Biegelinie

3. Biegelinie Die Biegemomente führen zu einer Verformung der Balkenachse, die als Biegelinie bezeichnet wird. Die Biegelinie wird beschrieben durch die Verschiebung v in y-richtung und die Verschiebung w in z-richtung. y z v w Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-1

3. Biegelinie Ebene Biegung: Für M z = 0 und I yz = 0 verformt sich der Balken nur in der z- Ebene. Die Biegelinie wird durch die Verschiebung w beschrieben. Die Verschiebung v ist null. Dieser Spezialfall wird als ebene Biegung bezeichnet. Räumliche Biegung: Für M z 0 oder I yz 0 treten Verschiebungen v und w auf. Dieser allgemeine Fall wird meist als schiefe Biegung bezeichnet. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-2

3. Biegelinie 3.1 Ebene Biegung 3.2 Räumliche Biegung Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-3

Kinematische Annahmen: Es wird angenommen, dass die Scherung vernachlässigt werden darf. Dann treten keine Winkeländerungen auf. Daraus folgt unmittelbar die Bernoulli-Hypothese: Ebene Querschnitte bleiben eben. Querschnitte senkrecht zur Balkenachse sind am verformten Balken senkrecht zur Biegelinie. Diese Annahmen sind bei schlanken Balken zulässig. Bei querkraftfreier Biegung sind die Annahmen eakt erfüllt. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-4

Differenzialgleichung der Biegelinie: Aus der Bernoulli-Hypothese folgt: tan(ϕ)= dw d Für kleine Winkel gilt: ϕ tan (ϕ)= dw d ϕ ϕ z, w Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-5

Für das Biegemoment gilt: Daraus folgt: M y ()= d ϕ d d 2 w d 2 = M y Daraus kann die Gleichung w() der Biegelinie durch zweimalige Integration ermittelt werden. Die Integrationskonstanten werden durch die Randbedingungen festgelegt. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-6

Weitere Differenzialbeziehungen: Weiteres Ableiten der Differenzialgleichung der Biegelinie ergibt: d d ( d 2 w d 2 ) = dm y d = Q z, d 2 d 2 ( d 2 w d 2 ) = dq z d =q z Bei konstanter Biegesteifigkeit EI y gilt: d 2 w d 2 = M y, d 3 w d 3 = Q z, d 4 w d 4 =q z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-7

Randbedingungen: Die bei den Integrationen auftretenden Integrationskonstanten werden durch die Randbedingungen festgelegt. Feste Einspannung: Gelenk: w = 0, M y = 0 Parallelführung: ϕ = 0, Q z = 0 Freies Ende: w = 0, ϕ = 0 M y = 0, Q z = 0 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-8

Die Randbedingungen für w und ϕ werden als geometrische Randbedingungen bezeichnet. Die Randbedingungen für M y und Q z werden als statische Randbedingungen bezeichnet. Wenn die Biegelinie durch zweifache Integration des Biegemoments gewonnen wird, müssen nur noch die geometrischen Randbedingungen erfüllt werden. Die statischen Randbedingungen sind bereits infolge der Gleichgewichtsbedingungen erfüllt, die zur Ermittlung des Biegemoments benutzt wurden. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-9

Beispiel: Kragbalken mit Endlast F z A L B Gegeben: Kraft F, Länge L, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung wb im Punkt B Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-10

Biegemoment: (rechter Teilbalken) M y = F (L )= F L+F Integrationen: Randbedingungen: dw d (0)=0 c 1=0 w (0)=0 c 2 =0 d 2 w d = M 2 y =F L F dw d =F L 1 2 F 2 +c 1 w= 1 2 F L 2 1 6 F 3 +c 1 +c 2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-11

Ergebnis: w ()= F L3 6 [ 3 ( L ) 2 ( L ) 3 ], w B =w (L)= F L 3 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-12

Beispiel: Balken mit Streckenlast q 0 A z L B Gegeben: Streckenlast q0, Länge L, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung wm in der Mitte des Balkens Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-13

Integrationen: d 4 w d 4 =q 0 d 3 w d 3 =q 0 +c 1 = Q z d 2 w d 2 = 1 2 q 0 2 +c 1 +c 2 = M y dw d = 1 6 q 0 3 + 1 2 c 1 2 +c 2 +c 3 w= 1 24 q 0 4 + 1 6 c 1 3 + 1 2 c 2 2 +c 3 +c 4 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-14

Randbedingungen: M y (0)=0 c 2 =0, w(0)=0 c 4 =0 M y (L)=0 : w (L)=0 : Ergebnis: 1 2 q 0 L 2 +c 1 L=0 c 1 = 1 2 q 0 L 1 24 q 0 L 4 1 12 q 0 L 4 +c 3 L=0 c 3 = 1 24 q 0 L 3 w ()= q 0 L 4 24 [( L ) 4 2 ( L ) 3 + L ], w m =w ( L 2 ) = 5 q 0 L 4 384 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-15

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Beispiel: Balken mit Einzelkraft F A a 2a B z Gegeben: Kraft F, Abmessung a, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung w(a) am Kraftangriffspunkt Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-17

a) Lösung durch abschnittsweise Betrachtung: Lagerkräfte: A a F 2a B A z B z z M B =0 : 3a A z +2 a F=0 A z = 2 3 F M A =0 : 3a B z a F =0 B z = 1 3 F Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-18

Abschnitt 1: 0 < < a Abschnitt 2: a < < 3a M y = ( A z )= 2 3 F M y=b z (3a )= F 3 (3a ) d 2 w d 2 = M y = 2 3 F d 2 w d 2 = M y = F 3 (3a ) dw d = F 3 2 +c 1 w= F 9 3 +c 1 +c 2 dw d = F ( ) 2 3 a 3 2 +d 1 w= F 3 ( 3 2 a 2 3 6 ) +d 1 +d 2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-19

Randbedingungen: w (0)=0 c 2 =0 w (3a)=0 : F 3 ( 27 2 a3 27 6 a3 ) +3d 1 a+d 2 =0 Anschlussbedingungen: 3 d 1 a+d 2 =3a 3 F (1) dw d (a 0)= dw d (a+0) : F 3 a2 +c 1 = F 3 ( 3 a2 a2 2 ) +d 1 F 2 a2 =d 1 c 1 (2) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-20

w (a 0)=w (a+0) : F 9 a3 +c 1 a= F 3 ( 3 2 a3 a3 6 ) +d 1 a+d 2 (3) (3) 1 3 F a3 =(d 1 c 1 )a+d 2 = (2) 1 2 F a3 +d 2 d 2 = 1 6 F a3 (1) 3d 1 a=3a 3 F d 2 = 19 6 a3 F d 1 = 19 18 F a2 (2) c 1 =d 1 1 2 F a2 c 1 = 5 9 F a2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-21

Biegelinie: 0< <a : w= 1 9 F 3 + 5 9 F a2 w ( )= F a3 9 [ 5 a ( a ) 3] a<<3a : w= F 3 ( 3 2 a 2 3 6 ) + 19 18 F a2 1 6 F a3 w ( )= F a3 18 [( a ) 3 9 ( a ) 2 +19 a 3 ] w (a)= F a3 9 (5 1 )= 4 9 F a 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-22

b) Lösung mit Föppl-Symbol: Biegemoment: A a F 2a B A z B z z M y ()=A z a F = F 3 (2 3 a ) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-23

Weitere Integrationen: d 2 w d 2 = M y ( )= F 3 (2 3 a ) dw d = F 3 ( 2 3 2 a 2 +c 1 ) w= F 3 ( 3 3 1 2 a 3 +c 1 +c 2) Randbedingungen: w (0)=0 c 2 =0 w (3 a)=0 : 9 a 3 4 a 3 +3c 1 a=0 c 1 = 5 3 a2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-24

Biegelinie: w( )= F a3 18 [ 10 a 2 ( a +3 )3 a 1 3] Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-25

Beispiel: Superposition A q 0 z a F 2a B Gegeben: Kraft F, Streckenlast q0, Abmessung a, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Biegelinie w(), Durchbiegung w(a) am Kraftangriffspunkt Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-26

Die Lösung kann durch Überlagerung der beiden bereits ermittelten Biegelinien gewonnen werden. Lastfall 1: Streckenlast w 1 ( )= q 0 (3a)4 24 [( 3a ) 4 2 ( 3a ) 3 + 3a ] = q 0 a4 24 [( a ) 4 6 ( a ) 3 +27 a ] w 1 (a)= q 0 a4 (1 6+27)= 11 24 12 q 0 a 4 Lastfall 2: Einzelkraft w 2 ( )= F a3 18 [ 10 a 2 ( a ) 3 +3 a 1 3], w 2(a)= 4 9 F a 3 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-27

Gesamt: w ()=w 1 ()+w 2 ( ) w (a)= 11 12 q 0 a 4 + 4 9 F a 3 = a3 (33 q 0 a+16 F ) 36 Für eine Reihe von Lagerungen und Belastungen sind die Biegelinien tabelliert. Damit können die Biegelinien für überlagerte Belastungen leicht ermittelt werden. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-28

Beispiel: Statisch unbestimmt gelagerter Balken q 0 A B z L Gegeben: Streckenlast q0, Länge L, Biegesteifigkeit EI y Gesucht: Schnittlasten, Lagerreaktionen und Biegelinie Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-29

Lösung durch Integration der Streckenlast: q z ( )=q 0 L, Q z ( )= q z ( )d+c 1 = q 2 0 2 L +c 1 M y ()= Q z ( )d +c 2 = q 0 3 6 L +c 1 +c 2 d 2 w d = M y = q 0 3 6 L c 1 c 2 dw d = q 0 4 24 L 1 2 c 1 2 c 2 +c 3 w= q 0 5 120 L 1 6 c 1 3 1 2 c 2 2 +c 3 +c 4 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-30

Randbedingungen: dw d (0)=0 c 3=0, w (0)=0 c 4 =0 dw d (L)=0 : q 0 L 3 24 1 2 c 1 L2 c 2 L=0 q 0 L 2 =12 c 1 L+24 c 2 w (L)=0 : q 0 L 4 120 1 6 c 1 L3 1 2 c 2 L 2 =0 q 0 L 2 =20 c 1 L+60 c 2 c 1 = 3 20 q 0 L, c 2 = 1 30 q 0 L 2 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-31

Schnittlasten: Q z ( )= q L [ 0 20 3 10 ( ) 2 ], M L y ( )= q 0 L2 [ 60 9 L 10 ( ) 3 L 2] Lagerreaktionen: M A q 0 M B A z A z L B B z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-32

A z =Q z (0)= 3 20 q 0 L, B z = Q z (L)= 7 20 q 0 L M A = M y (0)= 1 30 q 0 L 2, M B = M y (L)= 1 20 q 0 L 2 Biegelinie: w ()= q 0 L4 120 [( L ) 5 3 ( L ) 3 +2 ( L ) 2] dw d ()= q 0 L3 120 [ 5 ( L ) 4 9 ( L ) 2 +4 L ] Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-33

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3.2 Räumliche Biegung Im allgemeinen Fall erfolgt die Belastung nicht in einer Ebene oder das Deviationsmoment verschwindet nicht. Dann treten Verschiebungen in y- und z-richtung auf. Die Biegelinie wird durch die Verschiebungen v() in y- Richtung und w() in z-richtung beschrieben. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-35

3.2 Räumliche Biegung Differenzialgleichungen der Biegelinie: Aus der Bernoulli-Hypothese folgt: ϕ tan(ϕ)= dw d y, v ψ ψ ψ tan(ψ)= dv d Der Zusammenhang zwischen den Biegewinkeln ϕ und ψ und den Biegemomenten wurde bereits bei der Spannungsermittlung gefunden. Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-36

3.2 Räumliche Biegung Mit E d ϕ d = I M I M z y yz z 2 I y I z I yz E d ψ d = I M I M y z yz y 2 I y I z I yz folgt: d 2 w d = I I M I I M y z y y yz z 2 2 I y I z I yz d 2 v E I z d = I I M I I M y z z z yz Y 2 2 I y I z I yz Mit den Ersatzmomenten gilt: M y = M M I / I y z yz z 1 I 2 yz /(I y I z ) M z = M M I / I z y yz y 1 I 2 yz /(I y I z ) d 2 w d 2 = M y E I z d 2 v d 2 = M z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-37

3.2 Räumliche Biegung Beispiel: Kragbalken mit Endlast F A L z Gegeben: F = 100 N, L = 1 m, E = 210000 MPa Iy = 10,4 cm 4, I z = 5,89 cm 4, I yz = 4,63 cm 4 Gesucht: Verschiebungen vb und w B von Punkt B B Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-38

3.2 Räumliche Biegung Biegemoment: M y ()= F (L )=F ( L ) Ersatzmomente: M y ()= F ( L ) 1 I 2 yz /(I y I z ), M z ( )= F ( L ) I / I yz y 1 I 2 yz /(I y I z ) Biegelinien: E I z dv d = F I yz / I y )( 1 I 2 yz /(I y I z 2 2 L +c 1) E I z v= F I yz/i y ( 3 2 L 1 I 2 yz /(I y I z ) 6 2 +c +c 2) 1 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-39

3.2 Räumliche Biegung dw d = Randbedingungen: F ( 2 1 I 2 yz /(I y I z ) 2 L +d 1) F ( w= 3 1 I 2 yz /(I y I z ) 6 L 2 2 +d +d 2) 1 v(0)=0 c 2 =0, w (0)=0 d 2 =0, dv d (0)=0 c 1=0 dw d (0)=0 d 1=0 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-40

3.2 Räumliche Biegung Ergebnis: v( )= F L3 I yz / I y 6 E I z 1 I yz w ()= F L3 1 6 1 I yz 2 /(I y I z )[( L ) 3 3 ( 2 /(I y I z ) [( L ) 3 3 ( L ) 2] L ) 2] v B =v(l)= F L3 I yz / I y 3 E I z 1 I 2 yz /(I y I z ) w B =w (L)= F L3 1 3 1 I 2 yz /(I y I z ) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-41

3.2 Räumliche Biegung Zahlenwerte: F L 3 3 E = 100 N (1 103 mm) 3 3 2100000 N/ mm 2 =1,587 105 mm 5 F L 3 = 1,587 105 mm 5 =1,526 mm 3 10,4 10 4 4 mm F L 3 = 4,762 105 mm 5 3 E I z 5,89 10 4 mm =2,695mm 4 1 I yz 2 I y I z =1 4,632 10,4 5,89 =0,6500, I yz I y = 4,63 10,4 =0,4452 Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-42

3.2 Räumliche Biegung v B =2,695 mm 0,4452 0,6500 =1,846 mm, w B=1,526 mm 1 0,6500 =2,348mm Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-43

3.2 Räumliche Biegung Beispiel: Balken unter Eigengewicht b L e z z L = 2 m g y a L 50 40 5 DIN 1029: e y I y = 10,4 cm 4, I z = 5,89 cm 4, I yz = 4,63 cm 4 q G = 33,5 N/m, E = 210000 MPa z Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-44

3.2 Räumliche Biegung Der abgebildete Balken aus Stahl ist beidseitig gelenkig gelagert. Er wird durch sein Gewicht belastet. Gesucht ist die maimale Durchbiegung. Schnittlasten: q z ( )=q G, Q z ()= q G +c 1, M y ( )= 1 2 q G 2 +c 1 +c 2 M y (0)=0 c 2 =0 M y (L)=0 : 1 2 q G L 2 +c 1 L=0 c 1 = 1 2 q G L M y ( )= 1 2 q ( G L2 2 L ) 2 L Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-45

3.2 Räumliche Biegung Ersatzmomente: q M y = G L 2 ( 2 2 (1 I 2 yz /(I y I z )) L ) 2 L, M z = q L 2 G I yz / I y 2 (1 I yz 2 /(I y I z )) ( 2 L 2 L ) Zahlenwerte: q G L 2 =33,5 10 3 N/ mm 2000 2 mm 2 =1,34 10 5 Nmm 1 I 2 yz =1 4,632 I y I z 10,4 5,89 =0,6500, I yz = 4,63 I y 10,4 =0,4452 M y = 1,34 105 Nmm ( 2 2 0,65 L ) 2 L Nmm( = 1,031 105 2 L ) 2 L M z = 1,34 105 Nmm 0,4452 2 0,65 ( 2 L 2 L ) =4,589 104 Nmm( 2 L 2 L ) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-46

3.2 Räumliche Biegung Biegelinien: E I z dv d =4,589 104 Nmm L( 1 3 E I z v=4,589 10 4 Nmm L 2( 1 12 dw d =1,031 105 Nmm L( 1 3 3 L 3 1 2 4 L 4 1 6 3 L 3 1 2 2 L +c 1) 2 3 L 3 +c 1 2 L +d 1) 2 L +c 2) w=1,031 10 5 Nmm L 2( 1 12 4 L 4 1 6 3 L 3 +d 1 L +d 2) Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-47

3.2 Räumliche Biegung Randbedingungen: v(0)=0 c 2 =0, w (0)=0 d 2 =0 v(l)=0 : 1 12 1 6 +c 1=0 c 1 = 1 12, w (L)=0 d 1= 1 12 v( )= 4,589 104 Nmm 2000 2 mm 2 12 210000 N/ mm 2 5,89 10 4 mm 4 ( =1,237 mm( 4 3 2 4 L L + ) 3 L w ()= 1,031 105 Nmm 2000 2 mm 2 12 210000 N/mm 2 10,4 10 4 mm 4 ( =1,574 mm( 4 3 2 4 L L + ) 3 L 4 3 2 4 L L + ) 3 L 4 3 2 4 L L + ) 3 L Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-48

3.2 Räumliche Biegung Die maimalen Verschiebungen treten in der Mitte auf: v ma =v ( L ) 2 =1,237 mm ( 1 2 2 4 2 + 1 ) 5 =1,237 mm =0,3866 mm 3 2 16 w ma =w ( L 2 ) =1,574 mm 5 16 =0,4919mm Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-49

3.2 Räumliche Biegung Prof. Dr. Wandinger 3. Balken TM 2 3.3-50