (a) (0) C 1 C a + C 3 = C 7, gangs bedin (a) 3 (a) w 1(a) =w (0) = 0 C 1 C gungen 6 +C 3a + C 4 = C 8 =0 C 1 = 3 8 q0a, C = 1 4 q0a, C 7 = 1 4 q0a3, C 8 =0. (Für die Querkraft lässt sich keine Übergangsbedingung angeben, da

91 mit mehreren Feldern 83 sie um den Betrag der unbekannten Lagerkraft B springt). Damit wird die Absenkung am freien Ende { } w (a) = q0 a 4 EI 4 a4 6 + a4 4 + a4 = 3 q 0a EI.. Lösungsweg: Mit Hilfe des Föppl-Symbols können wir beide Bereiche in einer Gleichung erfassen. Wir zählen x von links und müssen den Querkraftsprung bei B beachten (B wird nach oben positiv angenommen): q = q 0 <x a> 0, Q = q 0 <x a> 1 +B<x a> 0 +C 1, M = 1 q0 <x a> +B<x a> 1 +C 1x + C, EI w = 1 6 q0 <x a>3 1 B<x a> 1 C1x C x + C 3, EI w = 1 4 q0 <x a>4 1 6 B<x a>3 1 6 C1x3 1 Cx + C 3x + C 4. Die 5 Unbekannten C i und B folgen aus w (0) = 0 C 3 =0, 4 Randbe dingungen und w(0) = 0 C 4 =0, Q(3a) =0 q 0a + B + C 1 =0, a M(3a) =0 q 0 + Ba + C13a + C =0 { 1 Lager (a) 3 (a) w(a) =0 C bedingung 1 C + C 3a + C 4 =0. 6 Auflösen ergibt: C 1 = 3 8 q0a, C = 1 4 q0a, C 3 =0, C 4 =0, B = 11 8 q0a. Damit wird die Absenkung am freien Ende [ w(3a) = q0 a 4 EI a a a (3a)3 1 ] (3a) 6 4 a = 3 8 q 0a 4 EI. Anmerkung: Die Ermittlung der Verschiebung an einer ausgezeichneten Stelle erfolgt meist leichter mit Methoden nach Kapitel 5.

92 84 Ermittlung der Durchbiegung mit dem FÖPPL-Symbol A3.17 Aufgabe 3.17 Ein Gerber-Balken trägt auf seinem Kragarm eine Gleichstreckenlast. Wie groß ist die Absenkung des Gelenks und welche Winkeldifferenz tritt am Gelenk auf? x a A q 0 a EI a Lösung Mit Hilfe des Föppl-Symbols kann der gesamte Bereich in einer Gleichung erfasst werden. Bei der Integration muss der Winkelsprung Δϕ am Gelenk beachtet werden. q = q 0 q 0 <x a >0, Q = q 0 x + q 0 <x a >1 +A<x a >0 +C 1, x M = q 0 + q0 <x a > +A<x a >1 +C 1 x + C, EI w x 3 = q 0 6 q0 6 <x a >3 A <x a x > C 1 Cx +EIΔϕ <x a> 0 +C 3, x 4 EI w = q 0 4 q0 4 <x a >4 A 6 <x a x 3 >3 C 1 6 x C +EIΔϕ <x a> 1 +C 3 x + C 4. Die 4 Integrationskonstanten C i, die unbekannte Lagerkraft A und die unbekannte Winkeldifferenz Δϕ am Gelenk folgen aus den 6 Bedingungen Q(0) = 0 C 1 =0, M(0) = 0 C =0, M(a) =0 A = 3 4 q0a, w( a )=0 1 a 384 q0a4 + C 3 + C4 =0, w (a) =0 4 3 q0a q0a3 7 3 q0a3 + EIΔϕ + C 3 =0, w(a) =0 3 q0a q0a q0a4 + EIΔϕa+ C 3a + C 4 =0. Auflösung ergibt C 3 = 5 4 q0a3, C 4 = q0a4, EIΔϕ = 9 3 q0a3. Damit erhält man für die Absenkung des Gelenks w G = w(a) = 1 1 q 0 a 4 EI und für die Winkeldifferenz Δϕ = 9 q 0a 3 3 EI. w G Δϕ

93 Träger mit veränderlichem Querschnitt 85 Aufgabe 3.18 Eine einseitig eingespannte Blattfeder mit der konstanten Dicke t und der veränderlichen Breite b = b 0l/(l + x) ist am freien Rand mit F = q 0b 0/ belastet. Wie groß ist die Absenkung unter der Last? A3.18 Lösung Da das System statisch bestimmt ist, ermitteln wir zunächst den Momentenverlauf: Q = F =const, M = Fx+ C. Mit M(l) = 0 folgt C = Fl und daher M = F (l x). Einsetzen in die DGL der Biegelinie EI w = M liefert mit I(x) =b(x) t3 1 = b0t3 1 l l + x und der Abkürzung I 0 = b 0t 3 /1 : w = F (l x)(l + x) EI 0l = F EI 0l (l x ). Integration ergibt w = F ) (l x x3 EI 0l 3 + C1, w = F (l x ) EI 0l x4 1 + C1x + C. Mit wird w (0) = 0 C 1 =0, w(0) = 0 C =0 w(l) =w max = 5 1 Fl 3 EI 0. Anmerkung: Für einen Träger der konstanten Breite b 0 ergibt sich unter gleicher Last eine kleinere Absenkung w(l) = Fl3 = 4 Fl 3. 3EI 0 1 EI 0

94 86 Träger mit veränderlichem Querschnitt A3.19 Aufgabe 3.19 Ein Kragträger mit Rechteckquerschnitt (Breite b, Höhe h(x)) unter Dreieckslast soll in den Außenfasern die konstante Spannung σ 0 haben. Gesucht ist die Enddurchbiegung. x l E q 0 Lösung Wir müssen zunächst die noch unbekannte Querschnittshöhe ermitteln. Aus σ max = M W folgt mit M = q0 x 3 für h(x) h(x) = 6l = σ0, I = bh3 (x) 1 q0 σ 0bl x3/. Damit wird I(x) = q0 q0 1σ 0l bσ 0l x9/., W(x) = I h/ = bh (x) 6 Integration von EI w = M liefert unter Einarbeitung der Randbedingungen w (l) =w(l) =0: w = M EI = q0x3 1σ 0l bσ 0l x 9/ = σ0 bσ 0l x 3/, 6lEq 0 q 0 E q 0 w = σ0 E w = σ0 E bσ 0l ( x 1/ +l 1/), q 0 bσ ( 0l 4x 1/ +l 1/ x +l 1/). q 0 Für die Enddurchbiegung erhält man hieraus w(0) = 4 σ0 bσ 0l. E q 0 ZurProbe führen wir eine Dimensionskontrolle durch (K =Kraft, L =Länge): [w] = KL LKL L = L. KL KL 1

95 Superposition 87 Aufgabe 3.0 Der dargestellte Träger besteht aus Teilen unterschiedlicher Biegesteifigkeit. Wie groß ist die Absenkung f am freien Ende? I EI l EI II l F A3.0 Lösung Wir superponieren mit Hilfe der Biegelinientafel auf Seite 60. Hierzu denken wir uns den Balken II zunächst bei B eingespannt und berechnen seine Eigendurchbiegung w II. Dazu kommt die Eigendurchbiegung w I des linken Balkens I infolge F und M = Fl. Schließlich müssen wir beachten, dass am Ende des linken Balkens eine Neigung w I auftritt, die sich multipliziert mit dem Hebelarm l am Ende als zusätzliche Absenkung äußert: F F I B II I B Fl II F f w I w I B w II f = w II + w I + w Il = w II +(w IF + w IM )+(w I F + w I M )l. Dabei wird nach Lastfall Nr. 5 w II = Fl3 3EI, wi F = Fl3 3(EI), w I F = Fl (EI) und nach Lastfall Nr. 8 w IM = (Fl)l (EI), w I M = (Fl)l (EI). Addition ergibt { f = Fl EI } = 3 Fl 3 EI.

96 88 Superposition A3.1 Aufgabe 3.1 Für den nebenstehenden Balken ermittle man die Biegelinie. A l q 0 EI Lösung Der Balken ist statisch unbestimmt gelagert. Wir lösen das Einspannmoment als statisch Überzählige X aus: q 0 q 0 X =M A w q w X Aus der Biegelinientafel auf Seite 60 liest man für die Winkel ab: Lastfall Nr. Lastfall Nr. 4 (mit β =1) w q = q0l3 4EI, w X = Xl 3EI. Da der Gesamtwinkel an der Einspannung verschwinden muss, liefert die Verträglichkeitsbedingung w q + w X =0 X = M A = 1 8 q0 l. Damit erhält man aus der gleichen Tafel durch Überlagerung die Biegelinie EI w = EI(w q + w X ) = q0l4 4 (ξ ξ3 + ξ 4 ) 1 8 q0l l 6 (ξ + ξ3 3ξ ) = q0 l 4 48 (3ξ 5ξ 3 +ξ 4 ).

97 Statisch unbestimmtes System 89 Aufgabe 3. Ein in A eingespannter und in B durch ein elastisches Seil gehaltener vertikaler Pfosten wird durch eine horizontale Dreieckslast beansprucht. Wie groß ist die horizontale Verschiebung v von C für EI a EA = 1 3? EI a EA q 0 C B A a a A3. Lösung Wir trennen Seil und Balken: v q v X w q X X w X Δa Die Verträglichkeit am Seilanschluss fordert w q w X =Δa, wobei Δa = Xa EA Mit der Biegelinientafel auf Seite 60 finden wir: Lastfall Nr. 7 Lastfall Nr. 5 Einsetzen liefert 8 q 0 a 15 EI 8 Xa 3 EI = Xa EA w q = q0(a)4 30EI w X = X(a)3 3EI = 8 15 = 8 3 q 0 a 4 EI, Xa 3 EI. X = (vgl. Kapitel ). 1 5 q0a EI a EA = 8 45 q0 a. Die Verschiebung v ergibt sich damit durch Superposition zu (für die Dreieckslast müssen Absenkung w q und Winkel w q beachtet werden: v q = w q + w qa): [ ) ] 3 EI v = EI(v q + v X)= q0(a)4 30 = q0a Xa3 = q0a q0(a)3 4 a X(3a)3 3 ( }{{} Lastfall Nr. 5 mit α =/3

98 90 Statisch unbestimmte Systeme A3.3 Aufgabe 3.3 Zwei parallele Balken (Biegesteifigkeit EI, Länge a) sind im Abstand l voneinander einseitig eingespannt. Ein elastischer Stab (Dehnsteifigkeit EA) der Länge l + δ wird bei a/ zwischen die Balken gezwängt. a) Wie groß ist die Stabkraft? b) Um welchen Betrag e ändert sich der Abstand l der Balkenenden? l δ l a/ a/ l + δ Lösung zu a) Aus der Geometrie (Verträglichkeit) l +w X =(l + δ) Δl w X +Δl = δ folgt mit (vgl. Biegelinientafel auf Seite 60, Lastfall Nr. 5) w X X X w X f X X Δl ( a ) 3 X w X = und 3EI die Stabkraft (Druck) Δl = Xl EA X S = X = δ l EA + a3 1EI = δ EA l a3 EA 1 lei zu b) Die Spreizung e erhält man mit Hilfe der Biegelinientafel aus Lastfall Nr. 5 zu [ e =f X = Xa EI 1+ ( ) ] 3 1 = 5 4 a 3 EA lei δ 1+ a3 EA 1 lei. Anmerkung: Im Grenzfall EI ergeben sich S = δ und e =0. EA l

99 Superposition 91 Aufgabe 3.4 Für den skizzierten Balken sind die Lagerreaktionen zu bestimmen EI q 0 A3.4 l/ l/ Lösung Das System ist zweifach statisch unbestimmt. Wir fassen das Einspannmoment M A = X 1 und die Lagerkraft B = X als statisch Überzählige auf und superponieren: q 0 q 0 X 1 w w A B C w q w q w 1 w 1 X Unter Beachtung der (willkürlich) gewählten Vorzeichen lauten die Verträglichkeitsbedingungen w q + w 1 w =0, w q + w 1 w =0. Mit der Biegelinientafel (Nr., 4 und 1) finden wir q 0 l X1 l 3 X l 16 =0, q0l X1l Xl3 48 =0 und hieraus X 1 = 1 56 q0 l, X = 4 7 q0 l. Damit erhält man die Lagerkräfte durch Superposition der 3 Lastfälle zu A = q0 X1 l X = q0l, 1 56 q ol q 0 B = X = 4 7 q0l, C = q0l + X1 X l = q0 l, M A = X 1 = 1 56 q0l q ol 3 56 q o l q o l

100 9 Statisch unbestimmte Systeme A3.5 Aufgabe 3.5 Für den Balken unter Trapezlast ermittle q 0 man die Biegelinie. q 1 A l EI B Lösung Der Balken ist einfach statisch unbestimmt gelagert. Wir wählen B als statisch Überzählige und superponieren die 3 folgenden Lastfälle (die Trapezlast wird durch Dreieck- und Rechtecklast ersetzt) q 1 q1 q 0 x B und finden (Seite 60, Nr. 6, 7 und 5) EI w(x) = q1l4 4 (6ξ 4ξ 3 + ξ 4 ) (q1 q0)l4 (10ξ 10ξ 3 +5ξ 4 ξ 5 ) Bl (3ξ ξ 3 ). Aus der Verträglichkeit (Balken ist in B gelagert!) folgt die Lagerkraft B: w(l) =0 B = 3 (q1 q0)l q1l Mit der Umformung q 1l 4 4 = (q1 q0)l4 4 + q0l4 4 wird endgültig EI w(x) = q0l4 4 {ξ 4 5 ξ3 + 3 ξ } + (q1 q0)l4 10 {ξ 5 9 ξ3 + 7 ξ }.

101 Superposition 93 Aufgabe 3.6 Für den Zweifeldträger sollen die Lagerreaktionen sowie die Durchbiegungen in den Feldmitten bestimmt werden. Gegeben: F =q 0l. A q 0 EI l B F l l C A3.6 Lösung Wir teilen den Träger in (beiderseits gelenkig gelagerte) Balken und führen das Biegemoment über dem mittleren Lager als statisch Unbestimmte ein: F X w (0) 1 A (0) B (0) 1 w (0) (1) w (1) B (0) 1 C (0) B (1) 1 B (1) A (1) w Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgt C (1) A (0) = B (0) 1 = 1 q0 l, B (0) = C (0) = F, A (1) = C (1) = B (1) 1 = B (1) = X l Die Biegelinientafel liefert w (0) 1 = q0l3 (0), w = Fl (1), w 1 = w (1) = Xl 4EI 16EI 3EI. Durch Einsetzen in die Verträglichkeitsbedingung w (0) 1 + w (1) 1 = w (0) + w (1) erhält man X = 1 16 q0 l 3 3 Fl = 1 4 q0 l = M B. Damit wird durch Superposition A = A (0) + A (1) = 1 q0l 1 4 q0l = 1 4 q0l, B = B (0) 1 + B (1) 1 + B (0) + B (1) =q 0l, C = C (0) + C (1) = F 1 4 q0l = 3 4 q0l. Die Durchbiegungen in den Mitten der Felder ergeben sich zu f 1 = f (0) 1 + f (1) 1 = 5 ( q 0 l EI + Xl 1 6EI 1 ) = q 0l EI, ( f = f (0) + f (1) = Fl3 48 EI + Xl 1 6 EI 1 ) = 5 q 0l EI..

102 94 Temperaturbelastung A3.7 Aufgabe 3.7 Auf einem beiderseits eingespannten Balken mit rechteckigem Querschnitt T o (Breite b, Höhe h) herrscht über die gesamte Länge eine konstante Temperaturdifferenz A x T u B T u T o. l Wie groß sind die Verformung des Balkens und welche maximalen Spannungen treten auf? Lösung Der Balken ist zweifach statisch unbestimmt. Wir wählen als Überzählige das Einspannmoment X 1 = M B und die Lagerkraft X = B und superponieren die drei (statisch bestimmten) Systeme: w (0) B w (1) B w (0) B w (1) B M B 0 -System 1 -System -System w () B w () B Die Verformung im 0 -System folgt mit dem Temperaturmoment M ΔT = EIα T (T u T o )/h aus der Grundgleichung w (0) = M ΔT /EI unter Beachtung der Randbedingungen w (0) (0) = 0, w (0) (0) = 0 zu w (0) (x) = MΔT EI x, w (0) (x) = MΔT EI x. Wegen der Einspannung in B gelten die Kompatibilitätsbedingungen w B = w (0) B + w(1) B + w() B =0, w B = w (0) (1) () B + w B + w B =0. B Mit der Biegelinientafel erhält man MΔT EI l MB l EI Auflösung ergibt Bl EI =0, B =0, M B = M ΔT. MΔT EI l MB l EI Bl3 3EI =0. Da M B = M =constüber die gesamte Balkenlänge, folgt die Verformung aus w = M + MΔT EI =0 zu w 0. Die maximale Spannung wird mit dem Widerstandsmoment W = bh /6 σ max = M W =6 MΔT bh.

103 Rahmen 95 Aufgabe 3.8 Für den dargestellten Rahmen ermittle man die Lagerreaktionen. a EI q 0 a A3.8 Lösung Wir lösen das rechte Lager aus und wählen B als statisch Überzählige. q 0 q 0 A B Die einzelnen Verschiebungen finden wir mit der Biegelinientafel durch Superposition: q 0 q 0 a ϕ v q ϕ v q1 v B B q 0 v q v q v q = v q1 + v q = ϕ a + v q = q0a Ba ψ ψ a a + q0a4 8 v B1 = 5 8 q0a4, v B B v B B v B = v B1 + v B = ψ a + v B = Ba a a + B a3 3 = 4 3 Ba3. Einsetzen in die Verträglichkeit (Lager bei B) liefert die Lagerkraft B: v q = v B B = 15 3 q0a. Damit folgt aus den Gleichgewichtsbedingungen A = 17 3 q0 a und M A = 1 3 q0 a.

104 96 Superposition A3.9 Aufgabe 3.9 Eine Behelfsbrücke, die auf beiden Ufern gelagert ist, stützt sich in der Mitte zusätzlich auf einen Ponton (Quader mit Querschnitt A in der Wasserfläche). Die Brücke wird durch eine konstante Gleichstreckenlast q 0 belastet. Geg.: Dichte des Wassers ρ, EI/Al 3 ρg =1/1. l ρ A l EI q 0 Gesucht ist die Eintauchtiefe f des Pontons infolge q 0. Lösung Das System ist statisch unbestimmt gelagert. Wir fassen die Pontonkraft als statisch Überzählige auf und superponieren: q 0 q 0 w X w q X Für die Absenkung des Pontons gilt (Verträglichkeit) F A f = w q w x. Nach dem Prinzip des Archimedes ist die Auftriebskraft F A gleich dem Gewicht der verdrängten Flüssigkeit (siehe auch Kapitel 7), d. h. es gilt X = F A = ρgfa f = X ρga. Die Biegelinientafel liefert Nr. : w q = 5 q 0 (l) 4, Nr. 1: w x = X(l)3 384 EI 48EI. Durch Einsetzen folgt X ρga = 5 q 016l 4 X8l3 384 EI 48EI Die Eintauchtiefe beträgt damit f = X ρga = 5 6 q0l EI l 3 ρga EI l = 5 q 0l EI. X = 5 q 0l 4 4 EI 1 l 3 6 EI + 1 ρga = 5 6 q0l.

105 Superposition 97 Aufgabe 3.30 Ein elastisches Seil (Gesamtlänge s) istanei- ner Wand befestigt und in C reibungsfrei über eine kleine Rolle geführt. Die Rolle sitzt am Ende eines dehnstarren Balkens. Wie weit senkt sich die Last Q ab? ϕ l EA EI C Q A3.30 Lösung Die Absenkung von Q ergibt sich aus der Längenänderung Δs = Qs EA des Seils und einem Anteil δ der Geometrieänderung infolge der Absenkung der Rolle. Letztere ermittelt sich aus der Vertikalbelastung des Balkens V = Q S cos ϕ = Q(1 cos ϕ) zu V ϕ S = Q w = Vl3 Q(1 cos ϕ)l3 =. 3EI 3EI w H H V Q Die daraus resultierende Absenkung δ der Last Q folgt aus δ = w + a n a v = w +(s b n) (s b v) ϕ b v b n = w + b v b n mit b n b v = w cos ϕ (für w b v). Damit wird die Absenkung von Q C w C a v Q a n Q δ v Q = δ +Δs = w(1 cos ϕ)+ Qs [ ] s EA = Q EA + l3 (1 cos ϕ). 3EI

106 98 Statisch unbestimmte Systeme A3.31 Aufgabe 3.31 Nebenstehendes Tragwerk mit dem Steifigkeitsverhältnis α = EI/a EA ist durch die Kraft F belastet. a) Wie groß sind die Stabkräfte für α =1/8? b) Wie groß muss α sein, damit S = 0 wird? c) Für welches α wird M B =0? a EI A a a a B 1 C EA F 1 EA a Lösung Das System ist innerlich statisch unbestimmt. Wir trennen zunächst den mittleren Stab heraus (Grundsystem): A B C F F Aus dem Gleichgewicht in C folgt S (0) 1 = F/. Damit wird der Balken durch die Komponenten F/ belastet. Mit der Biegelinientafel (Lastfall Nr. 1) erhalten wir die Durchbiegung an der Stelle A zu EI w (0) A = F [ (4a) ( ) 16 und an der Stelle B zu EI w (0) B F S (0) 1 C F S (0) ( ) ] = 16 3 Fa3 = F (4a) ( ) = Fa3. Infolge der Stabverlängerungen Δl 1 erfährt der Punkt C zusätzlich eine Absenkung C 1 w (0) S 1l 1 Fa C =Δl1 = = Δl 1 Fa = EA EA EA. Insgesamt verschiebt sich daher C um v (0) C = w(0) B + w(0) C = Fa 3 3 EI + Fa EA. Nun belasten wir das System durch die noch unbekannte Stabkraft S = X und betrachten die Lastfälle einzeln: C (0) wc

107 Superposition 99 I II A B A B X X X Im Teilsystem I verschieben sich die Punkte wie im Grundsystem, wenn man F durch X ersetzt, d.h. v (I) C = 3 Xa 3 EI Xa EA, w(i) B = 11 1 Xa 3 EI. Die Verschiebungen im Teilsystem II folgen wieder mit der Biegelinientafel zu w (II ) B = X(4a)3 48EI = 4 Xa 3 3 EI, { 1 v (II ) C = w(ii ) A = X(4a)3 6EI 1 ( ) } = 11 Xa EI. Die Verträglichkeit verlangt, dass die Differenz der Gesamtverschiebung der Punkte C und B gleich der Verlängerung des Stabes ist: v (0) C [ ] + v(i) C + v(ii ) C w (0) B + w(i) B + w(ii ) B = Xa EA oder Fa 3 3EI + Fa EA Xa3 3EI Xa ( EA + 11Xa3 11Fa 3 ) 1EI 1EI 11Xa3 1EI + 4Xa3 = Xa 3EI EA X = α 1 4 α + 1 F. 6 Damit lauten die Antworten auf die Fragen: zu a) X = S = zu b) S = X =0 α = 1 4, zu c) M B = F a ( F X F = 3 10 F, S1 = 1 ) a =0 X = F, 13 (F X) = F, 0 α 1 4 α + 1 F = F α =

108 100 Superpositionsverfahren A3.3 Aufgabe 3.3 Über zwei eingespannte Pfosten soll ein Stahlseil der Länge l geführt und in den Punkten A und B befestigt werden. Das Seil ist um die Länge Δl zu kurz. a) Welche horizontale Kraft F muss am rechten Pfosten in D angreifen, damit das Seil spannungsfrei befestigt werden kann? A EI EA S h F EI D B Δl b) Nach der Montage wird F entfernt. Wie groß sind dann die Seilkraft und die Einspannmomente? Lösung zu a) Die Kraft F muss den Pfosten um Δl nach links auslenken. Mit der Biegelinientafel (Lastfall 5) folgt Δl = Fh3 3EI F = 3EI h 3 Δl. zu b) Die Länge Δl muss von der Verlängerung Δl S des Seils infolge einer noch unbekannten Seilkraft S und der Enddurchbiegung f S beider Pfosten infolge derselben Kräfte S aufgebracht werden. Aus der Verträglichkeitsbedingung Δl =Δl S + f S + f S ergibt sich danach Δl = Sl EA S + Sh3 3EI + Sh3 3EI S = Δl 1 l EAS 1+ h 3 EA S 3 lei. Die Einspannmomente werden dann M = hs = Δl 1 l EAS h 1+ h 3. EA S 3 lei

109 Rahmen 101 Aufgabe 3.33 Ein ebener Rahmen ist durch Kräfte in C und D belastet. Man ermittle die gegenseitige Horizontalverschiebung Δu von C und D. a C EI F F D 3 a 3 a a A3.33 Lösung Um die Biegelinientafel anwenden zu können, müssen wir die Verformungen der einzelnen Balken getrennt betrachten und dann überlagern. M = F 3 a ϕ M = F 3 a ϕ ϕ ϕ 3 a ψ ψ 3 a F w w F M M C verschiebt sich um ϕ 3 a + ψ a + w nach rechts, 3 D verschiebt sich um ϕ 3 a + ψ a + w nach links. 3 Damit wird die gegenseitige Verschiebung [ Δu = ϕ 3 a + ψ ] 3 a + w. Mit der Biegelinientafel folgt: Lastfall Nr. EI ϕ = ( 3 Fa ) a 3 ( 3 Fa ) a 6 = 9 Fa, ( ) Lastfall Nr. 8 EI ψ = 3 Fa a = 3 Fa, ( ) 3 F Lastfall Nr. 5 EI w = 3 a = Fa3. Damit erhält man ( 4 Δu = ) Fa 3 81 EI = 11 Fa 3 81 EI. Anmerkung: Wegen der Antimetrie des Systems sind die Vertikalverschiebungen von C und D gleich.

110 10 Rahmen A3.34 Aufgabe 3.34 Nebenstehender Dreigelenkbogen ist durch ein Einzelmoment M 0 belastet. Man berechne die gegenseitige Verdrehung Δϕ G am Gelenk. l EI l M 0 l Lösung Zweckmäßig zerlegt man die Belastung in einen symmetrischen und einen antimetrischen Anteil: M 0 M 0 / M 0 / M 0 / M 0 / Unter antimetrischer Last tritt am Gelenk keine Winkeldifferenz auf. Beim symmetrisch belasteten Rahmen genügt es, eine Hälfte zu betrachten. Die Winkeländerung ψ resultiert alleine aus der Biegung des Pfostens (im Querriegel wirkt nur eine Längskraft). Damit folgt aus der Biegelinientafel (Lastfall Nr. 4 mit β = 1 und α =0) ψ = M 0 l 3EI = M0l 6EI. ψ M 0 / ψ Für die gegenseitige Verdrehung erhält man schließlich Δϕ G =ψ = M0l 3EI.

111 Schiefe Biegung 103 Aufgabe 3.35 Für den Träger mit dünnwandigem Profil berechne man die Verschiebungen des Kraftangriffspunktes. x E F y F a t a t a A3.35 l a z Lösung Bei unsymmetrischem Querschnitt tritt schiefe Biegung auf. Die Verschiebungen errechnen sich daher aus den zwei Verschiebungsdifferentialgleichungen. Mit den Schnittmomenten M y = F (l x), M z =0 und den Flächenmomenten für den dünnwandigen Querschnitt I y = t(a)3 +(at)a = ta3, I z = 3 ta3, I yz = (ta)a a = ta3, Δ=I yi z Iyz = 7 9 t a 6 folgen Ew = MyIz Δ = 6 F 3 (l x), 7 ta Ew = 3 F 7 ta 3 (l x) + C 1, Ew = 1 F 7 ta 3 (l x)3 + C 1x + C und Ev = MyIyz Δ = 9 F 3 (l x), 7 ta Ev = 9 F 14 ta 3 (l x) + C 3, Ev = 3 F 14 ta 3 (l x)3 + C 3x + C 4. Aus den Randbedingungen erhält man v (0) = 0 C 3 = 9 Fl 14 ta 3, w (0) = 0 C 1 = 3 Fl 7 ta 3, v(0) = 0 C 4 = 3 Fl 3 14 ta 3, w(0) = 0 C = 1 Fl 3 7 ta 3. Damit werden die Verschiebungen am Lastangriffspunkt x = l w(l) = Fl 3, v(l) = 3 Fl 3 7 Eta 3 7 Eta. 3 Anmerkung: Man beachte, dass trotz vertikaler Last die horizontaleverschiebung größer ist. Das Profil weicht bevorzugt zur Seite des kleineren Trägheitsmomentes aus!

112 104 Schiefe Biegung A3.36 Aufgabe 3.36 Der Balken auf zwei Stützen ist durch eine Gleichstreckenlast beansprucht. Gesucht ist die Verschiebung des Schwerpunktes der Querschnittsfläche in Balkenmitte infolge Biegung. x l q 0 E q 0 10 Geg.: l =m, E =, MPa, q 0 =10 4 N/m. [mm] Lösung Zunächst berechnen wir die Querschnittswerte: A = = 1850 mm, η S ζ S = η S = (65 10) 5 + (10 10) (65 10) 3, 5 + (10 10) =47, 16 mm, =14, 66 mm, ζ S y S z I y = = 3, 7cm 4, +(4, 16) (65 10) (, 84) (10 10) I z = =55, 8cm 4, +(17, 84) (65 10) (9, 66) (10 10) I yz= ( 17, 84)( 4, 16)(65 10) (, 84)(9, 66)(10 10) = 75, 4cm 4, Δ = I y I z I yz = 131, 5cm 8. Die Belastung verursacht nur ein Moment um die y-achse: M y (x) = q0l x q0 x.

113 Damit vereinfachen sich die Grundgleichungen zu Schiefe Biegung 105 Ew = MyIz Δ, Ev = MyIyz Δ. Zweifache Integration führt auf Ew = Iz Δ Ew = Iz Δ Ev = Iyz Δ Ev = Iyz Δ q 0 q 0 q 0 q 0 (l x (l x3 ) x3 3 + C1 6 x4 1 + C1 x + C ) (l x Mit den Randbedingungen x3 3 + C3 (l x3 6 x4 1 + C3 x + C 4,, ), ). w(0) = 0 C =0, v(0) = 0 C 4 =0, w(l) =0 C 1 = l3 l3, v(l) =0 C3 = 1 1 und der Abkürzung ξ = x l ergibt sich Ew = q0l4 4 Ev = q0l4 4 { ξ 4 ξ 3 + ξ } I z Δ, { ξ 4 ξ 3 + ξ } I yz Δ. In der Balkenmitte (ξ =1/) nimmt die geschweifte Klammer den Wert 5/16 an und wir finden mit den Zahlenwerten (umgerechnet in cm) w = v = , 8 131, 5 75, 4 131, 5 f = w + v =0, 76 cm. 1 =0, 45 cm,, = 0, 61 cm,, 1 107

114 106 Schiefe Biegung A3.37 Aufgabe 3.37 In der Mitte eines Trägers greift eine Last F an. Der dünnwandige Querschnitt wurde durch Abkanten von mm dickem Aluminiumblech hergestellt. Gesucht ist die Verschiebung unter der Last. Geg.: l =m, E = MPa, F = 100 N. x E y F l F 4 [cm] 4 z Lösung Die Verschiebungen kann man bezüglich des y, z-achsensystems oder bezüglich der Hauptachsen bestimmen. Wir wollen beide Möglichkeiten betrachten. 1. Weg: Die Schwerpunktslage ist bekannt. In Bezug auf das y, z- Achsensystem findet man 0, ( 103 0, , ) 63 I y= , 4=69, 73 cm 4, I z= 0, , =1, 33 cm 4, I yz= {5 0, , } = 8, 8cm 4, Δ= I y I z I yz = 657, 9cm 8. Mit den Momenten M y = F x, Mz =0 für 0 x l/ (Symmetrie!) folgen die Verschiebungsdifferentialgleichungen Ew = FIz Δ x, Ev = FIyz Δ x. Nach Integration und Einarbeiten der Randbedingungen erhält man für die Durchbiegung in der Mitte (vgl. auch Biegelinientafel) S l 10 w = Fl3 48E v = Fl3 48E I z Δ I yz Δ , 33 = 6 =0, 93 cm, , ( 8, 8) = 6 = 1, 5 cm, , 9 f = w + v =1, 56 cm.

115 Schiefe Biegung 107. Weg: Wir beziehen uns auf ein Hauptachsensystem. Nach Band 1 folgen die Hauptrichtungen und die Hauptträgheitsmomente aus tan ϕ = I 1, = 91, 06 Iyz I y I z = 1, 19 ϕ = 4, 98 ± 4, +8, 8 y η ψ = ϕ I 1 = I η =83, 15 cm 4, I = I ζ =7, 91 cm 4. ζ z Zerlegen wir die Last in Richtung der Hauptachsen, F ζ = F cos ψ =0, 906 F, F η = F sin ψ =0, 4 F, so folgen die gesuchten Verschiebungen nach der Biegelinientafel (Lastfall Nr. 1) zu f η = Fη l , = 48EI ζ = 1, 5 cm, 7, 91 f ζ = F ζl , = 48EI η , 15 f = fη + fζ =1, 55 cm. η =0, 31 cm, y ψ ζ w z f v ψ f η f ζ Zum Vergleich mit der Lösung nach dem 1. Weg rechnen wir diese Verschiebungen noch ins y, z-koordinatensystem um: v = f η cos ψ f ζ sin ψ =1, 5 cm, w = f η sin ψ + f ζ cos ψ =0, 93 cm. Anmerkung: Da wir bei der Zahlenrechnung nur Dezimalen berücksichtigt haben, weichen die Ergebnisse für f in der. Dezimalen voneinander ab.

116 108 Inhomogener Querschnitt A3.38 Aufgabe 3.38 Ein aus zwei verschiedenen Materialien zusammengesetzter Balken (z. B. Bimetallstreifen zur Messung von Temperaturen) wird gleichmäßig um ΔT erwärmt. Gesucht ist die Durchbiegung am freien Ende. x E 1,α 1 E,α l y b z h h Lösung Wir nehmen an, dass die Spannungen in jedem Streifen linear verteilt sind und ersetzen sie jeweils durch eine resultierende Kraft F i und ein Moment M i.wennwirα >α 1 voraussetzen, möchte sich der untere Streifen stärker ausdehnen als der obere. Da dies durch F 1 M 1 die Verbindung verhindert h wird, muss unten eine Druckkraft F und oben eine Zug- M F kraft F 1 auftreten. F 1 und F bewirken im zusammengesetzten Balken ein Moment, dem durch die Biegemomente M 1 und M das Gleichgewicht gehalten wird (es wirkt keine äußere Last!). Es müssen daher folgende Gleichungen erfüllt werden: Statik N =0 F 1 = F = F, M =0 Fh = M 1 + M, Elastizitätsgesetze w 1 = M1 1 E 1 bh, 3 w = M 1 E bh. 3 Die kinematische Verträglichkeit verlangt w 1 = w = w. Außerdem müssen an der Nahtstelle die Dehnungen übereinstimmen. Sie bestehen jeweils aus den 3 Anteilen infolge Temperatur α 1ΔT, Längskraft F/EA und Biegemoment M/EW. Unter Beachtung der Vorzeichen gilt daher α 1 ΔT + F + M16 bhe 1 E = α ΔT F M6 1bh bhe E. bh Eliminieren von M i und Auflösen nach w ergibt w = 1E1 E (α α 1 )ΔT h(e 1 +14E1E + E ) = C. Integration liefert unter Einarbeitung der Randbedingungen (Einspannung) die Enddurchbiegung w = C l. ΔT w

117 Kapitel 4 Torsion 4

118 110 Torsion Torsion Wenn eine äußere Belastung ein Schnittmoment M x um die Längsachse hervorruft, so wird der Stab auf Torsion (Drillung) beansprucht. Das Moment M x bezeichnen wir im weiteren als Torsionsmoment M T. M A y A z x l m(x) B M B

119 Grundgleichungen 111 Voraussetzungen, Annahmen: Die Verwölbung der Querschnitte ist nicht behindert (reine Torsion), Die Querschnittsform bleibt bei der Verdrehung erhalten. Gleichgewichtsbedingung dm T dx = m, m(x) =äußeres Moment pro Längeneinheit. Differentialgleichung für den Verdrehwinkel GI T dϑ dx = MT, ϑ = Verdrehwinkel, GI T = Torsionssteifigkeit, G = Schubmodul, I T = Torsionsträgheitsmoment. y z x P P ϑ(x) Verdrehung der Endquerschnitte Δϑ = ϑ(l) ϑ(0) = l 0 ϑ (x)dx = Sonderfall: GI T =const, M T =const Δϑ = MT l GI T. l 0 M T GI T dx. Maximale Schubspannung τ max = MT W T, W T = Torsionswiderstandsmoment. Der Ort der maximalen Schubspannung ist der nachfolgenden Tabelle zu entnehmen.

120

121 Torsionswiderstandsmomente 113 W T Bemerkungen W T = IT = π ra 4 ri 4 r a r a W T = π r3 a W T =A T t min W T =πa t Die Schubspannungen sind über den Querschnitt linear verteilt: τ(r) = MT I T r. Querschnittsflächen bleiben bei der Deformation eben. τ ist über die Wandstärke t konstant. Der Schubfluss T = τt = MT A T ist konstant. τ max tritt an der dünnsten Stelle t min auf. A T ist die von der Profilmittellinie eingeschlossene Fläche. W T = IT t max W T = 1 3 ht τ ist über die Wandstärke t linear verteilt. τ max tritt an der dicksten Stelle t max auf. W T = IT t max W T =0, 08 a 3 τ max tritt in der Mitte der Seitenlängen auf. W T = π ab τmax tritt an den Enden der kleinen Halbachse auf.

122 114 Verdrehung A4.1 Aufgabe 4.1 Ein einseitig eingespannter Stab mit Vollkreisquerschnitt wird durch ein Kräftepaar beansprucht. x R F Wie groß darf F höchstens sein, damit die zulässige Schubspannung τ zul nicht überschritten wird? Wie groß ist in diesem Fall die Verdrehung des Endquerschnittes? r l F Geg.: R = 00 mm, r = 0 mm, l =5m,τ zul = 150 MPa, G =0, MPa. Lösung Das Torsionsmoment (Schnittmoment) M T =RF ist über die Länge des Stabes konstant. Die maximale Schubspannung im Querschnitt folgt mit zu W T = π r3 τ max = MT W T = 4RF πr 3. Damit die zulässige Spannung nicht überschritten wird, muss gelten τ max τ zul F πr3 4R τ zul. Daraus erhält man F max = πr3 4R τ π zul = = 4710 N Die Verdrehung (im Bogenmaß) bei dieser Belastung ergibt sich mit zu I T = π r4 und M T =RF max Δϑ = MT l GI T = τ zull Gr = =0, 47. 0, Dies entspricht einem Winkel von 7.

123 und Spannung 115 Aufgabe 4. Für einen Stab, der das Torsionsmoment M T = Nm aufnehmen soll, stehen vier verschiedene Querschnitte zur Auswahl. A4. Wie müssen die Querschnitte dimensioniert werden, damit die zulässige Schubspannung τ zul =50MPa nicht überschritten wird? Welcher Querschnitt ist vom Materialaufwand am günstigsten? Lösung Damit die zulässige Spannung gerade erreicht wird, muss gelten τ max = MT W T = τ zul. Mit den Torsionswiderstandsmomenten W T1 = π a3, W T =0, 08 8 b 3 =1, 664 b 3, W T3 =πc t = π 5 c3, W T4 = π 3 dt = π 150 d3 erhält man durch Einsetzen a = 3 MT =53, 5mm, b = 3 MT =5, 4mm, πτ zul 1, 664 τ zul c = 3 5 MT =7, 6mm, d = MT = 5, 5mm. πτ zul πτ zul Daraus ergibt sich für die Querschnittsflächen A 1 = πa =89, 8cm, A =4b = 110, 0cm, A 3 = π 5 c =33, 1cm, A 4 = π 5 a = 319, 4cm. Der dritte Querschnitt, (d. h. das dünnwandige, geschlossene Profil) ist demnach vom Materialaufwand her am günstigsten.

124 116 Zulässige A4.3 Aufgabe 4.3 Wie groß sind das zulässige Torsionsmoment und die zulässige Verdrehung im Fall des geschlossenen bzw. des bei A geschlitzten Profils? Geg.: a =0cm,t = mm, τ zul =40MPa, l =5m, G =0, MPa. Lösung Das zulässige Torsionsmoment und die zulässige Verdrehung errechnensichinbeidenfällen aus M Tzul = τ zul W T, Δϑ zul = M T zul l GI T = τ zulw T l GI T. Im Fall des geschlossenen Profils gilt wegen t a A T = a ds ( a, t(s) = t + a ) =3 a t t, I T = 4A T ds t(s) und es folgen = 4 3 ta3, W T =A T t min =a t M Tzul = τ zul a t = 6400 Nm, Δϑ zul = 3τ zull Ga =0, 0188 ( =1, 07 ). Ist das Profil offen (bei A geschlitzt), so ergeben sich mit I T = 1 3 i t 3 i h i =6t 3 a, W T = IT t max =3t a Torsionsmoment und Verdrehung zu M Tzul = τ zul 3t a =96Nm, Δϑ zul = τ zull Gt =0, 65 ( =35, 8 ). Anmerkung: Das geschlossene Profil ist wesentlich torsionssteifer als das offene Profil.

125 Verdrehung 117 Aufgabe 4.4 Für den durch ein Kräftepaar belasteten Stab sind zwei verschiedene Profile mit gleichen Wandstärken (t a) aus gleichem Material (Schubmodul G) vorgesehen. Wie groß sind in beiden Fällen die zulässigen Kräfte und die zulässigen Verdrehungen, damit die Schubspannung τ zul nicht überschritten wird? 1 a t t l t b F F t a t a Lösung Das Torsionsmoment M T =bf ist über die Länge des Stabes konstant. Spannung und Verdrehung errechnen sich somit aus A4.4 τ = MT W T = bf, Δϑ = MT l = bf l. W T GI T GI T Damit die zulässige Schubspannung nicht überschritten wird, muss gelten τ τ zul F WT τ zul b F zul = WT τ zul b, Δϑ zul = blf zul GI T = τ zulw T l GI T. Mit den Querschnittswerten für beide Profile 1 A T = π ds a, = a t t ( + π), WT = πa t, I T = π +π a3 t, A T = a, erhält man F zul1 = π ds t a t b τ zul, Δϑ zul1 = +π π = a t ( + ), W T =a t, I T = lτ zul ag, F zul = a t b τ zul, Δϑ zul =(1+ ) lτ zul ag. 1+ a3 t Anmerkung: Die zulässige Kraft ist beim ersten Profil, die zulässige Verdrehung beim zweiten Profil größer.

126 118 Verwölbung A4.5 Aufgabe 4.5 Der dünnwandige, quadratische Kastenträger wird durch das Torsionsmoment M T belastet. Es ist die Verwölbung des Querschnitts zu bestimmen. Lösung Die Verwölbung u(s) (Verschiebung in Balkenlängsrichtung) wird aus der Winkelverzerrung γ = u s + v x der Wandelemente ermittelt. Mit γ = τ G = M T GA T t(s), v x = r dϑ dx = r (s) MT, GI T A T =4a, ergibt sich daraus I T = 4 16a4 4a t + 4a t [ u s = MT t 8Ga t t(s) 3r ] (s). 4a = 3 3 a3 t dv = r Integration liefert im Bereich 1 (t(s) = t, r = a) mit u(s = 0) = 0 (dann ist u im Mittel Null!) u 1(s) = [ MT 1 8Ga t 3 ] 4 MT s = 3Ga t s. Analog folgt in den Bereichen, 3, 4 u (s) = MT [s a], 3Ga t MT u 3(s) = [s 4a], 3Ga t u 4(s) = MT [s 6a]. 3Ga t

127 und Spannung 119 Aufgabe 4.6 Auf die Welle 1 mit Vollkreisquerschnitt ist das Rohr aus einem anderen Material aufgeschrumpft. Wie groß sind die maximalen Schubspannungen in 1 und sowie die Verdrehung unter dem Torsionsmoment M T? A4.6 Lösung Wir betrachten die Welle 1 und das Rohr zunächst getrennt. Für Verdrehwinkel und Spannung gelten dann mit ϑ 1 = MT 1l G 1I p1, τ max1 = MT 1 W T1, ϑ = MT l G I p, τ max = MT W T I p1 = π r4 1, I p = π Mit der Gleichgewichtsbedingung ( r 4 r1 4 ), WT1 = Ip 1, W T = Ip. r 1 r M T = M T1 + M T und der geometrischen Verträglichkeitsbedingung ϑ 1 = ϑ = ϑ erhält man M T1 = M T und damit τ max1 = G 1 I p1 G 1I p1 + G I p, M T = M T G I p G 1I p1 + G I p M T G 1r 1 M T G r, τ max =, G 1I p1 + G I p G 1I p1 + G I p ϑ = M T l G 1I p1 + G I p.

128 10 Verdrehung A4.7 Aufgabe 4.7 Ein konischer Stab mit linear veränderlichem Radius wird durch das Torsionsmoment M T belastet. Zu bestimmen sind die Verdrehung und die Randspannung als Funktionen von x. Lösung Die Differentialgleichung für den Verdrehwinkel ergibt sich mit zu ( r(x) =a x ), I p(x) = π l r4 = π ( a4 x ) 4 l ϑ = MT = MT 1 GI p πga 4 ( x ) 4. l Einmalige Integration liefert ϑ(x) = MT l 1 3πGa 4 ( x ) 3 + C. l Die Integrationskonstante erhält man aus der Randbedingung ϑ(0) = 0 C = MT l 3πGa Damit lautet die Verdrehung ϑ(x) = MT l 1πGa 4 1 ( 1 l x ) 3 1. Die Randschubspannung folgt mit zu W T (x) = Ip r = π a3 ( 1 x l ) 3 τ R(x) = MT M T = ( W T πa 3 x ) 3. l Verdrehung und Spannung sind bei x = l am größten: ϑ(l) = 7MT l 1πGa 4, τr(l) = MT πa 3.

129 und Spannung 11 Aufgabe 4.8 Das dargestellte Getriebe besteht aus zwei Vollwellen (Längen l 1, l ) gleichen Materials, R d 1 1 M1 die über Zahnräder (Radien R 1, R ) verbunden sind. Die Welle C 1 wird durch das Moment M 1 M d R belastet. 1 a) Wie groß muss M sein, damit Gleichgewicht herrscht? A l B b) Wie müssen d 1 und d gewählt werden, damit die zulässige Schubspannung τ zul nicht überschritten wird? c) Wie groß ist dann die Winkelverdrehung bei C, wenn die Welle bei A festgehalten wird? l 1 A4.8 Lösung zu a) Momentengleichgewicht M 1 = R 1F, M = R F M 1 liefert M = R R 1 M 1. M F F zu b) Damit die zulässige Spannung in beiden Wellen erreicht wird, muss gelten: τ max1 = M1 W 1 τ max = M W = 16M1 πd 3 1 = τ zul d 1 = 3 16M1 πτ zul, = R 16M 1 R 1 πd 3 = τ zul d = 3 R d 1. R 1 zu c) Für die Winkelverdrehungen in 1 und gilt Δϑ 1 = l1m1 = 3M1l1 GI T1 πgd 4 1 Mit der Abrollbedingung ϑ 1BR 1 = ϑ BR, Δϑ = ϑ B = 3Ml πgd 4. und ϑ C = ϑ 1B +Δϑ 1 folgt { ϑ C = 3M1 l Gπd ( R R 1 ) 3 l }. R 1 R ϑ 1B ϑ B

130 1 Torsion A4.9 Aufgabe 4.9 Eine homogene, abgestufte Welle mit Kreisquerschnitt ist an den Enden fest eingespannt und wird durch das Moment M 0 belastet. Wie groß sind die Einspannmomente und die Winkelverdrehung an der Angriffsstelle von M 0? Lösung Das Problem ist statisch unbestimmt, da die Einspannmomente M A und M B aus der Gleichgewichtsbedingung M A + M B = M 0 allein nicht bestimmbar sind. Wird die Welle bei C geschnitten, so erzeugen die in den Bereichen 1 und konstanten Torsionsmomente an der Stelle C die Verdrehungen ϑ 1 = MAa GI p1, ϑ = MBb GI p. Die geometrische Verträglichkeit verlangt, dass beide Verdrehungen gleich sind: ϑ C = ϑ 1 = ϑ. Einsetzen liefert mit I p1 = π r4 1, I p = π r4 die Ergebnisse M A = M r4 a r 4 1b, M B = M r4 1b r 4 a, ϑ C = M 0ab πg (br ar4 ).

131 Kreisquerschnitt 13 Aufgabe 4.10 Eine beidseitig eingespannte Welle wird auf dem Teil b ihrer Länge l durch das konstante Moment m 0 pro Längeneinheit belastet. x l m 0 A4.10 Zu bestimmen sind die Verläufe von Verdrehung und Torsionsmoment. a b Lösung Da die äußere Belastung m(x) an der Stelle x = a einen Sprung macht, bietet sich die Verwendung des Föppl-Symbols an. Mit m(x) =m 0 <x a> 0 lautet die Differentialgleichung für den Verdrehwinkel GI T ϑ = m(x) = m 0 <x a> 0. Zweimalige Integration liefert GI T ϑ = M T = m 0 <x a> 1 +C 1 GI T ϑ = 1 m 0 <x a> +C 1x + C. Aus den Randbedingungen folgt ϑ(0) = 0 C =0, ϑ(l) =0 C 1 = 1 m 0b. l Damit erhält man { } b <x a>1 M T (x) =m 0 b, l b ϑ(x) = 1 { } m 0b x <x a>. GI T l b M T ϑ m 0 b l x Gerade x a quadr. Parabel m 0 b(a + l) l

132 14 Verdrehung A4.11 Aufgabe 4.11 Ein Stab mit Kreisringquerschnitt ist wie abgebildet eingespannt. Am anderen Ende des Stabes ist ein starrer Balken angeschweisst, der durch zwei Federn abgestützt wird. Zu bestimmen sind a) die maximal mögliche Kraft P max, wenn im Punkt A die zulässige Verschiebung u zul (in z-richtung) vorgegeben ist, b) Ort und Betrag der maximalen Schubspannung im Stabquerschnitt für P = P max. Geg. : u zul =cm, l=m r =5cm, R=10cm c =10 6 N/m G = N/m Lösung zu a) Das System ist statisch unbestimmt. Schneidet man bei B, dann gilt zunächst für die Stabverdrehung Δϕ = MT l M T = GIp Δϕ GI p l mit (kleine Drehwinkel) Δϕ = u zul l/ =0,. Das Momentengleichgewicht am Balken liefert B : MT = lp max lf c, wobei F c = cu zul. Eliminieren von Δϕ, M T und F c liefert ( ) P max = GIp + c u l 3 zul. Mit I p = π(r r 4 )/ =1, m 4 und den gegebenen Zahlenwerten ergibt sich ( ) , 47 P max = =78, 7kN zu b) Die Schubspannung nimmt ihren größten Wert am äußeren Rand des Stabquerschnitts an. Der Betrag berechnet sich mit zu ] M T = P max l cu zul l =(78, , 0) = 117, 4kNm τ max = MT R I p = 117, 4 0, 1 1, =79, 8MN/m.

133 und Verschiebung 15 Aufgabe 4.1 Die Hohlwelle 1 und die Vollwelle werden bei A durch einen Stift miteinander verbunden. Wie groß sind das Torsionsmoment M T und der Winkel β des Stiftes nach der Montage, wenn die Wellenenden im spannungsfreien Zustand um den Winkel α gegeneinander verdreht sind? A4.1 Lösung Im Montagezustand herrscht in beiden Wellen das Torsionsmoment M T. Wir schneiden an der Stelle A und ermitteln die Verdrehungen der Wellenenden von 1 und getrennt: ϑ 1 = MT a GI T1, ϑ = MT b GI T. Aus der geometrischen Verträglichkeitsbedingung im Montagezustand α ϑ = ϑ 1 und β = ϑ 1 folgen für M T und β M T = GI T1 α a 1 1+ a b, IT 1 I T α β = ϑ 1 = 1+ a b. IT 1 I T

134 16 Schubspannung und A4.13 Aufgabe 4.13 Ein Stab mit dem dargestellten, dünnwandigen Profil wird durch das Torsionsmoment M T beansprucht. a) Wie groß sind die Schubspannungen in den einzelnen Bereichen? b) Wie groß ist das zulässige Torsionsmoment, damit die zulässige Schubspannung τ zul nicht überschritten wird? Lösung Das Profil besteht aus zwei Teilen, für die jeweils gilt: T = τ(s) t(s) = MT i A Ti, ϑ i = MT i GI Ti = 1 GA Ti i T t ds. Mit den Querschnittswerten A T1 = π a, A T =4a erhält man unter Beachtung, dass sich der Schubfluss im Steg S aus den Anteilen aus den Momenten M T1 und M T zusammensetzt: ϑ 1 = 1 { MT1 πa G πa ϑ = 1 { MT 8a G 8a πa t [ MT1 + πa MT 8a [ 6a t + MT 8a MT 1 πa ] } a, t ] } a. t Einsetzen in die geometrische Verträglichkeitsbedingung ϑ = ϑ 1 = ϑ

135 zulässiges Moment 17 liefert M T1 M T = +π π bzw. mit M T = M T1 + M T für die Momente +π M T1 = 1 + π + 16 M T =0, 54 M T, M T =0, 746 M T. π Für die Spannungen in den Bereichen A, B und S erhält man damit τ A = MT 1 MT =0, 081 A T1 t a t, τ B = MT MT =0, 093 A T t a t, 0, 081 M T a t 0, 093 M T a t τ S = τ B τ A =0, 01 MT a t. 0, 01 M T a t 0, 093 M T a t Wird die größte Schubspannung der zulässigen Spannung gleichgesetzt, τ max = τ B =0, 093 MT a t = τ zul, so folgt für das zulässige Moment M Tzul =10, 75 τ zula t M T. Anmerkung: Durch Einsetzen von M T1 und M T in ϑ errechnet sich das Torsionsträgheitsmoment zu I T =13, 7a 3 t. Vernachlässigt man den Steg S, so ergibt sich I T =13, 6 a 3 t. Der Steg trägt demnach nur gering zur Torsionssteifigkeit bei.

136 18 Verschiebung A4.14 Aufgabe 4.14 Die eingespannte Blattfeder (t b) ist durch die Kraft F exzentrisch belastet. Wie groß ist die Absenkung des Lastangriffspunktes? Wie groß sind die maximalen Normal- und Schubspannungen? Lösung Die Feder ist auf Biegung und Torsion beansprucht. Infolge Biegung kommt es zu einer Absenkung (vgl. Biegelinientafel auf Seite 58) f B = Fl3 3EI mit I = bt3 1. Das konstante Torsionsmoment M T = Fb/ bewirkt am Federende die Winkelverdrehung ϑ = MT l AI T mit I T = 1 3 bt3 bzw. die Verschiebung f T = b ϑ. Die Gesamtverschiebung folgt damit zu ) f = f B + f T = (1+ 4Fl3 3Eb. Ebt 3 16Gl Biegung und Torsion rufen in den Randfasern des Einspannquerschnittes die Spannungen σ B = M W = 6lF MT, τt = bt W T = 3bF bt hervor. Ein Flächenelement der Oberseite (z = t/) ist demnach entsprechend der Skizze belastet. Die größte Normal- und die maximale Schubspannung folgen daraus zu σ 1 = σb + ( σb { ) + τ T = 3Fl } b, bt 4l τ max = ( σb ) + τ T = 3Fl 1+ b bt 4l.

137 und Spannung 19 Aufgabe 4.15 Ein Brückenelement mit dünnwandigem Kastenquerschnitt (t b) wird im Bauzustand exzentrisch belastet. Bestimmen Sie Ort und Betrag der maximalen Normalund Schubspannungen. A4.15 Lösung Die Querschnittswerte ergeben sich zu z s = b t + b (b t) = 3 8bt 8 b, Sy(zmax) =bt 5 8 b = 5 8 b t ( ) ( ) tb 3 ( ) I y = 1 + tb bt 64 8 b +bt 8 b W = = 37 4 tb3, Iy = 37 z max 15 tb, W T =A T t min =4b t. Mit dem Biege- und dem Torsionsmoment sowie der Querkraft im Einspannquerschnitt M B = 10 bf, M T = bf, Q z = F folgt für den Untergurt σ B = MB W = τ T = MT W T = 1 4 F bt, F bt, τq = Qz Sy I y t y z = F bt. Die betragsmäßig größte Normalspannung und die maximale Schubspannung erhält man mit τ = τ T + τ Q an der Stelle C zu z σ = σb ( σb ) + τ = 4, 16 F bt, τ max = ( σb ) + τ =, 13 F bt.

138 130 Verschiebung A4.16 Aufgabe 4.16 Der beiderseits eingespannte Träger mit dünnwandigem Kreisquerschnitt ist in C exzentrisch belastet. Wie groß ist die Absenkung des Kraftangriffspunktes und wie groß sind die größten Normalspannungen und die Schubspannungen infolge Torsion? Lösung Der Träger wird bei C aufgeschnitten. Gleichgewicht liefert M = M af, Q1 = Q + F. Für die Verschiebungen und Biegewinkel sowie für die Verdrehungen an der Stelle C gilt (siehe Biegelinientafel auf Seite 58) w C1 = Q1a3 3EI M1a EI, wc = 8Qa3 4M1a, 3EI EI w C 1 = Q1a EI M1a EI, w C =+ 4Qa + M1a, EI EI ϑ C1 = Ma GI T, ϑ C = M3a GI T. Aus den geometrischen Verträglichkeitsbedingungen w C1 = w C, w C 1 = w C, ϑ C1 = ϑ C folgen durch Einsetzen Q 1 = 0 7 F, Q = 7 7 F, M1 = 8 7 af, M = 1 3 af, M3 = 1 6 af. Mit den Trägheitsmomenten I T =I =πr 3 t und G E = 3 8

139 und Spannung 131 ergibt sich damit für die Verschiebung des Kraftangriffspunktes w F = w C1 + a ϑc 1 = 6Fa3 81EI. Zur Spannungsbestimmung werden die Biegemomente bei A und B benötigt: M A = M 1 Q 1a = 4 9 af, M B = M 1 + Q a = 9 af. Die maximalen Normalspannungen infolge Biegung in A, B und C lauten mit dem Widerstandsmoment W = I/r σ A = MA W = 4arF 9 I, σ B = arf 9 I, σ C = M1 W = 8arF 7 I. Die Schubspannungen im Bereich 1 bzw. folgen mit W T =W = I r zu τ 1 = M W T = arf 6 I, τ = M3 W T = arf 1 I. Die größten Spannungen treten am Lager A auf. Ein Flächenelement an der Oberseite (Unterseite analog) ist dort entsprechend der Skizze beansprucht. Für die größte Normalspannung und die maximale Schubspannung ergibt sich y σ A τ 1 x τ 1 σ A σ 1 = σa + ( σa ) + τ 1 = arf I, τ max = ( σa ) + τ 1 = 5arF 18 I.

140 13 Verschiebung A4.17 Aufgabe 4.17 Ein beidseitig eingespannter, unter 90 abgewinkelter Träger ist durch die Kraft F belastet. Wie groß ist die Absenkung am Kraftangriffspunkt? Lösung Die Lösung erfolgt zweckmäßig durch Superposition bekannter Grundlösungen. Schnitt an der Stelle C und Ausnutzung der Symmetrie liefert die dargestellte Belastung des Systems auf Biegung und Torsion. Dabei ist M zunächst noch unbekannt. Aus der Biegelinientafel (Seite 58) liest man ab w C = Fa 4EI Ma EI, Fa3 wc = 6EI Ma EI. Aus der Torsion folgt bei C der Verdrehwinkel ϑ C = Ma GI T. DiegeometrischeVerträglichkeitsbedingung w C1 = ϑ C liefert M = Fa 4 GI T EI + GI T und damit w C = Fa3 4EI 4EI + GI T EI + GI T.

141 Verschiebung 133 Aufgabe 4.18 Ein halbkreisförmiger, eingespannter Träger ist in A durch die Kraft F belastet. Wie groß ist die Absenkung des Kraftangriffspunktes? A4.18 Lösung Das Momentengleichgewicht liefert für das Biegemoment M B und das Torsionsmoment M T M B(ϕ) = af sin ϕ, M T (ϕ) =a(1 + cos ϕ)f. Für den Verdrehwinkel gilt dϑ ds = MT GI T mit ds = adϕ. Infolge der Verdrehung dϑ an der Stelle ϕ kommt es bei A zur Absenkung dw TA = a sin ϕ dϑ. Einsetzen und Integration ergibt für die Gesamtabsenkung infolge Torsion π w TA = dw TA = Fa3 sin ϕ(1 + cos ϕ)dϕ = Fa3. GI T GI T Die Absenkung infolge Biegung erhält man aus EI d w B = M ds B d w B dϕ dw B dϕ = Fa3 ( cos ϕ + C1), EI und den Randbedingungen 0 = Fa3 EI sin ϕ, Fa3 wb(ϕ) = ( sin ϕ + C1ϕ + C) EI w B(0) = 0 C 1 =1, w B(0) = 0 C =0. Einsetzen liefert w B(ϕ) = Fa3 (ϕ sin ϕ). EI Für die Gesamtabsenkung von A folgt damit an der Stelle ϕ = π ( w A = w TA + w B(π) = Fa3 π + EI ). EI GI T

142 134 Schubspannung A4.19 Aufgabe 4.19 Ein Kragträger mit dem dargestellten Profil ist durch eine ausmittig angreifende Streckenlast q belastet. Man ermittle an der Einspannstelle a) die größte Schubspannung aus der Querkraft und die Stelle des Querschnitts, an der sie auftritt, b) die Schubspannung infolge Torsion. c) Wie verteilen sich die Schubspannungen aus Querkraft und Torsion über die Wandstärke, wo tritt die größte resultierende Spannung auf und welchen Wert hat sie? Lösung Wir bestimmen zunächst die Schnittgrößen an der Einspannstelle: Q z = ql = 0 6 = 10 kn, M y = ql = 0 6 M T = ql 3, 5cm=0 6 0, 035 = = 360 knm, 4, knm. Aus den angegebenen Profilabmessungen ergeben sich die Lage des Schwerpunktes S und das Flächenträgheitsmoment I y: zia i (0 1, ) 10 + (10 1, ) 0 z o = = =8, 4 cm, Ai 35 1, + 0 1, , z u =0 z o =11, 58 cm, I y = b ih 3 i 1 + A i z i =(35 1, ) 8, , 1 z o z u + (0 1, ) 1, 58 + (10 1, ) 11, 58 = 7915, 8cm 4. y S z

143 infolge Querkraft und Torsion 135 zu a) Die Schubspannung infolge Querkraft ergibt sich aus τ = Qz Sy I y h = 10 Sy =0, 0163 Sy. 7915, 8 1, Das statische Moment S y hat seinen maximalen Wert an der Stelle z =0: S y max = S(z =0)=8, 4 1, , 4 1, = 18, 7cm 3. Einsetzen liefert die maximale Schubspannung aus der Querkraft τ Q max =0, , 7 τ Q max =, 76 kn/cm =7, 6N/mm. zu b) Die Schubspannung infolge Torsion errechnet sich mit dem Torsionsträgheitsmoment bzw. dem Torsionswiderstandsmoment des Querschnitts I T = 1 hit 3 i = ( ) 1, 3 =54, 7cm 4 W T = 1 3 hi t 3 i = 54, 7 =45, 6cm3 t max 1, sowie dem schon bestimmten Torsionsmoment M T zu τ T = MT 4, 10 = W T 45, 6 τ T =9, 1 kn/cm =9, 1N/mm. zu c) Die größte resultierende Schubspannung tritt an der Stelle z = 0 auf. Sie ist über die Wanddicke linear verteilt mit den Randwerten τ innen =7, 6 9, 1= 64, 5N/mm, τ außen =7, 6+9, 1 = 119, 7N/mm τ max = 119, 9N/mm. τ Q τ T τ Q+T

144 136 Schubspannungen A4.0 Aufgabe 4.0 Ein dünnwandiger Hohlkastenquerschnitt wird in der gegebenen Weise belastet. Gesucht werden für den Querschnitt an der Stelle A a) die Spannungsverläufe (Normalspannungen und Schubspannungen aus Querkraft und Torsion), b) der Ort der maximalen Hauptspannungen und c) die Größe und Richtung der Hauptspannungen an der Profilecke im Punkt a. Anmerkung: Für den Lastfall Torsion soll am linken Balkenende ein Gabellager angenommen werden. z, 0 a x 10 m 300 kn A 0 m a 300 kn 1, 5 y z 1, cm, 0 1, 5cm Lösung Das Flächenträgheitsmoment des Querschnitts beträgt 80 [cm] I y = b ih 3 i 1 + A i z i = (1, 5 300) 40 =1, cm 4. i i Die Schnittgrößen anderstelle A (bzw. unmittelbar links davon) ergeben sich zu Q z = = 150 kn, My = = 1500 knm, 4 M T = 300 1, 5 = 450 knm. zu a) Die Normalspannung verteilt sich linear über die Höhe des Querschnitts und hat im Punkt a den Wert σ x = My z a = I y 1, = 37, 5 4 N/mm. 37, 5 N/mm Die Schubspannungen aus der Querkraft werden über die dargestellten zh-linie und S y-linie bestimmt. 80 s s zh Linie [cm ] S y Linie [cm 3 ] 10600

145 Sie ergeben sich unter Verwendung der S y-linie zu und Hauptspannungen 137 τ Q = QzSy I yh = 150 1, S y h =9, S y h kn/cm. An der Stelle a haben sie die Größe τ Qa = , , 5 =0, 56 kn/cm =5, 6N/mm. 4, 9 5, 6 4, 4, Für die Schubspannungen infolge Torsion gilt 5, 6 τ Q [N/mm ] τ T = MT A T h, AT = = 4000 cm τ Ta = , =6, 5 N/mm. zu b) Die maximalen Schubspannungen liegen in den Punkten a und b, die maximalen Zugspannungen im Punkt a. Somit nehmen die Hauptspannungen in a ihren größten Wert an. b a zu c) Im Punkt a betragen die Schubund Normalspannungen: τ a = τ Qa+τ Ta =5, 6+6, 5 = 11, 85 N/mm, τ a σ x σ x =37, 5 N/mm. Damit ergeben sich die Hauptspannungen zu σ 1 = σx + ( σx ) + τa =40, 7N/mm, σ = σx ( σx ) + τa = 3, 45 N/mm. Für die Richtung der Hauptspannung σ 1 erhält man tan α 0 = τ σ x =0, 363 α 0 =16, 3. y x

146 138 Biegung, Querkraft und Torsion A4.1 Aufgabe 4.1 Ein eingespannter Träger mit dünnwandigem T-Profil (t a) ist durch eine exzentrische Kaft F belastet. Die Einspannung sei so gestaltet, dass eine Querschnittsverwölbung nicht behindert wird. Wie groß sind die maximalen Spannungen aus Biegung, aus Querkraft und aus Schub und wo treten sie jeweils auf? Geg.: t = a/10, l =0a Lösung Wir bestimmen zunächst die Querschnittsgrößen aus den Profilabmessungen: b = a, [ t(a) I = b 3 at + 1 S S = b at + b ] + b at = 1 6 a4, W = I 3a/ = 1 9 a3, at = 9 80 a3, I T = 1 3 (a)t3 = a4, W T = IT t = a3. Das Biegemoment ist an der Einspannung (x =0)amgrößten, während Querkraft und Torsionsmoment über die Balkenlänge konstant sind: M max = lf = 0aF, Q = F, M T = af. Damit erhält man für die maximale Biegespannung (Druck, an der Stegunterseite an der Einspannung), für die maximale Schubspannung aus Querkraft (am Flächenschwerpunkt S) und für die Schubspannung aus Torsion (am äußeren Rand des Querschnitts) σ max = Mmax W τ S Q = QSS It τ MT = 0aF 1 9 a3 = 180 F a, = F 9 80 a3 F a, 1 6 a4 1 a = = MT = af 4 W =75F T 300 a3 a. Anmerkung: Die Schubspannung aus der Querkraft ist klein im Vergleich zur Schubspannung aus der Torsion.

147 Kapitel 5 Der Arbeitsbegriff in der Elastostatik 5

148 140 Arbeitssatz Arbeitssatz Die von den äußeren Kräften (Momenten) bei der Belastung eines elastischen Körpers geleistete Arbeit W ist gleich der im Körper gespeicherten Formänderungsenergie Π : W =Π. Für dreidimensionale Probleme der Elastostatik gilt in Indexschreibweise für die spezifische Formänderungsenergie Π E [ ν ] = ε ik ε ik + (1 + ν) 1 ν ε ii = 1 [ (1 + ν) σik σ ik νσ ] ii, E wobei ε ik ε ik := 3 3 ε ik ε ik und ε ii := 3 ε ii. i=1 k=1 Für Stäbe und Balken gilt: Beanspruchung Formänderungsenergie pro Längeneinheit Zug/Druck Π = 1 Biegung Π = 1 Schub Π = 1 Torsion Π = 1 l N EA M EI i=1 Formänderungsenergie Π= 1 N EA dx Π= 1 Q GA S Π= 1 M T GI T Π= 1 l l l l M EI dx Q GA S M T GI T Gesamte Formänderungsenergie (Zug + Biegung + Schub + Torsion): N Π= EA dx + M EI dx + Q MT dx + dx. GA S GI T l Sonderfall Stab (N =const, EA = const): l l Π = N l EA. dx dx Sonderfall Fachwerk: Π = i S i l i EA i.

149

150 14 Tafel der M i M k k s k s k k s i s i sik 1 sik 1 sik s i 1 sik 1 3 sik 1 6 sik i 1 i s s (i 1 + i )k s 6 (i 1 +i )k s 6 (i 1 + i )k quadratische Parabel i s 3 sik 1 3 sik 1 3 sik s s i 3 sik 5 1 sik 1 4 sik i 1 3 sik 1 4 sik 1 1 sik kubische Parabel s s s i 1 4 sik 1 5 sik 1 0 sik i 3 8 sik sik 1 10 sik i 1 4 sik 15 sik 7 60 sik Quadratische Parabeln: = Parabelscheitel, Kubische Parabeln: = Nullstelle der Dreiecksbelastung q(x).

151 Integrale M i M k dx 143 k 1 s k αs βs k s quadratische Parabeln k s k s si (k 1 + k ) 1 sik 3 sik 3 sik si 6 (k 1 +k ) 1 6 sik(1 + α) 1 3 sik 1 4 sik s 6 (i 1k 1 + i 1 k +i k + i k 1) sk 6 [(1 + β)i 1 +(1 + α)i ] sk 3 (i 1 + i ) sk 1 (5i 1 +3i ) si 3 (k1 + k) 1 3 sik(1 + αβ) 8 15 sik 7 15 sik si 1 (3k1 +5k) sik 1 (5 β β ) 7 15 sik sik si 1 (k 1 +3k ) sik 1 (1 + α + α ) 1 5 sik 15 sik si 0 (k 1 +4k ) sik 0 (1+α)(1+α ) 15 sik 1 1 sik si 40 (4k 1 +11k ) sik 10 (1 + α+α α3 4 ) sik 9 10 sik si 60 (7k 1 +8k ) sik 0 (1 + α)(7 3 α ) 1 5 sik 1 6 sik Trapeze: Einzelne i- bzw. k-werte können auch negativ sein.

152

153 Arbeitssatz 145 Aufgabe 5.1 Das dargestellte Fachwerk besteht aus Stäben gleicher Dehnsteifigkeit EA. Wie groß muss die Kraft F sein, damit die Vertikalverschiebung der Kraftangriffsstelle den Wert f 0 annimmt? A5.1 Lösung Die Lösung erfolgt mit Hilfe des Arbeitssatzes W = Π. Damit die Verschiebung den Wert f 0 erreicht, muss die Kraft die Arbeit W = 1 Ff0 leisten. Die Formänderungsenergie Π errechnet sich aus Π= 1 S i l i = 1 S i l i. EA i EA Mit den Lagerkräften A = F/3 und B = F/3 ergeben sich die in der Tabelle zusammengestellten Werte. 1 3 A Damit folgt F = F 9EAf 0 4(5 + 3 )a. 8 B i l i S i Si l i F a 1 a F/3 /9 a F/3 1/9 3 a F/3 1/9 4 a F/3 1/9 5 a F/3 /9 6 a F/3 4/9 7 a F 9/9 8 a F/3 8 /9 9 a F/3 4/9 S i l i = 4 9 (5 + 3 )F a Alternativ kann die Aufgabe auch mit dem Satz von Castigliano gelöst werden. Aus der Formänderungsenergie Π= 1 S i l i EA i = 9 folgt mit der Bedingung f 0 = Π F = 4 9 durch Auflösen nach F F = 9EAf 0 4(5 + 3 )a. (5 + 3 ) F a EA (5 + 3 ) Fa EA

154 146 Arbeitssatz A5. Aufgabe 5. Der durch die Kraft F belastete dehnstarre Balken (Biegesteifigkeit EI) wird durch ein schräges Seil (Dehnsteifigkeit EA) gehalten. Wie groß ist die Vertikalverschiebung f der Kraftangriffsstelle? a EA EI a F a Lösung Die Aufgabe kann durch direkte Anwendung des Arbeitssatzes W =Π gelöst werden. Dabei ist die Arbeit der äußeren Kraft F W = 1 Ff. Die Formänderungsenergie setzt sich aus der des Balkens und der des Seils zusammen: Mit Π=Π S +Π B. A : af as =0 S = 4 F : A V + S F =0 AV = F und M(x) = Fx (0 x a) erhält man für das Seil Π S = S l EA =4 F a EA und für den Balken (bei Ausnutzung der Symmetrie von M(x)) M a F x Π B = dx = EI EI dx = 1 F a 3. 3 EI Durch Einsetzen folgt schließlich f = 3 0 Fa 3 EI +8 Fa EA. Anmerkung: Im Bereich AB wirkt im Balken die Druckkraft N =F. Der entsprechende Formänderungsenergieanteil ist Null, da der Balken als dehnstarr angenommen wurde. A x S 45 M B af F

155 Verschiebungsberechnung 147 Aufgabe 5.3 Bei dem durch die Kraft F belasteten Fachwerk haben alle Stäbe die gleiche Dehnsteifigkeit EA. Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Knotens III? A5.3 Lösung Beim Verfahren der virtuellen Kräfte ergeben sich die Verschiebungen mit EA i = EA aus f = S is i l i = 1 SiS i l i. EA i EA Da das System statisch bestimmt ist, können die Stabkräfte S i infolge der Last F allein aus dem Gleichgewicht bestimmt werden. Durch Belastung von III mit der virtuellen Kraft 1 in vertikaler bzw. in horizontaler Richtung, erhält man die Stab- (V kräfte S ) i bzw. S (H) i. i l i S i S i (V ) S is i (V ) l i S i (H) S is i (H) l i 1 a F 1 Fa 0 0 a F Fa a F 4Fa a a F 1 Fa 1 Fa 6 a F 1 Fa 1 Fa 7 a F Fa a a F SiS (V ) i l i =(7+4 )Fa SiS (H) i l i =Fa Damit ergeben sich die Vertikal- und die Horizontalverschiebung zu f V =(7+4 ) Fa EA, fh =Fa EA.

156 148 Prinzip der A5.4 Aufgabe 5.4 Der dargestellte Rahmen (Biegesteifigkeit EI) eines ebenen Tragwerks wird durch zwei Einzellasten F belastet. Man berechne für die biegesteife Rahmenecke C 1. die Horizontalverschiebung,. die Vertikalverschiebung, 3. die Verdrehung. Lösung Mit dem Prinzip der virtuellen Kräfte lassen sich die Verschiebungen (unter Vernachlässigung der Schub-, Zug- und Torsionsanteile) aus f i = l MM EI dx bestimmen. Für den Momentenverlauf M infolge der gegebenen Belastung F erhält man: 1. Horizontalverschiebung der Rahmenecke: Wir bringen an der Stelle C eine virtuelle Horizontalkraft 1 an und ermitteln den zugehörigen Momentenverlauf. Durch Bereichseinteilung, Symmetrie der Belastung und Anwendung der Integraltafel ergibt sich für die Verschiebungen:

157 f H = 1 EI ( MM dx = a EI = EI = MM dx + a a virtuellen Kräfte 149 MM dx ) ( 1 3 (a)(a)(fa)+ a (a +a)fa Fa 3 EI.. Vertikalverschiebung der Rahmenecke: Das Aufbringen der virtuellen Vertikalkraft 1 führt zu keiner Momentenbelastung im Rahmen und somit auch zu keiner Verschiebung: 1 ) M M =0, f V = Verdrehung der Rahmenecke: Das virtuelle Moment 1 in C aufgebracht ergibt den folgenden Momentenverlauf M: a 1 a Für die Verdrehung ψ der Rahmenecke folgt durch Bereichseinteilung und Anwendung der Integraltafel: ( ψ = 1 a a ) MM dx + MM dx EI 0 a = 1 ( Fa (1 + 1 EI )+ 1 3 afa 1 ) = 11 Fa 1 EI. M

158 150 Verschiebungsberechnung mit dem A5.5 Aufgabe 5.5 Wie groß sind die Vertikalverschiebung f B und die Winkelverdrehung ψ B am Rahmenende B? Die Balken seien als dehnstarr angenommen. Lösung Nach der Methode der virtuellen Kräfte bestimmen sich Verschiebungen und Verdrehungen aus f = MM EI dx. Für das Grund- und die Hilfssysteme erhält man: Damit folgen unter Verwendung der Integraltafel f B = 1 MM V dx = 1 [ ] a EI EI 4 q0a a + a q0a a ψ B = 1 EI = 5 q 0a 4 8 EI, MM W dx = 1 [ ] a EI 3 q0 a 1+a q0 a 1 = q 0 a 3 3 EI.

159 Prinzip der virtuellen Kräfte 151 Aufgabe 5.6 Der dargestellte Rahmen besteht aus Trägern gleicher Biegesteifigkeit EI. Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Kraftangriffspunktes? A5.6 Lösung Nach dem Verfahren der virtuellen Kräfte lassen sich die Verschiebungen aus f = MM EI dx bestimmen. Für den Momentenverlauf M sowie die Verläufe M V, M H infolge von Einheitskräften in vertikaler bzw. in horizontaler Richtung erhält man: Unter Verwendung der Integraltafel (Seite 140) ergeben sich damit f V = 1 { 1 EI 3 a( Fa)( a)+b( Fa)( a)+ 1 } ( 3 b(fa)a = Fa3 1+ 4b ), 3EI a f H = 1 { 1 EI b( Fa)( b)+ 1 } ( 3 b(fa)a = Fa b 1+ 3b ). 3EI a

160 15 Verschiebungsberechnung A5.7 Aufgabe 5.7 Das dargestellte System besteht aus einem eingespannten, dehnstarren Balken (Biegesteifigkeit EI) und zwei Stäben gleicher Dehnsteifigkeit EA. Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Kraftangriffspunktes? Lösung Der Balken wird auf Biegung und die Stäbe werden auf Zug bzw. auf Druck beansprucht. Nach dem Verfahren der virtuellen Kräfte bestimmen sich die Verschiebungen aus f = MM EI dx + i S is i EA i l i. Da das System statisch bestimmt ist, lassen sich M und S i sofort ermitteln. Man erhält S 1 = F, S = F. Zur Bestimmung der Vertikalverschiebung muss das System durch die Kraft 1 in vertikaler Richtung belastet werden. Ersetzt man F durch 1, so können obige Ergebnisse übernommen werden: M V -Verlauf S 1V =, S V = 1.

161 Damit erhält man unter Verwendung der Integraltafel f V = 1 {a(af )a + 13 } EI a(af )a + 1 { } F a +( F )( 1)a EA = 4 Fa 3 3 EI + (1 + )Fa. EA bei Gemischtsystemen 153 Für die Horizontalverschiebung wird das folgende Hilfssystem verwendet: 1 M H-Verlauf S 1H =0, S H =1. 1 A H =1 M A = a a A V =0 Für f H ergibt sich daraus f 1 { } 1 H= a(af )a {0+( F ) 1 a} EI EA = Fa3 EI Fa EA. EI Anmerkung: Für a EA = 1 wird fh = 0. Für einen biegestarren Balken (EI ) verschiebt sich der Kraftangriffspunkt nach links (f H < 0).

162 154 Verschiebungsberechnung mit dem A5.8 Aufgabe 5.8 Wie groß ist die Vertikalverschiebung f in der Mitte des Balkens? Lösung Nach der Methode der virtuellen Kräfte bestimmt sich die Vertikalverschiebungen aus MM f = EI dx. Der Momentenverlauf M infolge der gegebenen Belastung wird durch Integration berechnet: ( π ) q(x) = q 0 sin a x a ( π ), Q = q 0 π cos a x a ( π ), M = q 0 π sin a x. Für die virtuelle Belastung 1 folgt: { 1 Ax= x, x a/ 1 M = B (a x) = a x, x a/ A C B x Damit erhält man für die gesuchte Vertikalverschiebung { MM f = EI dx = 1 a/ x a ( ) } a x EI M dx + Mdx. Integration unter Verwendung von sin cx x cos cx x sin cx dx = c c liefert das Ergebnis sin( π q0 a f = EI π a x) x cos( π π a x) π a a π + a π cos( π sin( a x) a x) 0 π + a a/ a/ 0 x cos( π a x) π a a a/ = a4 π 4 q 0 EI.

163 Prinzip der virtuellen Kräfte 155 Aufgabe 5.9 Ein eingespannter Viertelkreisbogen ist durch die Kraft F belastet. Wie groß sind die Vertikal- und die Horizontalverschiebung des Kraftangriffspunktes, wenn nur die Formänderung infolge Biegung berücksichtigt wird? s EI R F A5.9 Lösung Wir verwenden das Verfahren der virtuellen Kräfte. Danach errechnet sich eine Verschiebung aus f = MM EI ds. Der Momentenverlauf M ergibt sich zu M = FRcos ϕ. Zur Bestimmung der Vertikalverschiebung wird eine Kraft 1 in vertikaler Richtung angebracht. Man erhält M N Q ϕ R cos ϕ F R(1 sin ϕ) 1 M V = R cos ϕ und mit ds = R dϕ die Verschiebung f V = R EI π/ 0 MM V dϕ = FR3 EI π/ Aus einer Einheitslast in horizontaler Richtung folgen M H = R(1 sin ϕ) 0 cos ϕ dϕ = πfr3 4EI. 1 und f H = R EI π/ 0 MM H dϕ = R3 F EI π/ 0 (cos ϕ sin ϕ cos ϕ) dϕ = FR3 4EI. Anmerkung: Bei der Integration wurden folgende Beziehungen verwendet: cos ϕ = 1 (1 + cos ϕ) und sin ϕ cos ϕ = 1 sin ϕ.

164 156 Stabkräfte und Verschiebungen A5.10 Aufgabe 5.10 Das dargestellte Fachwerk besteht aus Stäben gleicher Dehnsteifigkeit EA. Wie groß sind die Stabkräfte und wie groß ist die Vertikalverschiebung des Kraftangriffspunktes? Lösung Das Fachwerk ist einfach statisch unbestimmt gelagert. Wir betrachten die Lagerkraft C als statisch Überzählige und bestimmen sie aus der Bedingung f C = S i S i l i = 1 Si S i l i =0. EA i EA Es werden hier lediglich die Stabkräfte für das 0 -System berechnet. Die Werte für das 1 - und -System können durch analoges Vorgehen bestimmt werden. 0 -System: 1 -System: z. B. am Knoten I ( 0 -System): : S 3 = S 5 = F : S = F z. B. am Knoten B ( 0 -System): : S 1 = S3 = F Mit S i = S (0) i + C S (1) i und S i = S (1) i folgt (0) S i S (1) i l i C = = 3+ (1) S i S (1) i l i 7+4 F. S S 3 S 1 F F S 3

165 bei statisch unbestimmten Systemen 157 i l i S (0) i S (1) i S (0) i S (1) i l i S (1) i S (1) i l i S () i 1 a F 1 Fa a 1 a F Fa 4a 1 3 a F Fa a 4 a a 0 5 a F a 0 0 a 0 7 a a a a 0 ( ) ( ) = 3 Fa 7+4 a Damit erhält man für die Stabkräfte S 1 = F, S 1 = 7+4 F, S 3 = F, S 4 = S 9 = F, S5 = F, S6 = 7+4 F, S7 = S8 =0. Um die Vertikalverschiebung von F zu ermitteln, fassen wir das System als ein durch F und C belastetes, statisch bestimmtes System auf, das der Lagerbedingung f C =0genügt. Dann kennen wir bereits die S i. -System: Mit den Stabkräften S i = S () i f F = 1 SiS i l i EA = des Hilfssystems ergibt sich damit Fa [ EA ( 7+4 ) (4 + ) + 1 (4 + 4 )( ) +(7+4 ] ) = Fa EA.

166 158 Lagerreaktionen A5.11 Aufgabe 5.11 Für den dargestellten Rahmen sind der Momentenverlauf und die Horizontalverschiebung f H des Lagers B zu bestimmen. Lösung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Zur Ermittlung der Lagerreaktionen wird das Verfahren der virtuellen Kräfte verwendet, wobei das Einspannmoment M A als statisch Überzählige aufgefasst wird: X = M A. Damit ergeben sich im 0 - und im 1 -System die folgenden Momentenverläufe und Lagerreaktionen: 0 -System: A (0) H =0, A (0) V = q0a, B (0) = q 0a. 1 -System: A (1) H =0, A (1) V = 1 a, B (1) = 1 a. Aus der Bedingung, dass die Vertikalverschiebung am Lager B Null ist, MM f V =0= dx, EI folgt mit M = M (0) + XM (1) und M = M (1)

167 1 M (0) M (1) dx X = M A = M (1) M (1) dx = ( 1 3 a und Verschiebungen 159 q0a ) 1 = 1 3 a 1 1+a 1 1 q 0a 8. Die Lagerreaktionen und der Momentenverlauf ergeben sich damit zu A H = A (0) H A V = A (0) V + X A(1) V =0, + X A(1) V = q0 a, B = B (0) + X B (1) = q0a. Zur Bestimmung der Horizontalverschiebung bei B wird der Rahmen als ein durch q 0 und X = M A belastetes, statisch bestimmtes System mit einem gelenkigen Lager bei A aufgefasst. Für dieses System erhält man unter virtueller Last ( -System) den dargestellten Momentenverlauf. -System: Mit M = M (0) + X M (1) und M = M () ergibt sich unter Verwendung der Integraltafel f H = 1 EI = 1 EI = 13 4 { a 3 q 0a 4 EI. MMdx = 1 { EI M (0) M () dx + X } M (1) M () dx [ q 0a q0a 1 (a+a) 8 6 a 1 ( a + a)+ 1 ]} a 1 a

168 160 Lagerreaktionen A5.1 Aufgabe 5.1 Wie groß sind die Lagerreaktionen und die Absenkungen in den Feldmitten? Wie ändert sich die Absenkung bei G, wenn bei D eine zusätzliche Last F angreift? Lösung Wir verwenden das Verfahren der virtuellen Kräfte und fassen die Lagerkraft B als statisch Überzählige auf. Mit den Momentenverläufen für das 0 - und das 1 -System 0 -System: 1 -System: 1 M (1) B (1) = 1 3 A (1) = 3 ergibt sich aus der Bedingung f B = 0 die Lagerkraft B: 1 M (0) M (1) a af ( dx a ) + a EI X = B = = 1 M (1) M (1) a a a dx EI a 3 + af 3 ( a ) + af 3 3 Außerdem folgen ( a ) + af 3 3 a a a a 3 ( a ) ] + a af a 3 a 3 [ af 3 a 3 ( a ) 3 A = A (0) + X A (1) = 1 3 F 7 8 F 3 = F 4, C = 3 8 F. ( a ) 3 a 3 = 7 8 F. Zur Bestimmung der Absenkungen fassen wir den Balken als ein durch F und B belastetes, statisch bestimmtes System (Balken auf zwei Stützen) auf. Mit den Hilfssystemen -System:

169 und Verschiebungen System: ergeben sich f G = 1 [M (0) + X M (1) ]M () dx EI = 1 { } M (0) M () dx + X M (1) M () dx EI = 1 { a EI 3 + a ( 4a 6 3 = 5 Fa 3 48 EI, af 3 a 3 a 3 a [ ( a 8 F a ) a a 3 a 3 a 3 a 3 a 3 )] + a af 3 3 } a 3 f D = f DG = 1 [M (0) + X M (1) ]M (3) dx EI = 1 { } M (0) M (3) dx + X M (1) M (3) dx = 1 Fa 3 EI 64 EI. Die Durchbiegung bei G infolge der zusätzlichen Last F berechnen wir mit dem Vertauschungssatz von Maxwell-Betti. Danach ist die Verschiebung f DG von D infolge einer Kraft F in G gleich der Verschiebung f GD von G infolge der Kraft F in D. Infolge einer Kraft F bei D erhält man demnach bei G die Verschiebung f GD. Die Gesamtabsenkung bei G ist also f = f G +f DG ( 5 = 48 1 ) Fa 3 64 EI = 7 96 Fa 3 EI.

170 16 Statisch unbestimmter A5.13 Aufgabe 5.13 Der dargestellte Rahmen unter der Streckenlast q 0 besteht aus Balken gleicher Biegesteifigkeit EI. Es sind die Lagerreaktionen zu bestimmen. Lösung Der Rahmen ist zweifach statisch unbestimmt gelagert. Betrachtet man die Lagerkraft B und die Horizontalkraft C H als statisch Überzählige, so erhält man das skizzierte System. Die unbekannten Kräfte X 1 = B und X = C H werden aus den Bedingungen f 1 = 0 und f = 0 ermittelt. Verwendet man das Verfahren der virtuellen Kräfte, so ergeben sich die folgenden Grund- und Hilfssysteme: A (1) V = C(1) V = 1, A(1) H =0.

171 -System: a Rahmen 163 a A () H 1 M () A () V C () V A () V = C() V =0, A () H =1. Aus den Bedingungen f 1 = 1 [M (0) + X 1 M (1) + X M () ]M (1) dx =0, EI f = 1 [M (0) + X 1M (1) + X M () ]M () dx =0 EI folgen mit (siehe Integraltafel) M (0) M (1) dx = 5a q 0a 1 die beiden Gleichungen a = 5q0a4 4 M (1) M () dx = a3,, M (1) M (1) dx = a3 6, M (0) M () dx = 3 q0a4, M () M () dx = a 3 ( a)( a)+a( a)( a) = 8 3 a3 5q0 a 4 a 3 + X a 3 X =0, q0 a 4 a 3 + X a 3 X 3 =0. Daraus erhält man X 1 = B = 8 7 q0a, X = CH = 1 8 q0a und A V =A (0) V A H=A (0) H + X1A(1) V + X1A(1) H + XA() V = q0a 8 7 q0a 1 +0= 3 7 q0a, + XA() H = 1 8 q0a, C V =q 0a 8 7 q0a 1 = 3 7 q0a.

172 164 Moment und Verschiebung A5.14 Aufgabe 5.14 Der elastische Kreisring wird durch die beiden entgegengesetzt wirkenden Kräfte F belastet. Zu bestimmen sind der Verlauf des Biegemomentes und die Zusammendrückung des Ringes, wenn der Ring als dehnstarr angenommen wird. Lösung Schneidet man den Ring in der Mitte (bei ϕ =0,π), so stellt man fest, dass das System innerlich statisch unbestimmt ist (Schnittgrößen nicht allein aus Gleichgewichtsbedingungen bestimmbar). Das unbekannte Moment X = M A lässt sich aus der Bedingung ermitteln, M A F F R ϕ F F A EI X = M A dass die Winkelverdrehung bei A Null sein muss (Symmetrie!). Bei Verwendung des Verfahrens der virtuellen Kräfte ergibt sich: 0 -System: F 1 -System: F Aus ϕ F F 1 1 M (0) = 1 FR(1 cos ϕ), M(1) =1. ψ A = 1 EI folgt mit MMds =0 M = M (0) + X M (1), M = M (1), ds = R dϕ für M A: M (0) M (1) ds X = M A = M (1) M (1) ds = π/ 0 FR (1 cos ϕ)r dϕ π/ 0 R dϕ Damit erhält man für den Momentenverlauf für 0 ϕ π/ M = M (0) + X M (1) = 1 FR ( π cos ϕ ). ϕ ( 1 = FR 1 ). π

173 beim Kreisring 165 Zur Bestimmung der Vertikalverschiebung am Kraftangriffspunkt fassen wir den halben Ring als einen durch F und M A belasteten, gelenkig gelagerten (statisch bestimmten) Bogen auf, dessen Momentenverlauf M bekannt ist. Aus 1 dem zugehörigen Hilfssystem ergibt sich M = 1 R(1 cos ϕ). ϕ Damit erhält man für die Verschiebung f F = 1 EI = FR3 EI π/ 0 MMR dϕ = FR3 EI π/ 0 ( π cos ϕ [ π ϕ ( π +1 ) sin ϕ + ϕ sin ϕ ] π/ Die Zusammendrückung des Ringes ergibt sich dann zu Δv =f F = FR3 EI π 8 4π. 1 ) (1 cos ϕ)dϕ 0 1 ( = FR3 π 8 ). 8EI π Verwendet man das Verfahren von Castigliano zur Lösung der Aufgabe, so folgt mit aus M = 1 FR(1 cos ϕ)+ma und Π = M EI ds ψ A = das Ergebnis Π M A =0 M M M A ds =0 π/ [ 1 M A = FR 1 ] π Die Verschiebung f F ermittelt man aus f F = Π F = 1 M M EI F ds π/ = EI 0 [ FR 0 ( π cos ϕ ) ][ R [ ] 1 FR(1 cos ϕ)+ma 1 R dϕ =0 und M = 1 ( ) FR π cos ϕ. ( ) ] ( π cos ϕ R dϕ= FR3 π 8 ). 8EI π

174 166 Lagerreaktionen A5.15 Aufgabe 5.15 Das eingespannte Rohr 1 ist durch das Seil zusätzlich gelagert. Es sind die Lagerreaktionen in A und B zu bestimmen, wenn das Rohr durch eine Kraft F belastet wird. Geg.: G1 = 3 E 1 8, EI 1l EA l1 3 = 1 100, r = 1 l y z A x GI T 1 1 EI 1 l 1 r B EA F l Lösung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Betrachtet man die Lagerkraft X = B als statisch Überzählige, so erhält man folgende 0 - und 1 -Systeme: 0 -System: A (0) = F, M (0) A = l1f, M (0) T = rf. l 1 F M (0) T M (0) A A (0) M (0) -Verlauf M (0) T -Verlauf N (0) -Verlauf rf z x 1 F y F z x N (0) = System: A (1) = 1, M (1) A = l 1, M (1) T = r. l 1 M (1) T M (1) A A (1) z x 1 1 M (1) -Verlauf M (1) T -Verlauf N (1) -Verlauf r 1 y z x

175 bei Gemischtsystemen 167 Aus der Bedingung, dass die Verschiebung bei B Null ist, f B =0= MM EI dx + MT M T dx + GI T NN EA dx, erhält man mit M = M (0) + X M (1), M T = M (0) T + X M (1) T, N = N (0) + X N (1), M = M (1), M T = M (1) T, N = N (1) für die Unbekannte X = B M (0) M (1) dx + EI X = B = 1 M (1) M (1) dx + EI 1 (0) M T M (1) T N (0) N (1) dx + GI T 1 EA N (1) N (1) (1) M T M (1) T dx + GI T 1 EA dx dx = 1 1 EI EI 1 3 l1( l1f )l1 + 1 GI T 1 l 1(rF)r +0 l1 l1 l1 + 1 GI T 1 l 1rr+ 1 EA l 1 1 Unter Verwendung von I T 1 =I 1 (Kreisquerschnitt!) und der gegebenen Größen folgt X = B = F. Für die Lagerreaktionen bei A ergibt sich damit A = A (0) + X A (1) = F F = F, M A = M (0) A + X M (1) A = l1f + l1f = l1f, M TA = M (0) T + X M T (1) = rf rf = rf..

176 168 Verschiebungsberechnung mit dem A5.16 Aufgabe 5.16 Für das dargestellte statisch unbestimmte Tragwerk ist das Flächenträgheitsmoment I y so zu bestimmen, dass die vertikale Absenkung im Punkt K genau w K =1cmbeträgt. Geg.: E = kn/m, a =3m, q =5kN/m. EA = K a a a q a Lösung Um die Absenkung des Punktes K zu bestimmen, müssen zunächst die Schnittgrößen des einfach statisch unbestimmten Systems berechnet werden. 0 -System: q 4 qa 3 1 qa 3 1 qa 3 4 qa 3 qa qa System: Q 0 3 qa 5 6 qa M a 1 a +1 1 a 1 a +1 Q 1 M 1

177 Prinzip der virtuellen Kräfte 169 Die Verdrehungen im Punkt K im 0 - und 1 -System ergeben sich zu Mit EI yδ 10 = 1 6 a 1 3 qa a qa a qa = 7 4 qa3, EI y δ 11 =4 ( 1 3 a 1) = 4 3 a. δ 10 + X 1 δ 11 =0 folgt für die statisch Unbestimmte (Biegemoment bei K) X 1 = 7 3 qa, und der Momentenverlauf des Systems ergibt sich wie abgebildet. 7 3 qa 3 qa 5 6 qa 7 3 qa Zur Bestimmung der Verschiebung im Punkt K wird dort am statisch bestimmten 0 -System eine 1 -Last aufgebracht und der Momentenverlauf bestimmt. M a ( 1 EI yδ 1K = 3 a a a 3 3 qa) 1 6 a a ( qa) a a ( 7 ( qa) + 3 a a 5 1 +( 3 6 qa) 3 a a 3 ) = qa 4 ( = qa4. M 1 8 qa) Aus der Bedingung δ 1K =w K erhählt man damit das gesuchte Flächenträgheitsmoment I y = Ew K 178 qa4 = = cm 4.

178 170 Prinzip der virtuellen Kräfte A5.17 Aufgabe 5.17 Der dargestellte Balken ist statisch unbestimmt gelagert und hat die Biegesteifigkeit EI. Wie groß ist die Vertikalverschiebung in Balkenmitte? Lösung Wir betrachten die Lagerkraft B als statisch Überzählige und bestimmen sie nach dem Verfahren der virtuellen Kräfte aus der Bedingung f B = MM EI dx =0. Für das 0 - und das 1 -System ergeben sich: Damit folgt für die statisch Unbestimmte mit Hilfe der Integraltafel (Seite 140): M (0) M (1) dx X = B = M (1) M (1) dx = 3 8 q0 a. Um die Vertikalverschiebung zu ermitteln, wird der Balken als statisch bestimmt auf zwei Stützen aufgefasst. Für dieses System erhält man unter virtueller Last ( -System) den dargestellten Momentenverlauf. Mit M = M () und M = M (0) + XM (1) ergibt sich f V = 1 (M (0) + XM (1) )M () dx EI = 1 (M (0) M () )dx + X (M (1) M () )dx EI EI = 1 ( 7 EI 384 q0 a 4 + X ) 16 a3 = qa4 19 EI.

179 Gemischtsystem 171 Aufgabe 5.18 Das dargestellte System besteht aus einem dehnstarren Rahmen (Biegesteifigkeit EI), der durch einen Riegel (Dehnsteifigkeit EA) geschlossen ist. Wie groß ist die Kraft im Riegel? A5.18 Lösung Das System ist innerlich einfach statisch unbestimmt. Fasst man die Kraft X im Riegel als statisch Überzählige auf, so erhält man bei Anwendung des Verfahrens der virtuellen Kräfte die folgenden Grund- und Hilfssysteme: Aus der Bedingung, dass die Differenzverschiebung zwischen Balkenende und Stabende Null sein muss, Δf = 1 MM dx + SSa EI EA =0, folgt mit M = M (0) + X M (1), M = M (1), S = X, S = S (1) =1 für die Stabkraft 1 M (0) M (1) dx 1 ( 1 EI X = 1 M (1) M (1) dx + a = a q0a) ( a)+ 1 ( 1 4 a q0a) ( a) [ ] 1 EI EA 3 a( a)( a) +a( a)( a)+ aei EA = EI 4EAa q 0a.

180 17 Prinzip der virtuellen Kräfte A5.19 Aufgabe 5.19 Der halbkreisförmige Bogenträger (Biegesteifigkeit EI) wird durch einen Stab (Dehnsteifigkeit EA) unterstützt und durch die Kraft F belastet. Wie groß sind die Stabkraft und die Absenkung des Bogens an der Stützstelle? Lösung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Wir wenden das Verfahren der virtuellen Kräfte an und fassen die Stabkraft S als statisch Überzählige auf. Dann erhält man folgendes 0 - und 1 -System: 0 -System: M (0) (ϕ)=fasin ϕ, S (0) =0. 1 -System: M (1) (ϕ)= 1 a(1 cos ϕ), S (1) =1. Die Differenzverschiebung zwischen Bogen und Stab muss Null sein: Δf = 1 MM dx + S Sa EI EA =0, mit M = M (0) + X M (1), M = M (1), S = X, S = S (1) =1. Dies führt auf die Stabkraft 1 M (0) M (1) dx EI S = 1 M (1) M (1) dx + a = EI EA 4 F = (3π 8) + 8 EI. EAa Fa a 4 π/ 0 π/ 0 sin ϕ(1 cos ϕ)dx (1 cos ϕ) dx + aei EA Die Absenkung f des Bogens ist durch die Stabverkürzung gegeben: f = Sa EA = 4 Fa (3π 8)EA +8 EI. a

181 Kapitel 6 Stabilität 6

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