Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 Tutoriumsaufgaben 1 Aufgabe Vorbetrachtung: Der eingeprägte Spannungszustand im Element wird durch die Größen σ xx σ yy und τ xy beschrieben Es gelten folgende allgemeine Beziehungen: σ(φ) = 1 (σ xx + σ yy )+ 1 (σ xx σ yy ) cos(φ)+τ xy sin(φ) (1) τ(φ) = 1 (σ xx σ yy )sin(φ)+τ xy cos(φ) () σxx τ max = τxy σ yy + () a) Konstruktion des mohrschen Spannungskreises und graphische Lösung: 1 Koordinatensystem zeichnen: horizontal die σ-achse vertikal die τ-achse σ xx und σ yy auf der σ-achse eintragen τ xy positiv über σ xx und negativ unter σ yy abtragen Die entstandenen Endpunkte miteinander verbinden und diese Strecke als Durchmesser des Kreises identifizieren Der Kreismittelpunkt ist der Mittelpunkt der Strecke zwischen σ xx und σ yy auf der σ-achse Kreisbogen um den Mittelpunkt schlagen 4 Den Winkel φ vom Punkt S (Spannung im Schnitt senkrecht zur x-achse) zum Punkt S im Uhrzeigersinn (mathematisch negativen Drehsinn) um den Mittelpunkt antragen 5 σ und τ am Punkt S ablesen Abb 1: Mohrscher Spannungskreis Der mohrsche Spannungskreis (Mittelpunkt im Durchmesser) kennzeichnet einen bestiten Spannungszustand 1 1 Der Spannungszustand ist objektiv im Material vorhanden unabhängig davon wie der Beobachter sich einen Schnitt durch das Material denkt S 1/8
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 Ein bestiter Punkt am Umfang des Kreises bezeichnet die Spannungen im Schnitt unter einem bestiten Schnittwinkel: Der Punkt S mit σ = σ(φ) τ = τ(φ) bezeichnet die Spannungen in einem Schnitt unter dem Winkel φ zur x-achse Hier lesen wir ab: σ(φ = 60 )=15 /m τ(φ = 60 )= 115 /m Die Werte können auch mit den Gl (1) und() berechnet werden ormalspannung: σ(φ) = 1 (σ xx + σ yy )+ 1 (σ xx σ yy ) cos(φ)+τ xy sin(φ) (4) =15 /m (5) Schubspannung: τ(φ) = 1 (σ xx σ yy )sin(φ)+τ xy cos(φ) (6) = 115 /m (7) b) τ max =?; φ(τ max )=?: σxx τ max = τxy σ yy + (8) = 1 /m (9) Der zugehörige Winkel ergibt sich aus der Skizze des mohrschen Spannungskreises bzw aus der Gleichung für die Schubspannung Aus der Skizze: φ(τ max )= 45 Aus der notwendigen Bedingung für ein Extremum erhält man: τ(φ) (φ)! =0 tan(φ) = σ yy σ xx τ xy φ = π ± nπ φ = π 4 ± nπ (10) (11) (1) c) Hauptspannungen Aus der Skizze liest man ab dass die Richtungen unter denen die Schub spannungen verschwinden senkrecht aufeinander stehen Außerdem liest man aus der Skizze Die Spannungen in einem gedachten Schnitt hängen von der Orientierung des gedachten Schnitts bzw der Wahl des Koordinatensystems ab S /8
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 ab: σ 1 = σ max = σ xx = 1 /m bei φ = 180 σ = σ min = σ yy = 5 /m bei φ =0 oder σ 1 = σ xx + σ yy σxx ± τxy σ yy + (1) (Hauptspannungen = Mittelpunkt ± Radius) hier: τ xy =0und damit: σ 1 = σ xx und σ = σ yy s o d) Alles nochmals speziell für σ xx = 1 /m σ yy = 5 /m τ xy = 10 /m liefert: σ(φ = 60 ) = 1016 /m (14) τ(φ = 60 )= 166 /m (15) σ 1 = 44 /m (16) σ = 84 /m (17) τ max = 164 /m (18) φ für τ max : φ für σ 1 : tan φ = σ yy σ xx τ xy = 6 0 φ = 61 (19) tan φ = τ xy = 0 σ xx σ yy 6 =077 φ = 1878 (0) Hauptspannungen und zugehörige Winkel wobei der eine zum anderen komplementär ist: (σ min = 84 /m ; 71 ) (1) (σ max = 44 /m ; 188 ) () S /8
Mit einem einfachen Syetrieargument teilen wir die Gewichtskraft auf und zerlegen die resultierenden Kraftanteile dann in eine horizontal bzw vertikal angreifende Kraftkomponente wie folgt: FV FV 50 k FV 50 k tan5 FH 714 k F tan H 5 tan5 F V 50 k S 5 F H 714 k 50 k 50 k 714 k x 50k 50 k Q x 486 kcm b M x a 4500 kcm Die horizontale Kraft wirkt als Druckkraft normal zur Traversenquerschnittsfläche die mit S bezeichnete Kraft ist die Seilkraft Es gelingt so unmittelbar die dargestellten ormal- und Querkraftverläufe einzuzeichnen Auf den Verlauf der Biegemomente koen wir noch zurück Das zum Spannungsnachweis relevante Flächenträgheitsmoment folgt aus einer Tabelle: Profil [] Ai zi Ai zi a i z z i S a i Ai I 0 11 14 4 161 5 8 77 _ 408 7 0 86 1 6 104 110 i 1 50 447 4 I yy 1691cm Bei der Rechnung wurde folgendes Ergebnis für die Schwerpunktslage verwendet: z S 447 86 cm 50 Als nächstes errechnen wir die Widerstandsmomente in den in der Skizze angegebenen Punkten:
4 I yy 1691 cm W 7 cm y 1 e cm 1 148 86 4 I yy 1691 cm W 1 cm y e 140 86 cm 4 I yy 1691 cm W 196 cm y e 86 cm Bei der Berechnung der ormalspannungen müssen wir darauf achten dass es sich hier um eine Kombination von Biege- und ormalspannungen handelt was wir in folgender Formel berücksichtigen: F M A W Um die Momentenwirkung richtig zu erfassen benötigen wir den in Abb 515 eingetragenen Exzenterabstand e : e 86 70 cm 16 cm Damit wird in den mit a und b bezeichneten Punkten : M a F 90 cm 5090 kcm 4500 kcm V 5090 714 16 kcm 486 kcm M F 90 cm e F b V H Um die Vorzeichen richtig zu erfassen wurde auf die in der Skizze eingezeichnete gestrichelte Linie bezogen Wir erinnern noch an die für und finden: Druck St 5 10 714 k 1 500 cm 714 k 500 cm 714 k 500 cm zulässigen Spannungsdaten: Zug 40 485 kcm 7 cm 485 kcm 1 cm 485 kcm 196 cm 17 1606 1744 17 140 154 17 6 09 d h die zulässigen Werte werden nicht überschritten Für die Schubspannung in den Schweißnähten folgt: * Q S y 50 11 58 cm 4 I b 1691 cm 0 cm yy Dabei wurde von einer Schweißnaht von b 0 cm Tiefe ausgegangen Beachte dass die Daten für das statische Moment S * y aus der ersten Zeile in der Tabelle folgen
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 Hausaufgaben Aufgabe Die Belastung ist im Schubmittelpunkt angebracht Deswegen tritt bei diesem Querschnitt keine Verdrehung d h keine Torsionsspannung auf Mit einem Freischnitt und mit Hilfe der Aufziehme thode wird erkannt dass Spannungskomponenten nur wegen des Biegemoments und der Querkraft Abb : Aufziehmethode entstehen (keine ormalkraft kein Torsionsmoment) Um Spannungen auf dem Querschnitt sichtbar zu machen schneiden wir bei x und x + x frei wobei x eine infinitesimale Größe ist Abb : Freischnitt Somit werden die Kräfte sichtbar wobei wir für die Spannungen in der yz-ebene xz-ebene und xy-ebene in x-richtung d h σ xx σ yx und σ zx eine Gleichgewichtsbedingung aufstellen können Ganz allgemein kann man die Kräfte aus dem Spannungstensor mit dem Cauchy schen Fundamen talsatz berechnen: f i = n j σ ji (1) wobei n j die Flächennormale und f i die Kraft bezeichnet Über eine Fläche A ergibt sich also df i = f i da = n j σ ji da () S 4/8
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 das wir benutzen werden um Kfräfte aus Spannungen zu ermitteln Abb 4: Freischnitt Mit einem zusätzlichen Schnitt im Flansch erzeugen wir eine Vorderfläche: v n =(1 0 0) eine Hinterfläche: h n =( 100) und eine Seitenfläche: s n =(0 10) Für die Vorderfläche: σ xx σ xy σ xz df i =(df x df y df z )=(100) σ yx σ yy σ yz da =(σ xx daσ xy daσ xz da) () σ zx σ zy σ zz Kräftegleichgewicht in x-richtung an der Stelle x + x: df v x = σ xx (x + xz)da v (4) Für die Hinterfläche: σ xx σ xy σ xz df i =(df x df y df z )=( 100) σ yx σ yy σ yz da =( σ xx da σ xy da σ xz da) (5) σ zx σ zy σ zz diesmal an der Stelle x: df h x = σ xx (xz)da h (6) Für die Seitenfläche: σ xx σ xy σ xz df i =(df x df y df z )=(0 10) σ yx σ yy σ yz da =( σ yx da σ yy da σ yz da) (7) σ zx σ zy σ zz S 5/8
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 liefert: df s x = σ yx (xyz)da s (8) Für den Flanschteil ist angenoen worden dass sich die ormalspannungen über der Dicke nicht ändern d h σ xx (xy) Bei der Schubspannung lassen wir es hingegen noch offen: σ yx (xyz) Das Gleichgewicht in x-richtung: Fx =0: df x = dfx v + dfx h + dfx s =0 (9) A A v A h A s liefert drei Beiträge wobei bei der Integration unterschiedliche Flächen zu verwenden sind Für die Vorder- und Hinterfläche bezeichnen wir: A v = A h =: A (10) und gemäß dem Koordinatensystem im Schwerpunkt: zs A zda = da = z A da SA (11) A Mit der Seitenfläche (genauer gesagt bis zum Steganfang) A s := xt (1) und Gl (4) (6) und(8) wirdgl(9) zu: σ xx (x +dxz)da A σ xx (xz)da A σ yx (xyz)da s =0 A s (1) ach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung muss es ein (xyz) geben so dass gilt: σ yx (xyz)da s = σ yx (xyz) A s da s = σ yx (xyz) xt A s (14) Demzufolge wird Gl (1) mit der Biegespannungsformel zu: σ yx (xyz) xt= σ yx (xyz) = A M(x + x) z M(x) z da I yy M(x + x) M(x) xti yy Wenn x ier kleiner wird gilt: I yy A zda (15) M(x + x) M(x) lim = dm(x) = Q(x) (16) x 0 x dx Aus der Gl (11) mits (y) =z S A und Gl (15) wird σ yx (xy) = Q(x)S (y) s ti yy (17) S 6/8
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 bis zum Steganfang stien Dann wird A sprungartig größer zs wird kleiner und t größer Dieser Teil wird ier vernachlässigt da nach der größten Spannung gesucht wird σ yx muss and der Außenwand verschwinden geht also gegen ull Abb 5: Verlauf σ yx Genau dieselbe Argumentation im Steg diesmal mit einer unteren Fläche und dazugehörigem u n =(001) Abb 6: Freischnitt df u x = σ zx (xyz)da u (18) mit Gl (4) und(6) ergibt das Kräftegleichgewicht Fx =0: σ xx (x + xz)da σ xx (xz)da + σ zx (xyz)da =0 A A A u M(x + x) M(x) σ zx (xyz) = S (z) (19) I yy xt σ zx = Q(x)S (z) (0) I yy t S (z) ist jetzt quadratisch weil A und z sich gleichzeitig ändern Auch σ xx soll nicht vergessen werden wobei wie schon angewendet die Kraft im Hauptachsensystem S 7/8
Sekretariat MS Einsteinufer 5 10587 Berlin 15 Übungsblatt-Lösungen Spannungen Mohrscher Kreis WS 01/14 Abb 7: Verlauf σ zx angebracht wurde daher gibt es keine schiefe Biegung und σ xx hängt nur von x und z ab: σ xx = M(x) I yy z Soweit sind drei Komponenten aus neun formelmäßig identifiziert In dem Beispiel ist Q(x) =const d h betragsmäßig sind die σ yx und σ zx über x gleich (spezialer Fall) σ xx tritt am größten bei x = auf wo M(x) maximal wird Abb 8: Verlauf σ xx S 8/8